Các chuyên đề đại số luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2021

b|i to{n được chứng minh. Bất đẳng thức được chứng minh.. + Vẽ hai điểm phân biệt của đồ thị rồi vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm. Kiến thức bổ sung. Điều kiện để hai đường thẳng song song ,[r]

(1)

 Tài liệu sưu tầm

CÁC CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ

LUYỆN THI VÀO LƠP 10 CHUYÊN

(2)

Website: tailieumontoan.com

Chủ đề 1: BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ Chƣơng 1: Căn thức

1.1 CĂN THỨC BẬC Kiến thức cần nhớ:

 Căn bậc hai số thực a số thực x cho

x a

 Cho số thực a không }m Căn bậc hai số học a kí hiệu

a số thực khơng âm x m| bình phương

a:

2

0

a x

x a

a x

 

 

 

 

 

 



 Với hai số thực khơng âm a b, ta có: a b  a b

 Khi biến đổi biểu thức liên quan đến thức bậc ta cần lưu ý:

+ A

A A

A

    

 0

A A

 

+

A B  A B A B với A B, 0;

A B  A B  A B

với A0;B0

+ A A B.2 A B

B  B  B với AB0,B0

+ M M A

A

A  với A0;(Đ}y gọi phép khử thức

mẫu)

+  

M A B M

A B

A B   với A B, 0,AB (Đ}y gọi phép

trục thức mẫu)

1.2 CĂN THỨC BẬC 3, CĂN BẬC n 1.2.1 CĂN THỨC BẬC

(3)

 Căn bậc số a kí hiệu

a số x cho

x a

 Cho 3  3

;

aR a  x x  a a

 Mỗi số thực a có bậc

 Nếu a0

0

a 

 Nếu a0

0

a

 Nếu a0

0

a 

 3

a a

b  b với b0

 3

ab  a b với a b,

 3

a b a b

 3

A B  A B

 A AB2

B  B với B0

 3

A A B  B

 3

3

1 A AB B A B

A B

 



 với A B

1.2.2 CĂN THỨC BẬC n

Cho số aR n, N n; 2 Căn bậc n số a số mà lũy thừa bậc n a

 Trường hợp nlà số lẻ: n2k1,kN

Mọi số thực a có bậc lẻ nhất:

2

2k k

a x x  a

    , a0 2

0

k

a

  , a0

2

0

k

a

 

, a0

0

k

a

 

 Trường hợp nlà số chẵn: n2 ,k kN

Mọi số thực a0 có hai bậc chẵn đối Căn bậc chẵn dương kí hiệu 2k

(4)

Căn bậc chẵn âm kí hiệu 2k

a

 ,

0

k

a   x x 2k

x a;

2

0

k

a x x

    2k

x a

Mọi số thực a0 khơng có bậc chẵn

Một số ví dụ:

Ví dụ 1: Phân tích biểu thức sau thành tích:

a)

4

Px 

b)

8 3

P x 

c)

1

Px x 

Lời giải:

a)       

2 2 2

P x  x   x x x 

b)  3   3  

2 3 3

P x   x x  x

c)  2   

1 1

P x  x  x  x x  x Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức:

a)

4

A x x x x0

b) B 4x2 4x 1 4x2 4x1

4

x

c) C 9 5 10 3  

Lời giải:

a)

2

1 1

4 2

A x x x  x  x   x x

 

+ Nếu 1

2

x   x 1

2 2

x  x  A

+ Nếu 1

2

x    x 1

2 2

x   x  A x

(5)

4 4 4 1 4 1

B x x  x x  x  x   x  x 

HayB  4x 1 1 2  4x 1 12  4x  1 4x 1

4x 1 4x 1

     

+ Nếu 1 1

2

x    x   x 4x  1 4x 1

suy B2 4x1

+ Nếu 1 1 1

4

x    x    x

4x   1 4x 1 suy B2

c) Để ý rằng: 3 2 32 3  2

Suy

9 5 10(2 3) 5 28 10

C        

 2

9 5

    Hay

9 5(5 3) 25

C         

Ví dụ 3) Chứng minh:

a) A 6  6 số nguyên

b) 31 84 31 84

9

B    số nguyên ( Trích đề TS vào

lớp 10 chuyên Trường THPT chuyên ĐHQG H| Nội 2006)

c) Chứng minh rằng: 8

3 3

a a a a

x a    a   với

1

(6)

d) Tính xy biết   

2015 2015 2015

x x  y y  

Lời giải:

a) Dễ thấy A0,

Tacó

 2

2

7 7 7

A           

14 2.5

  

Suy A 2

b) Áp dụng đẳng thức:  3 3  

3

uv u  v uv uv Ta có:

3

3 3 84 3 84 84 84 3 84 3 84

1 1

9 9 9

B

   

   

          

   

   

31 84 31 84

9

 

    

 

 

Hay

3 3 3

3 84 84 84

2 1 2

9 81

B       BB    BB   B B   B

  

  

1

B B B

     mà

2

B   B B   

  suy B1

Vậy B số nguyên

c) Áp dụng đẳng thức:  3 3  

3

uv u  v uv uv Ta có

      

3

2 2 2

x  a  a xx  a x a  x x  x a  Xét đa thức bậc hai

2

x  x a với   1 8a0

+ Khi

8

a ta có 3 1

8

(7)

+ Khi 1,

a ta có   1 8a }m nên đa thức (1) có nghiệm

1

x Vậy với

8

a ta

có: 8 1

3 3

a a a a

x a    a    số tự nhiên

d) Nhận xét:

   2

2015 2015 2015 2015

x  x x  x x  x 

Kết hợp với giả thiết ta suy 2

2015 2015

x   x y  y

2 2

2015 2015 2015 2015

y y x x x x y y x y

              

Ví dụ 4)

a) Cho x 4 10 5  4 10 5 Tính giá trị biểu thức:

4

2

4 12

2 12

x x x x P

x x

    

 

b) Cho x 1 2 Tính giá trị biểu thức

4

2 1942

Bx  x x  x  (Trích đề thi vào lớp 10 Trường PTC Ngoại Ngữ - ĐHQG H| Nội năm 2015-2016)

c) Cho x 1 234 Tính giá trị biểu thức:

5

4 2015

Px  x x x  x

Giải:

a) Ta có:

2

4 10 10 10 10

x             

 

 2    2

2

8 8 5

x

(8)

5

x

   Từ ta suy  2

1

x  x  x

Ta biến đổi:    

2

2 2

2

2 2 12 4 3.4 12

1

2 12 12

x x x x P

x x

     

  

  

b) Ta có  3

1 2 3

x   x  x  x  x  Ta biến đổi

biểu thức P thành:

   

2 3

( 3 3) 3 3 3 1945 1945

Px x  x  x x x  x  x  x  x  x  

c) Để ý rằng: 3

2

x   ta nhân thêm vế với 2 1 để tận

dụng đẳng thức: 3   2

a b  a b a ab b Khi ta có:

3  3 3 

2 1 x 1  1

3  3 3  3 3 2

2 x 2x x 2x x x 3x 3x

              Ta biến đổi:

  

5 2

4 2015 3 2016 2016

Px  x x x  x  x  x x  x  x  

Ví dụ 5) Cho x y z, , 0 xyyzzx1 a) Tính giá trị biểu thức:

 2 2  2 2  2 2

2 2

1 1 1

1 1

y z z x x y

P x y z

x y z

     

  

  

b) Chứng minh rằng:

   

2 2 2 2 2

2

1 1 1 1 1

x y z xy

x  y  z  x y z

     

Lời giải:

a) Để ý rằng: 2

1x x xyyzzx(xy x)( z)

Tương tự 2

1y ;1z ta có:

       

    

2

1

y z y x y z z x z y

x x x y z

x x y x z

     

  

  

(9)

b) Tương tự c}u a) Ta có:

        

2 2

1 1

x y z x y z

x  y  z  x y x z  x y y z  z y z x

        

     

         2 2 2

2

1 1

x y z y z x z x y xy xy

x y y z z x x y y z z x x y z

    

  

        

Ví dụ 6)

a) Tìm x x1, 2, ,xn thỏa mãn:

 

2 2 2 2 2

1 2

1

1 2

n n

x   x   n x n  x x  x

b) Cho

2

4 ( )

2

n n

f n

n n

 



   với n nguyên dương Tính

(1) (2) (40)

f  f   f

Lời giải:

a) Đẳng thức tương đương với:

  2 2  2

2 2 2

1 1 2 n

x    x     x n n 

Hay 2

1 2, 2.2 , , n

x  x  x  n

b) Đặt

2

4

2 1,

2

x y n x n y n xy n

x y

   

          

Suy

       

2 3

3

2

1

( ) 2

2

x xy y x y

f n x y n n

x y x y

  

       

 

Áp dụng vào toán ta có:

       3  3  3

1 40 81 79

f  f   f         

 

 3

1

81 364

(10)

Ví dụ 7)

a) Chứng minh rằng: 1

1 2 3   79 80  Đề

thi chuyên ĐHSP 2011

b) Chứng minh rằng:

1 1 1

1 2 3 n n n

 

       

   

c) Chứng minh: 2 1 1

1

n n

n

        

với số nguyên dương n2

Lời giải:

a) Xét 1

1 79 80

A   

   ,

1 1

2 80 81

B   

  

Dễ thấy AB Ta có

1 1 1

1 2 3 79 80 80 81

A B      

    

Mặt khác ta có:  

  

1

1 1

k k

k k k k k k

 

   

     

Suy A B  2 1  3 2   81 80 81 8  Do

AB suy 2A    A B A b) Để ý rằng:

 

1 1

1 ( 1)

k k k k k k k k

  

     với

mọi k nguyên dương Suy

1 1 1

2 2

2 1

VT

n n n

     

 

             

 

(11)

c) Đặt 1 1

1

P

n

     

Ta có: 2

1

n n  n  n  n n với số tự nhiên

2

n

Từ suy

  2  

2

1

n n n n

n n n n n

       

    hay

   

2 n n n n

n

     

Do đó: 2 2 1  3 2   n 1 nT

     

1 2

T        n n  Hay n  2 T n1

Ví dụ 8)

a) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn

2 2

1 1

2

a b b c c a  Chứng minh rằng:

2 2

2

a b c 

a) Tìm số thực x y z, , thỏa mãn điều kiện:

2 2

1 3

x y y z z x  (Trích đề thi tuyến sinh vào lớp 10 chun Tốn- Trường chuyên ĐHSP H| Nội 2014)

Lời giải:

a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số khơng âm ta có

2 2 2

2 2 1

1 1

2 2

(12)

Đẳng thức xảy

2 2 2

2

1 1

3

1

2

1

a b a b

b c b c a b c c a

c a

     

 

         

 

   

  



(đpcm)

b) Ta viết lại giả thiết thành: 2

2x 1y 2y 2z 2z 3x 6

Áp dụng bất đẳng thức : 2

2aba b ta có:

2 2 2 2 2

2x 1y 2y 2z 2z 3x x  1 y y  2 z z  3 x 6

Suy VTVP Dấu xảy khi:

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2

, , 3; , ,

1

2 1; 0;

2

3

x y z x y z x y z x y

x y x y

y z x y z

y z y z z x

z x z x

     



    

    

        

    

 

  

 

    

    

Ví dụ 9) Cho  

2

4 4 16

x x x x x

A

x x

    



  với x4

a) Rút gọn A.Tìm x để A đạt giá trị nhỏ

b) Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên

Lời giải:

a) Điều kiện để biểu thức A x{c định x4

   

 

2

4 4 2 4 2

4

x x x x x x

A

x x

      

      

 

  

 

 4 2

4

x x x

x

     

+ Nếu 4 x x  4 nên

 2 4 4 16

4

4 4

x x x x

A

x x x

    

   

(13)

Do 4 x nên 0    x 4 A + Nếu x8 x  4 nên

 4 2 2 4 2 8

2 16

4 4

x x x x x x

A x

x x x x

     

       

   

(Theo bất đẳng thức Cô si) Dấu xảy

8

2 4

4

x x x

x

      



Vậy GTNN A x8 b) Xét 4 x 16

4

A

x

 

 , ta thấy AZ

16

4 Z x

x    l| ước số nguyên dương 16 Hay

   

4 1; 2; 4;8;16 5;6;8;12; 20

x   x đối chiếu điều kiện suy

x5 x6

+ Xét x8 ta có:

4

x A

x



 , đặt

2

4

2

x m x m

m

      



 ta

có:  

2

2 8

2

m

A m

m m



   suy m2; 4;8 x 8; 20;68 Tóm lại để A nhận giá trị nguyên x5;6;8; 20;68

MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN

Câu (Đề thi vào lớp 10 thành phố Hà Nội – năm học 2013-2014)

Với x0, cho hai biểu thức A x x



 B x x x x x

 

 



1) Tính giá trị biểu thức A x64 2) Rút gọn biểu thức B

3) Tính x để

2

A B

(14)

1) Cho biểu thức

2

x A

x

 

 Tính giá trị biểu thức A

2) Rút gọn biểu thức : 16

4

x x

B

x x x

  

  

  

  (với

0, 16

x x )

3) Với biểu thức A B nói trên, tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức B A 1 số nguyên

Câu (Đề thi năm học 2011 -2012 thành phố Hà Nội)

Cho 10

25

5

x x A

x

x x

  



  , với x0,x25

1) Rút gọn biểu thức A 2) Tính giá trị A x9 3) Tìm x để

3

A

Câu (Đề thi năm học 2010 -2011 thành phố Hà Nội)

Cho

9

3

x x x P

x x x



  



  , với x0,x9

1) Rút gọn P

2) Tìm giá trị x để

3

P 3) Tìm giá trị lớn P

Câu (Đè thi năm học 2014 – 2015 Thành phố Hồ Chí Minh)

Thu gọn biểu thức sau:

5 5

A   

  

1

:

3 3

x B

x x x x x x

   

      

  

(15)

Thu gọn biểu thức sau:

3

9 3

x x

A

x

x x

  

   

 

  với x0,x9

  2 2

21 3 3 15 15

B        

Câu (Đề thi năm 2014 – 2015 TP Đà Nẵng)

Rút gọn biểu thức 2

2

x x

P

x x x



 



 , với x0,x2

Câu (Đề thi năm 2012 – 2013 tỉnh BÌnh Định)

Cho 1

1 2 3 120 121

A    

   

1

2 35

B    Chứng minh B A

Câu (Đề thi năm 2014 – 2015 tỉnh Ninh Thuận)

Cho biểu thức

3

2 2 2,

x y x y

P x y

x xy y x y

 

 

  

1) Rút gọn biểu thức P

2) Tính giá trị P x 3 y 3

Câu 10 (Đề thi năm 2014 – 2015 , ĐHSPHN)

Cho số thực dương a b, ; ab

Chứng minh rằng:

 

3

0

a b

b b a a

a b a ab

b a a a b b



 

 



Câu 11 (Đề thi năm 2014 – 2015 chuyên Hùng Vƣơng Phú Thọ)

6 19

; 0,

9 12

x x x x x x

A x x

x x x x x

    

    

   

(16)

Cho biểu thức 1

4

2

x A

x x x

  



  x0,x4

Rút gọn A tìm x để

3

A

Câu 13 (Đề thi năm 2014 – 2015 chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi)

1) Cho biểu thức 3

3

x x x P

x x x x x



  

     Tìm tất

cả giá trị x để P2

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho  

:

P y x v| đường thẳng

 d :ymx1 (m tham số) chứng minh với giá trị m, đường thẳng  d cắt  P hai điểm phân biệt có ho|nh độ x x1, thỏa mãn x1x2 2

Câu 14 (Đề thi năm 2014 – 2014 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa)

Cho biểu thức 2

16 4

a C

a a a

  

  

1) Tìm điều kiện a để biểu thức C có nghĩa v| rút gọn C 2) Tính giá trị biểu thức C a 9

Câu 15 (Đề thi năm 2014 – 2015 chuyên Thái Bình tỉnh Thái BÌnh)

Cho biểu thức :

2 2 10

x x

A

x x x x x x

   

   

    

 

x0,x4

1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm x cho A nhận giá trị số nguyên

Câu 16 (Đề năm 2014 – 2015 Thành Phố Hà nội)

1) Tính giá trị biểu thức

1

x A

x

 

(17)

2) Cho biểu thức

2

x x

P

x x x x

 

 

  

  

  với x0

1

x

a) Chứng minh P x

x

 

b) Tìm giá trị x để 2P2 x5

Câu 17) Cho a 3 3  3 3 Chứng minh

2

a  a 

Câu 18) Cho a 4 10 5  4 10 5 Tính giá trị biểu thức:

2

4

2 12

a a a a T

a a

    

  Câu 19) Giả thiết x y z, , 0 xyyzzxa Chứng minh rằng:

 2 2   2 2  2 2

2 2

a y a z a z a x a x a y

x y z a

a x a y a z

     

  

  

Câu 20 Cho

2 61 46

a    

a) Chứng minh rằng:

14

a  a  

b) Giả sử  

2 14 28 19

f x x  x  x  x  x Tính f a 

Câu 21 Cho 3

38 17 38 17

a   

Giả sử có đa thức    2016

3 1940

f x  x  x Hãy tính f a 

Câu 22 Cho biểu thức    1

1

n n n f n

n n

   

 

Tính tổng S  f  1  f  2  f  3   f 2016

Câu 23) Chứng minh với số nguyên dương n, ta có:

2 2

1 1

1

1 n

(18)

Câu 24) Chứng minh với số nguyên dương n3, ta có

3 3

1 1 65

1 2 3  n 54

Câu 25) Chứng minh rằng:

43 1 44

44 1 2 3 22  2002 2001 2001 2002  45

(Đề thi THPT chuyên Hùng Vương Phú Thọ năm 2001-2002)

Câu 26) Chứng minh với số nguyên dương n, ta có:

 

1 1

2 1 3 32 2  n1 n 1 n n   n1

Câu 27) Chứng minh với số nguyên dương n2, ta có:

1 10 3 1

3 12 3 3

n n

n n n

  

 

LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CHỦ ĐỀ 1) Lời giải:

1) Với x64 ta có 64

8

64

A    

     

 

1 2 1 2

1

x x x x x x x x x

B

x x x x x

x x x

     

    

  



Với x0, ta có: :2 3

2 2

A x x x

B x x x

  

    



2 x x x x

        (do x0)

2 Lời giải:

1) Với x36, ta có 36 10

8

36

A   



2) Với x0,x16 ta có:

      

  

4 4 2 16 2

16 16 16 16 16 16

x x x x x x x

B

x x x x x x

       

 

   

       

(19)

3) Biểu thức  1 2

16 16

x x x

B A

x x x

 

   

   

    

 1

B A nguyên, x nguyên x16 l| ước 2, mà

  2 1; 2

U    Ta có bảng giá trị tương ứng:

Kết hợp điều kiện, để B A 1 nguyên x14;15;16;17

3) Lời giải:

   

  

10 5 10

25

5 5

x x x x

x x

A

x

x x x x

   

   



   

     

5 10 25 10 25

5 5

x x x x x x

x x x x

     

 

   

 

  

2

5 5

5

x x

A x x x

 

  



  Với x9 ta có: x 3 Vậy

3 5

A    



1)    

  

3 3 3 3

x x x x x

P

x

x x

    

 



 

2) 3 36

3 3

P x x

x

       

 (thỏa mãn ĐKXĐ)

3) Với max

3

0, 1

0 3

x P P

x

     



 x0 (TM)

5 Lời giải:

5 5

A   

(20)

  

          

5 5 5 5 5 5 5

   

  

     

5 15 5 15 5 5

4 4

    

      

3 5 5

    

 

1

:

3 3

x

B x

x x x x x x

   

       

  

   

 

1

:

3 3

x x

x x x x x

 

    

     

  

   

  

   

2

1

:

3

x x

x

x x x x x

    

  

   

 

    

6 Lời giải:

Với x0 x9 ta có:

 3 9 3

9

3

x x x x A

x x x x

     

 

  

    

 

  2 2

21

4 6 15 15

2

B         

  2 2

21

3 3 15 15

        

 2

15

3 15 15 60

   

7).Lời giải: Với điều kiện cho thì:

      

2

1

2

2 2

x

x x

P

x x

x x x x



    

 

  

8 Lời giải:

Ta có: 1

1 2 3 120 121

A    

(21)

 2   2   120 121 

1 2 3 120 121 120 121

  

   

     

1 2 120 121

1 1

  

   

  

2 121 120 121 10

           (1)

Với *

k , ta có: 2 2 

1 k k

k  k  k  k  k   

Do 1

2 35

B   

 

2 36 35

B

         

   

2 36 10

B

        (2) Từ (1) (2) suy BA

9 Lời giải:

1)

  

3

2

x y x y x y

P

x xy y x y x y x y

  

 

    

2) Với x 3  2 y 3  1

Thay vào P ta được:

22 33  13 1 31 33

P       



  

(22)

Ta có:

 

3

a b

b b a a

a b a ab

Q

b a a a b b



 

 

 

 

   

 

      

3

0

a b a b

b b a a

a b a a b

a b a ab b a b a b

 

  

  

    

3 3 2  

a a a b b a b b a a a

a b a ab b a b

   

 

   

  

3 3 3

0

a a a b b a a a a b b a

a b a ab b

    

 

   (ĐPCM)

11 Lời giải:

6 19

9 12

x x x x x x A

x x x x x

    

  

   

  

2 19 3 4

x x x x

   

  

   

  

2 19 15

x x x x x x

x x

       



 

  

1 1 3

x x x

x

x x

  

 



 

 

2

1 2

4 4

2 2

x

x x

A

x x x x

x x x



      

   

   Với

1

3

A

x

  

  x  4 x 16 (nhận) Vậy

1

A x16

(23)

3

x x x P

x x x x x



   

    

   

1 3 3 3

3

x x

x x x



    

 

  

6

2 3

x

x x x



    



Vì P  2 x x  3 x 3 x  3

 2

3 3

x x x x

             Vậy x3

4

x

2) Phương trình ho|nh độ giao điểm  P  d là:

2

1

x mx 

có

4

m

    với m, nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x x1, Theo hệ thức Viet ta có: x1x2  m x x1  1

   2 2 2

1 2 2

x x m x x x x m

       

 2 2  2   2

1 2

x x x x m x x m

        

 2 2

1 4

x x m

     với m  x1x2 2 với m (ĐPCM)

1) Biểu thức C có nghĩa khi:

0 0

16 16

0, 16

4 16

0

4

a a



  

    

    

    

 

     

Rút gọn

2

16 4

a C

a a a

  

     

2 4 4

a

a a

  

 

   

  

2 4 4

a a a

a a

   



       

2 8

4 4

a a a a a

a a a a

    

 

(24)

 

  

4

4 4

a a a

a

a a



 



 

2) Giá trị C a 9 Ta có:

 2

9 4 5

a  a       

2

2 5

a

    

Vậy

  5 5

4

a C

a

 

    

  



1) Với x0,x4 biểu thức có nghĩa ta có:

2 3 :

2 2 10

x A

x x x x x x

   

   

    

 

     

    

2 2 3 :

2

x x x x

     



  

    

5

2

2 2

x x

 

 

 

Vậy với x0,x4

2

x A

x





2) Ta có x  0, x 0,x4 nên 0, 0,

2

x

A x x

x

   



 

5 5

, 0,

2

2 2

x

A x x

x x

     

 

5

2

A

   , kết hợp với

A nhận giá trị số nguyên A 1,

1 1

3

A  x  x  x   x thỏa mãn điều kiện

2 2

(25)

Vậy với

9

x A nhận giá trị nguyên

1) Với x9 ta có 3

A  



2) a)

      

1

2 1

1

2

x x

x x x x x

P

x x x

x x x x

          

   

  

       

   

b) Theo câu a) P x x

 

2

2P x x x

x



     

2 x 2 2x5 x 2x3 x 2 x0

  1

2

x  x  x x

        

 

17 Giải:

 

2

3 3

a            

 2    2

6 3

          Do a0 nên

3

a  Do a12 3 hay

2

a  a 

18 Giải:

   2

2

8 16 10 8

a          

 

8

     Vì a0 nên a 1 Do a12 5

hay

2

a  a Biểu diễn

 2  2 2 

2

2 4 3.4 4 1

2 12 12

a a a a T

a a

     

  

  

(26)

Ta có: 2   

ax x xyyzzx xy xz Tương tự ta có:

     

2

;

ay  yx yz az  z x zy Từ ta có:

       

    

2

a y a z x y y z z x z y

x x x x y

a x x y x z

     

  

   Tương

tự:          

2 2

2 ;

a z a x a x a y

y y z x z z x y

a y a z

   

   

  Vậy

      2 

VT x y z y z x z xy  xyyzzx  a

20 Giải:

a) Vì 3 3

61 46 5  5  1

Từ a 2 5   1 2

 2

2

2 10 14

a a a a

         

b) Do     

14

f x  x  x  x 

14

x  a   nên ta f a 1

21 Giải:

Vì 3

38 17 38 17 3.3 38 17 38 17

a       

   2012

3 2016

76 3 76 76 1940 2016

a a a a f a

         

22 Nhân tử mẫu f n  với n 1 n, ta được:

   1

f n  n n n n Cho n từ đến 2016, ta được:

 1 2 1;  2 3 2; ; 2016 2017 2017 2016 2016

f   f   f  

Từ suy ra: S f  1  f  2  f  3   f 20162017 2017 1

23 Giải:

Vì n số nguyên dương nên: 12 12 12 12 12

1 n

       (1)

(27)

2 2

1 4 1

4 2

k k k k k

 

     

     Cho k2,3, 4, ,n ta có:

2 2

1 4 2 2

2  4.2 4.2 1 2.2 1 2.2 1  3

2 2

1 4 2 2

3 4.3 4.3 12.3 1 2.3 1  3

2 2

1 4 2 2

4  4.4 4.4 1 2.4 1 2.4 1  7

<<<<

2 2

1 4 2 2

4 2 2

n  n  n   n  n  n  n

Cộng vế với vế ta được:

2 2

1 1 2

1

1 2 3  n   3 2n1  3 (2) Từ (1) (2) suy

điều phải chứng minh

24 Giải:

Đặt 13 13 13 13

1

P

n

     Thực làm trội phân số vế trái cách làm giảm mẫu, ta có:

      

3

2 2 1

,

1 1 k

k k k  k k  k k k k  

Cho k 4,5, ,n

   

3 3

1 1 1 1 1

2

1 3.4 4.5 4.5 5.6 1

P

n n n n

 

     

             

 

       

 

251 1 251 65

108 3.4 n n 108 3.4 27

     

 Do

65 64

P (đpcm)

25 Giải:

Đặt

 

1 1

2 1 2 1

n

S

n n n n

   

    

(28)

   2 2     

1 1

, 1

1 1 1

k k k k k k k k

k k k

k k k k k k k k k k

     

     



      

Cho k 1, 2, ,n cộng vế với vế ta có:

1 1 1 1

1 2 1

n

S

n n n

        

 

Do 2001

1

2002

S  

Như ta phải chứng minh:

43 44 1

1

44  2002 45 45 2002  44

44 2002 45 1936 2002 2025

     

Bất đẳng thức cuối nên ta có điều phải chứng minh

26 Giải:

Để giải tốn ta cần có bổ đề sau:

Bổ đề: với số thực dương x y, ta có: x yy x x xy y Chứng minh: Sử dụng phương ph{p biến đổi tương đương

0

x yy x x xy y x xy yx yy x

      

x x y y y x x y x y

        

  2

0

x y x y

   

Bổ đề chứng minh Áp dụng bổ đề ta có:

n1 n 1 n n n n  1 n 1 n

n 1 n1 n n n n 1n 1 n

 

(29)

Vì thế:

 

1 1

2 1 3 32   n1 n 1 n n 

 

1 1

1 1 2 n 1 n nn

   



    Mà theo kết câu

25 thì:

 

1 1

2 1 2 3 22 3  n1 nn n1   n1 Vậy

b|i to{n chứng minh

Câu 27)

Giải:

Để ý phân số có tử mẫu đơn vị, nên ta nghĩ đến đẳng thức

 2 

1

2

n n

n n n n n n



      

 Kí hiệu

1 10 3

3 12 3

n n P

n n

 



 Ta có:

2 10 3 1 10 3

12 3 3 12 3

n n n n

P

n n n n

   

  

     

1 3 10 3 10 3 12 3

n n n n

  

  

      

1 3 3

3 10 3 3

n n n n n n n n

  



      

1

3 3n n

 

 

Từ đ}y suy

3

P n



 Bất đẳng thức chứng minh Chủ đề 2: HÀM SỐ BẬC NHẤT, HÀM SỐ BẬC

Vấn đề 1: Hàm số bậc Kiến thức cần nhớ:

(30)

+ Hàm số bậc hàm số cho cơng thức: yax b a b số thực cho trước a0

+ Khi b0 hàm số bậc trở thành hàm số yax, biểu thị tương quan tỉ lện thuận y x

2. Tính chất:

a) Hàm số bậc , x{c định với giá trị x R

b) Trên tập số thực, hàm số yax b đồng biến a0 nghịch biến a0

3. Đồ thị hàm số yax b với a0.

+ Đồ thị hàm số yax b l| đường thẳng cắt trục tung điểm có tung độ b cắt trục hoành điểm có ho|nh độ b

a



+ a gọi hệ số góc đường thẳng yax b

4. Cách vẽ đồ thị hàm số yax b

+ Vẽ hai điểm phân biệt đồ thị vẽ đường thẳng qua điểm + Thường vẽ đường thẳng qua giao điểm đồ thị với trục

tọa độ A b;0 ,B 0;b a

 

 

 

+ Chú ý: Đường thẳng qua M m ;0 song song với trục tung có phương trình: x m 0, đường thẳng qua N 0;n song song với trục ho|nh có phương trình: y n

5. Kiến thức bổ sung

Trong mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A x y 1; 1 ,B x y2; 2

  2 2

2

AB x x  y y Điểm M x y ; l| trung điểm AB

1 2;

2

x x y y

x  y 

(31)

Cho hai đường thẳng  d1 :yax b v| đường thẳng

 d2 :ya x b'  ' với a a, '0

 ( ) / /(d1 d2) a a' bb'

 ( )d1 (d2) a a' bb'

  d1 cắt  d2  a a'

 ( )d1 (d2)a a ' 1

Chú ý: Gọi  góc tạo đường thẳng yax b trục Ox,

0

a tana

Một số toán mặt phẳng tọa độ:

Ví dụ 1) Cho đường thẳng  d1 :y x v| đường thẳng

   

2 :

d y m m x m m a) Tìm m để ( ) / /(d1 d2)

b) Gọi A l| điểm thuộc đường thẳng ( )d1 có ho|nh độ x2

Viết phương trình đường thẳng (d3)đi qua A vng góc với

( )d

c) Khi ( ) / /(d1 d2) Hãy tính khoảng cách hai đường thẳng

 

1

( ),d d

d) Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng ( )d1

tính diện tích tam giác OMN với M N, l| giao điểm ( )d1 với trục tọa độ Ox Oy,

Lời giải:

a) Đường thẳng ( ) / /(d1 d2)

  

2

1

2 1

2

1

2

m m m m

m m m

m m

  

   

    

 

    

 

 

Vậy với

2

(32)

b) Vì A l| điểm thuộc đường thẳng ( )d1 có ho|nh độ x2 suy

ra tung độ điểm A ly   2 A 2;4

Đường thẳng  d1 có hệ số góc a1, đường thẳng  d2 có hệ số

góc a'a'.1    1 a' Đường thẳng  d3 có dạng y  x b

Vì  d3 qua A 2; suy 4    2 b b Vậy đường thẳng

 d3 y  x

c)

Khi ( ) / /(d1 d2) khoảng cách hai đường thẳng  d1  d2

cũng l| khoảng cách hai điểm A B, thuộc  d1

 d2 cho AB( ),d1 AB d2

Hình vẽ: Gọi B l| giao điểm đường thẳng

3

(d ) (d2) Phương trình ho|nh độ giao điểm

của  d2  d3 là:

1 25 23 25 23

6 ;

4 8 8

x x x y B 

            

Vậy độ d|i đoạn thẳng AB là:

2

25 23 2

8 8

AB       

   

d) Gọi M N, l| giao điểm đường thẳng  d1 với

trục tọa độ Ox Oy, Ta có:

Cho y    0 x A2;0, cho y    0 x N2;0 Từ suy OM ON2 MN2 2.Tam giác OMN vuông cân O Gọi H hình chiếu vng góc O lên MN ta có

1

2

OH  MN 

2

OMN

S  OM ON  ( đvdt)

Chú ý 1: Nếu tam giác OMN không vuông cân O ta tính

OH theo cách:

Trong tam giác vng OMN ta có:

B A (d3)

(d2)

(d1)

N y

(33)

2 2

1 1

OH OA OB (*) Từ để khoảng cách từ điểm O

đến đường thẳng ( )d ta làm theo cách:

+ Tìm c{c giao điểm M N, ( )d với trục tọa độ

+ Áp dụng cơng thức tính đường cao từ đỉnh góc vng tam giác vng OMN (cơng thức (*)) để tính đoạn OH

Bằng cách làm tƣơng tự ta chứng minh đƣợc cơng thức sau:

Cho M x y 0; 0 v| đường thẳng ax by c  0 Khoảng cách từ điểm

M đến đường thẳng là:

0

2

ax by c d

a b

  



Ví dụ 2:Cho đường thẳng mx 2 3m y   m ( )d a) Tìm điểm cố định m| đường thẳng ( )d qua

b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng ( )d lớn

c) Tìm m để đường thẳng ( )d cắt trục tọa độ Ox Oy, A B, cho tam giác OAB cân

Lời giải:

a) Gọi I x y 0; 0 l| điểm cố định m| đường thẳng ( )d qua

với m ta có:

 

0

mx   m y    m mm x 03y0 1 2y0  1 m

0

3

2

x y y

   

   

 Hay

0

1

;

1 2

2

x

I y

 

   

  

   



(34)

b) Gọi H hình chiếu vng góc O lên đường thẳng ( )d Ta có: OH OI suy OH lớn OI

( )

H  I OI  d Đường thẳng qua O có phương trình: yax

1 1

; :

2 2

I    OI a   a OI yx

 

Đường thẳng ( )d viết lại sau:

2  2 

mx  m y   m  m y mx m + Đế ý với

3

m đường thẳng ( ) :

d x  song song với trục Oy nên khoảng cách từ O đến ( )d

2

+ Nếu

3

m đường thẳng ( )d viết lại:

3

m m

y x

m m



 

 

Điều kiện để ( )d OI 1

3 2

m

m m m

m        Khi

khoảng cách

2

1 2 2

OI        

    Vậy

1

m giá trị cần tìm c) Ta giải tốn theo cách sau:

+ Cách 1: Dễ thấy

3

m không thỏa mãn điều kiện (Do ( )d không cắt Oy) Xét

3

m , đường thẳng ( )d cắt Ox Oy, c{c điểm A B,

tạo thành tam giác cân OAB , góc

90

AOB  OAB vng cân O Suy hệ số góc đường thẳng ( )d phải 1 đường thẳng ( )d không qua gốc O

1

3

1

1 2

3

m

m m

m

   

  

 

       



Ta thấy có giá trị

2

m thỏa mãn điều

(35)

Cách 2: Dễ thấy 2,

m m không thỏa mãn điều kiện

Xét 0;2

3

m , đường thẳng ( )d viết lại:

3

m m y x

m m



 

 

Đường thẳng ( )d cắt trục Ox điểm A có tung độ nên

1 1

0 ;0

3

m m m m m

x x A OA

m m m m m

     

       

    , đường

thẳng ( )d cắt trục Oy điểm có ho|nh độ nên

1 1

0;

3 3

m m m

y B OB

m m m

    

    

     Điều kiện để tam giác

OAB cân

1

3

2

m m

OA OB

m m

m m m

  



  

    



 

  



Giá

trị m1 không thỏa mãn , đường thẳng ( )d qua gốc tọa độ Kết luận:

2

m

Ví dụ 3) Cho hai đường thẳng

1

( ) :d mx(m1)y2m 1 0,(d ) : (1m x my)  4m 1

a) Tìm c{c điểm cố định mà ( )d1 , (d2) ln qua

b) Tìm m để khoảng cách từ điểm P(0;4) đến đường thẳng

1

( )d lớn

c) Chứng minh hai đường thẳng cắt điểm I

.Tìm quỹ tích điểm I m thay đổi

d) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác I AB với A B, l| c{c điểm cố định mà    d1 , d2 qua

Lời giải:

a) Ta viết lại

 

1

(36)

Tương tự viết lại

 

2

(d ) : (1m x my)  4m  1 m y    x x suy (d2)

đi qua điểm cố định: B1;3

b) Để ý đường thẳng ( )d1 qua điểm cố định: A 1;1

Gọi H hình chiếu vng góc P lên ( )d1 khoảng cách từ A

đến ( )d1 PH PA Suy khoảng cách lớn PA

 1

PH PH  d Gọi yax b phương trình đường thẳng

qua P   0;4 ,A 1;1 ta có hệ : 4

.1

a b b a b a

  

 



     

  suy phương trình

đường thẳng PA y:   3x

Xét đường thẳng ( ) :d1 :mx(m1)y2m 1 Nếu m1

 d1 :x 1 không thỏa mãn điều kiện Khi m1 thì:

 1

2 :

1

m m

d y x

m m



 

  Điều kiện để ( )d1 PA

 

3

1

m

m m     



c) Nếu m0  d1 : y 1  d2 :x 1 suy hai đường

thẳng ln vng góc với cắt I1;1 Nếu

1

m  d1 : x 1  d2 :y 3 suy hai đường thẳng

ln vng góc với cắt I 1;3 Nếu m 0;1 ta viết lại  1

2 :

1

m m

d y x

m m



 

   2

1 : m m

d y x

m m

 

  Ta thấy

1 1

m m

         

   nên    d1  d2

Do hai đường thẳng cắt điểm I

Tóm lại với giá trị m hai đường thẳng    d1 , d2 vng góc

(d2) (d1)

H K

B A

(37)

và cắt điểm I Mặt khác theo câu a) ta có    d1 , d2 qua

điểm cố định A B, suy tam giác I AB vuông A Nên I nằm đường trịn đường kính AB

d) Ta có AB  1 1 2 3 12 2 Dựng IHAB

2

1 1

2 2

I AB

AB AB

S  IH AB IK AB AB  Vậy giá trị lớn diện tích tam giác IAB IHIK Hay tam giác

IAB vuông cân I

Ứng dụng hàm số bậc chứng minh bất đẳng thức tìm GTLN, GTNN

Ta có kết quan trọng sau:

+ Xét hàm số y f x( )ax b với m x n GTLN, GTNN hàm số đạt xm xn Nói cách khác:

   

 

min ( ) ;

m x n

f x f m f n

 

 max ( ) max    ; 

m x n

f x f m f n

 

 Như

vậy để tìm GTLN, GTNN hàm số y f x( )ax b với m x n

ta cần tính giá trị biên f m   ,f n so sánh hai giá trị để tìm GTLN, GTNN

+ Cũng từ tính chất ta suy ra: Nếu hàm số bậc

 

y f x ax b có f m   ,f n 0 f x 0 với giá trị x

thỏa mãn điều kiện: m x n

Ví dụ 1: Cho số thực 0x y z, , 2 Chứng minh rằng:

   

2 x  y z xyyzzx 4

Lời giải:

Ta coi y z, l| c{c tham số, x ẩn số bất đẳng thức cần chứng minh viết lại sau:

   

( ) 2

(38)

Để chứng minh f x 0 ta cần chứng minh:  

 

0

2

f f

 





 Thật

ta có:

+ f  0 2 y z yz 4 y2 2  z với y z, thỏa mãn:

0 y z, 2

+ f  2 2 2  y z 2 y z yz   4 yz với y z, thỏa mãn:

0 y z, 2

Từ ta suy điều phải chứng minh: Dấu xảy x y z; ;   0;2;2 hoán vị số

Ví dụ 2: Cho số thực không âm x y z, , thỏa mãn điều kiện:

1

x  y z Tìm GTLN biểu thức: Pxyyz zx 2xyz

Lời giải:

Khơng tính tổng qt ta giả sử min , , 

3

x y z z x y z  z   

Ta có    

2

1

4

x y z xy  

  

1    1  1 

Pxy  z  x y zxy  z z z Ta coi z tham số xy

là ẩn số f xy xy1 2 z z 1z hàm số bậc xy với

 2

1

4

z

xy 

  Để ý rằng: 2 z0 suy hàm số

  1  1 

f xy xy  z z z đồng biến Từ suy

  1 2  1 2  

1 2

4 4

z z z z

f xy  f    z  z  z    

 

3

7 1 27 2z 4z 108

 

   

 

2

7 1

27 z z 27

           

    Dấu xảy

khi

3

(39)

Ví dụ 3: Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện:

1

a b c   Chứng minh rằng:  2 2  3 3

5 a  b c 6 a  b c 1

Lời giải:

Khơng tính tổng qt giả sử: amina b c, ,  suy

3

a Bất đẳng thức tương đương với

 2  3  

2

5a  b c 2bc6a  b c 3bc b c 1

 2  3      2

2

5a a 2bc 6a a 3bc a  9a bc 2a

                

Đặt t bc

2

1

2

b c a t      

    

    Ta cần chứng minh:

     2

9

f t  a t a  với

2

1 0;

2

a t    

   

  Do 9a 4

suy hàm số f t  nghịch biến Suy

   2

3

a

f t  f     a a 

 

  Đẳng thức xảy

1

a  b c

Vấn đề 2: HÀM SỐ BẬC HAI Kiến thức cần nhớ

Hàm số

yax a0: Hàm số x{c định với số thực x

Tính chất biến thiên:

(40)

Ví dụ

a) Hãy x{c định hàm số  

y f x ax biết đồ thị qua điểm A 2;4

b) Vẽ đồ thị hàm số cho

c) Tìm c{c điểm Parabol có tung độ 16 d) Tìm m cho  3

;

B m m thuộc Parabol

e) Tìm c{c điểm Parabol (khác gốc tọa độ) c{ch hai trục tọa độ

Lời giải:

a) Ta có A P  4 a.22  a

b) Đồ thị Parabol có đỉnh gốc tọa độ

 0;0

O quay bề lồi xuống dưới, có trục đối xứng Oy qua c{c điểm

  1;1 , 1;1 ,   3;9 , 3;9

M N  E F 

c) Gọi C l| điểm thuộc  P có tung độ 16

Ta có:

16 16

C C C

y  x  x   Vậy C4;16 C4;16 d) Thay tọa độ điểm B vào  P ta được:

 

3 2

0 0

m m m m  m m   m m1

y= a x2

Với a<0 y

x O

y=x2

-3

9

3 1 -1

1 y

x O

y

x O

y= ax2

(41)

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 40 Trang 40/17

e) Gọi D l| điểm thuộc  P c{ch hai trục tọa độ Ta có:

   

, D D; , D

d D Ox  y x d D Oy  x Theo giả thiết ta có:

2

0

D D D

x  x  x  (loại) xD 1 Vậy D 1;1 D1;1

Ví dụ 2: Một xe tải có chiều rộng 2,4 m chiều cao 2,5 m muốn qua cổng hình Parabol Biết khoảng cách hai chân cổng 4m khoảng cách từ đỉnh cổng tới chân cổng m( Bỏ qua độ dày cổng)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi Parabo  

:

P yax với a0

là hình biểu diễn cổng mà xe tải muốn qua Chứng minh

1

a 

2) Hỏi xe tải có qua cổng khơng? Tại sao?

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường THPT chuyên ĐHSP H| Nội 2015-2016)

Lời giải:

1) Giả sử mặt phẳng tọa độ, độ d|i c{c đoạn thẳng tính theo đơn vị mét Do khoảng cách hai chân cổng m nên

2

MANA m Theo giả thiết ta có OMON 2 5, áp dụng định lý Pitago ta tính được: OA4 M2; ,  N  2; 4 Do M2; 4 

thuộc parabol nên tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình:

 

:

P yax hay

4 a.2 a

      P :y x2

2) Để đ{p ứng chiều cao trước hết xe tải phải v|o cổng

Xét đường thẳng  :

d y  (ứng với chiều cao xe) Đường thẳng cắt Parabol điểm

A

B H

T

N -4 M

y=-x2

2 -2

y

x O

(42)

có tọa độ thỏa mãn hệ:

2

3

y x y

    

 



2

x

y

    

   

3 ;

2 3

;

2

x y



  

  



   

 

suy tọa độ hai giao điểm

3 3

; ; ; 2, 2 2

T   H HT  

    Vậy xe tải qua

cổng

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d y:  1 điểm F 0;1 Tìm tất điểm I cho khoảng cách từ I

đến d IF

Lời giải:

Giả sử điểm I x y ; Khi khoảng cách từ I đến d y1

 2

2

1

IF  x  y Như  2  2

1

y x  y Từ đ}y suy

2

1

y x Do tập hợp tất điểm I cho khoảng cách từ

I đến d IF l| đường Parabol  

1 :

4

P y x

Ví dụ

a) X{c định điểm M thuộc đường Parabol  

:

P yx cho độ d|i đoạn IM nhỏ nhất, I 0;1

b) Giả sử điểm A chạy Parabol  

:

P yx Tìm tập hợp trung điểm J đoạn OA

(43)

a) Giả sử điểm M thuộc đường Parabol  

:

P yx suy

 2

;

M m m Khi 2  2

1

IM m  m  m m  Vậy

2

2 3

2

IM  m    

  Ta thấy IM nhỏ

3

2

m  hay 1;

2

M 

 

b) Giả sử điểm  2

;

A a a thuộc  

:

P yx Gọi I x y 1; 1 trung

điểm đoạn OA.Suy

1

2

1

2 2

a x

a y x

   

   

Vậy tập hợp c{c trung điểm I

của đoạn OA l| đường Parabol  

1 :

P y x

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A B chạy parabol  

:

P yx cho A B, O 0;0 OAOB Giả sử I

l| trung điểm đoạn AB

a) Tìm quỹ tích điểm trung điểm I đoạn AB

b) Đường thẳng AB luôn qua điểm cố định

c) X{c định tọa độ điểm A B cho độ d|i đoạn AB nhỏ

Lời giải:

a) Giả sử  2

;

A a a  2

;

B b b l| hai điểm thuộc  P Để

 

, 0;0

A BO OAOB ta cần điều kiện: ab0

2 2

OA OB  AB hay ab0 4  2  22

(44)

AB Khi đó:

 

1

2

1

2

2 2

a b x

a b ab

a b

y x

    

 



    



Vậy tọa độ điểm I

thỏa mãn phương trình

2

y x 

Ta tìm điều kiện để OAOB theo cách sử dụng hệ số góc: Đường thẳng OA có hệ số góc

2

a k a

a

  , đường thẳng OB

có hệ số góc

2

b k b

b

  Suy điều kiện để OAOB a b  1

b) Phương trình đường thẳng qua A B  

2

:x a y a

AB

b a b a

 



 

hay  AB :ya b x ab   a b x  1 Từ đ}y ta dễ dàng suy đường thẳng  AB :ya b x  1 luôn qua điểm cố định

 0;1

c) Vì OAOB nên ab 1 Độ d|i đoạn  2  22

AB a b  a b

hay

2 4 2

2

AB a  b ab a  b a b Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta

có 2 2

2

a b  a b  ab , 4 2

2a

a b  b Ta có:

2 2

2 2 2

AB ab   a b  a b  Vậy AB ngắn

2

,

a b ab  Ta cặp điểm l|: A1;1 B 1;1

Ví dụ 5) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol  

:

P yx ,

 P lấy hai điểm A1;1 ,  B 3;9 a) Tính diện tích tam giác OAB

(45)

Lời giải:

a) Gọi yax b l| phương trình đường thẳng AB

Ta có  1

3

a b a

b

a b

  

  

 

  

 

 



suy phương trình đường thẳng AB

 d :y2x3 Đường thẳng AB cắt trục Oy điểm I 0;3 Diện tích tam giác OAB là:

1 2

OAB OAI OBI

S S S  AH OI BK OI Ta có AH 1;BK3,OI 3 Suy SOAB6 (đvdt)

b) Giả sử  2

;

C c c thuộc cung nhỏ  P với   1 c Diện tích tam giác:SABC SABB A' 'SACC A' 'SBCC B' ' Các tứ giác

' ', ' ' , ' '

ABB A AA C C CBB C hình thang vng nên ta có:

     

2

1 9

.4 8

2 2

ABC

c c

S     c     c c  Vậy diện tích tam giác ABC lớn (đvdt) C 1;1

Ví dụ 10) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng

 d :y  x parabol  P :yx2

a) Tìm tọa độ c{c giao điểm  d  P

b) Gọi A B, l| hai giao điểm  d  P Tính diện tích tam giác OAB (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT Hà Nội năm 2014)

Lời giải:

1) Phương trình ho|nh độ giao điểm  P  d là:

2

6

x    x x   x     x x 3.Ta có y 2 4;y  3

K

H I

A' C' B' C(c;c2

)

B

A y=x2

-3

9

3 1 -1

1 y

(46)

Vậy tọa độ giao điểm  P  d B 2; A3;9

2) Gọi A B', ' hình chiếu A B, xuống trục hồnh Ta có SOAB SAA B B' ' SOAA'SOBB'

Ta có A B' ' xB'xA' xB'xA' 5;AA' yA9;BB'yB4

' '

' ' 65 ' '

2 2

AA BB

AA BB

S   A B    (đvdt), '

1 27 ' '

2

OAA

S  A A A O

(đvdt) ' ' ' '

65 27

4 15 2

OAB AA B B OAA OBB

S S S S  

       

  (đvdt)

Phƣơng trình bậc hai định lý Viet Kiến thức cần nhớ:

Đối với phương trình bậc hai  

0

ax bx c  a có biệt thức

2

4

b ac

  

+ Nếu  0 phương trình vơ nghiệm.

+ Nếu  0 phương trình có nghiệm kép

2

b x

a

 

+ Nếu  0 phương trình có hai nghiệm phân biệt:

2

b x

a

  

 ;

2

b x

a

  



Công thức nghiệm thu gọn : Khi b2 'b , ta xét

' b' ac

   Khi đó:

+ Nếu  ' phương trình vơ nghiệm. + Nếu  ' phương trình có nghiệm kép x b'

a

 

+ Nếu  ' phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1

' '

b x

a

  

 ;

' '

b x

a

  



SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƢƠNG TRÌNH BẬC

(47)

để đưa dạng AxB2 0, kiến thức bất đẳng thức , bất phương trình, số tốn khó ta cần nắm bắt tính chất đặc biệt tam thức bậc để vận dụng

Ngoài kiến thức sở SGK ta cần nắm thêm số kết quả, bổ đề quan trọng sau:

+ Mọi tam thức bậc 2:  

f x ax bx c với a0 phân tích thành dạng  

2

b f x a x

a a



 

    

  với

2

4

b ac

  

+ Để chứng minh phương trình bậc hai

   

0

f x ax bx c  a có nghiệm ngồi cách chứng minh  0

ta cịn có c{ch kh{c sau:‛Chỉ số thực  cho a f   0

hoặc hai số thực  , cho: f     f  0‛

Thật ta chứng minh điều nhƣ sau:

+ Ta có  

2

b

a f a

a a

       

 

 

 

2

2 0

2 4

b b

a a a a

   

            

   

    suy phương

trình có nghiệm

+ Xét         

a f  a f  a f  f    hai số af  

 

af  có số không dương, tức af   0hoặc af   0 

phương trình có nghiệm

Ví dụ 1) Giải c{c phương trình sau: 1)

5

x  x 

2)

2x 3x

    3) x2 2 3x2 30

4)  

2

x  m x m  m

(48)

1) Ta có    5 24.1.6 1   1 Phương trình có nghiệm phân biệt

1

2

5 2.1

3 2.1

x

    



    

2) Ta có 2  

2x 3x 17 17

           

Phương trình có nghiệm phân biệt  

 

1

2

3 17 17

2

3 17 17

2

x

    

 



   

  

 

3) Ta có:

 2  2

2 4.2 3

          Phương trình có hai

nghiệm phân biệt là:

 

1

2

2 3

2

2 3

3

x

   

 

 

   

  



,

4)  2  

2m m m

     

Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

1

2

2 1

1

2 1

2

m

x m

m

x m

 

   

 

 

  



Ví dụ 2. Cho phương trình: m1x22m1 x m 3 (1) Giải phương trình (1) m2

2 Tìm m để phương trình (1) có nghiệm kép

3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

(49)

1 Với m2 ta có phương trình:

6

x  x  Ta có

 2

' 10

     nên phương trình có nghiệm là: x 3 10

3 10

x 

2 Phương trình (1) có nghiệm kép khi:

 

  2   

1 1 1

6 ' 1

m m

m m m

 

  

   

   

       



3 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

 

  2   

1

1 1

3

6

' 1 1

m m m

m

m m m m

  

   

  

    

       

 

  

Ví dụ 3. Cho a b 0,b c 0,a c 0 Chứng minh phương trình sau có nghiệm:

   3 3  2 2

2

a b c x   a  b c x a  b c 

Lời giải:

Nếu a b c  0 từ giả thiết ta suy a  b c Do phương trình có vơ số nghiệm

Dưới đ}y ta xét trường hợp a b c  0

Ta có:  3 3    2 2

' a b c a b c a b c

        

 3 3      

2 a b c ab a b bc b c ac a c

        

 

 3   3    3  

a b ab a b b c bc b c a c ac a c

           

    2    2   2

a b a b b c b c a c a c

         

Do a b b c a c ,  ,  0 Từ suy phương trình cho có nghiệm

Ví dụ 4: Cho phương trình: 3

4

ax bcx b  c abc (1)

a0 vô nghiệm Chứng minh hai phương trình sau có phương trình vơ nghiệm phương trình có

nghiệm:

0

ax bx c   2

0

(50)

Lời giải:

Vì (1) vơ nghiệm nên ta có:

    

2 3 2

1 b c 4a b c 4abc b 4ac c 4ab 0(*)

         

Phương trình(2) có: 2 b 4ac;

   Phương trình (3) có:

3 c 4ab

  

Nên (*)    2 hai số  2, 3ln có số dương v|

một số âm dẫn đến hai phương trình (2) v| (3) ln có phương trình có nghiệm phương trình vơ nghiệm

Ví dụ 5)

a) Cho số dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a2b3c1 Chứng minh có hai phương trình sau có

nghiệm  

4x 4 2a1 x4a 192abc 1

 

2

4x 4 2b1 x4b 96abc 1

b) Cho số a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c  6 Chứng minh ba phương trình sau có nghiệm :

2

1 0;

x ax  x2bx 1 0;x2  cx

c) Chứng minh ba phương trình sau có phương trình có nghiệm:

2

ax  bx c  (1) ; bx22cx a 0 (2)

2

cx  ax b  (3)

Lời giải:

a) Hai phương trình có

   

1

' 16a 48bc , ' 16 24b ac

      Vì a b, số dương nên

1

' , '

  dấu với 48 bc 24 ac Mặt khác ta lại có

     2

1 48 bc 1 24ac 2 24c a2b  2 24 3c  c 2 6c1 0.Dẫn

đến ' '

1

    Vậy có hai phương trình có nghiệm

b). Ba phương trình cho có

2 2

1 a 4; b 4; c

         Do 2

1 a b c 12

(51)

Lại có

 2 2 2   2  2  2  2 2

3 a b c  a b c   a b  b c  c a  a b c  Suy

ra  

2 2

12

3

a b c

a b c      Do 2

12

a b  c  hay

1

      Vậy có ba phương trình cho có nghiệm

c) Nếu Trong ba số a b c, , có số 0, chẳng hạn a 0 (2)có nghiệm x0

Ta xét a, ,b c số thực khác 0, ba phương trình cho l| ba phương trình bậc hai có

: 2

1

' b ac; ' c ab; ' a bc

        

Xét tổng     1 ta có:

  2  2 2

2 2

1

' ' '

2

a b c ab bc ca  a b b c c a 

                  

Suy ba số   ' ; ' ; '1 3có số khơng âm hây ba

phương trình cho có phương trình có nghiệm

Ví dụ 6)

a) Cho tam thức bậc hai f x x2bx c b c, số nguyên Chứng minh rằng, tồn số nguyên k để

  2015  2016

f k  f f

b) Cho tam thức bậc hai  

f x x bx c Giả sử phương trình

 

f x x có hai nghiệm phân biệt Chứng minh phương trình f f x x có nghiệm nếu: b12 4b c 1

Giải:

(52)

Với đa thức bậc dạng  

f x x  px q Ta ln có

 

     1

f f x x  f x f x với x Thật ta có:

 

     

f f x x f x x b f x xc

     

2

f x f x x x b f x bx c

     

     

2

f x f x x b f x x bx c

     

       

2

f x f x x bf x f x

   

           

2 1

f x f x x b f x x x b x c f x f x

             

Trở lại toán chọn x2015 ta có

 

 2015 2015 2015  2016

f f   f f Ta suy số k cần tìm

là: k f 20152015

b) Ta có:    2   

f f x  x f x bf x  c x

       

f x f x x x f x x b f x x x bx c x

             hay

 

         

1 1

f f x  x f x x  f x    x b   f x x x  b x b c   

Để ý phương trình  

1

x  b x b c    có

 2  

1

b b c

       f x  x có nghiệm phân biệt nên suy f f x x có nghiệm

Chú ý:

+ Để chứng minh n số a a1, 2, an có số khơng âm

(hoặc số dương) ta cần chứng minh tổng

1 2 n n

k a k a  k a  k k1, kn0

Ví dụ 7: Cho a b c, , số thực có tổng khác Chứng minh phương trình sau ln có nghiệm:

        

a x a x c b x c x a c x a x b  (1)

Cách 1:    

(1) a b c x  2 ab bc ca x  3abc0 (2)

(53)

Ta có:

 2   2 2 2 2 2 2  

' ab bc ca 3abc a b c a b b c c a abc a b c

            

  2  2 2

1

0 ab bc bc ca ca ab

 

        Vậy phương trình cho

ln có nghiệm

Cách 2: Gọi f x  vế trái phương trình (1) Ta có:

 0 ;        ;     ;  

f   abc f a a a b a c  f b b b a b c  f c c c a c b 

           

0

f f a f b f c abc a b b c c a

         trong bốn

số f        0 ,f a ,f b ,f c tồn hai số có tích khơng dương

Dẫn đến phương trình cho ln có nghiệm

Ví dụ 8: Cho a,b,c thỏa mãn:3a4b6c0.CHứng minh phương trình sau ln có nghiệm:  

0

f x ax bx c 

Cách 1:

* Nếu    

3

a  b c   c b f x b x   f x

  có

nghiệm

* Nếu a0 ta có:

 2  2  

2 6

4 0

16 16

a c a c

b ac  ac  f x

         có nghiệm

Cách 2: Ta có:

    1

2 4

2

f  f   a b c    a b c  a b c

   

    1  

1 0

2 2

f f  f f   f   f x

           

      có nghiệm

Cách 3: Ta có

  9 12 16 3  2

0 ;

4 16 16 16

a b c c

f c f    a b c         

 

Suy  0

f f   

(54)

Nhận xét:

Với cách giải thứ hai việc khó phải chứng minh đẳng

thức:2  1

f  f   

  Tại ta xét  

1 ,

2

f f  

  nhân thêm

hệ số Vậy hai giá trị  1 ,

f f   

  ta cịn có giá trị

nào khác khơng? Câu trả lời có, chẳng hạn ta xét  1 , ,  0

f f    f

 

Ta cần x{c định hệ số m n p, , 0

saocho:  1  0

3

mf nf   pf  a b c

  Đồng hệ số ta có

hệ phương trình:

4

2

4 1, ,

3 2

6

m n

m n m n p m n p

   



       



   



Vậy ta

có:2  1  0

f  f    f  

  ba số    

2 , ,

3

f f   f

  tồn

một số không âm số không dương, dẫn đến tích hai số khơng dương hay phương trình có nghiệm

Cách giải thứ 3: Tại ta

4

f   

  Điều hoàn toàn

tự nhiên ta cần tạo tỷ lệ : 4a b để tận dụng giả thiết:

3a4b6c0

Ta xét toán tổng quát sau:

Ví dụ 9: Cho số thực dương m,n,p thỏa mãn:

;

nm mpn

và a b c

m  n p Chứng minh phương

(55)

Giải: Để chứng minh (1) có nghiệm x 0;1 , ta số thực

 

, 0;1

  cho f     f  0 Vì  ,  0;1 có giả thiết

1

n

n m

m

   nên dẫn đến ta xét:

2

n n n f a b c

m m m

      

  Mặt khác

từ:

2

2 2

1

0

a b c m n n m a b c c

m n p n m m p n

   

          

 

 

2 2

2 0

m n n pm n pm n pm n

f c f c f

n m pn m pm pm

  

   

       

   

* Xét c0

- Nếu a   0 b f x  l| đa thức không, f x sẽ có

nghiệm  0;1 - Nếu a0, từ giả thiết b n

a m

   

    b  0;1

f x x ax b x

a

      

* Xét c0 ta có:      

2

0

n pm n

f f f f x

m pm



    

 

  có nghiệm

 

0;n 0;1

x

m

 

 

 

VẬN DỤNG ĐIỀU KIỆN CĨ NGHIỆM CỦA PHƢƠNG TRÌNH BẬC TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

GTLN,GTNN (Phƣơng pháp miền giá trị hàm số) Bài tốn 1: Tìm GTLN, GTNN biểu thức

2

ax bx c y

mx nx p

  

  với

2

0

mx nx  p x Phương ph{p:

Gọi y0 giá trị biểu thức: Khi

   

2

0 0 0

ax bx c

y y m a x y n b x y p c mx nx p

 

       

(56)

Ta xét trường hợp:

+ Nếu 0

a

y m a y

m

    thay vào  * ta tìm x suy

0

a y

m

 giá trị biểu thức

+ Nếu 0

a

y m a y

m

    (*) l| phương trình bậc ẩn x Điều kiện để phương trình có nghiệm là:  0 Từ ta suy điều kiện y0 Trên sở ta tìm GTLN, GTNN (nếu có) biểu

thức

+ Ngoài trình chứng minh bất đẳng thức ta cần nắm kết

quả sau: Ta có:  

2

2 4

b b

a f x a x a x

a a a

      

         

   

 

  Từ

suy Nếu  0 a f x   0 a f x,   dấu Một kết thường xuyên sử dụng giải to{n l|: ‚Nếu tam thức bậc :

 

f x ax bx c có a   0, f x  0, x.‛

Ví dụ 1: Tìm GTLN, GTNN biểu thức:

a)

2

5

x y

x x



  b)

2

8

1

x x P

x

  



c)

2

x xy y A

x xy y

  

  với y0

d)

2

2 12 2

x xy

A

xy y

 

  biết

2

1

x y  (Đề TS ĐH khối B- 2008)

Lời giải: a) Do

2

5

2

x  x x   

  , x suy biểu thức y

(57)

 

2

0 0

5

x

y y x y x y x x

     

   *

+ Nếu

7

5

y       x x điều có nghĩa l| y0 1

giá trị biểu thức nhận

+ Nếu y0 1 (*) phương trình bậc có

 2    

0 0 0

5y y 7y y 28 3y

      Phương trình có nghiệm

và

28 0

3

y

     Để ý với giá trị y0 0

0

28

y   0 nên + GTNN y

 00 

5

0

2

y x

y

  



+ GTLN y 28

3  

0

28

5 3 14

28

2

3

y x

y

   

   

 

 

b) ĐKXĐ  x

Ta có    

2

8

1

x x

P P x x P x

 

      

 (1) Coi (1)

phương trình bậc hai ẩn x Trường hợp 1: P   1 P

4

x (*) Trường hợp 2: P   1 P phương trình (1) có nghiệm

  

2

' P 8P P P P

              (**) Kết hợp (*) (**) ta có minP 1; maxP9

c)

2

x xy y A

x xy y

  

(58)

Ta chia tử số mẫu số cho

y v| đặt t x y



2

t t A

t t

  

  Ta có

 2

2

t    t t   với t Gọi A0 giá trị biểu

thức Khi ta có:

   

2

0 0

2

2 2

2

t t

A A t A t A

t t

 

       

  (*)

+ Nếu A0 2

1

t  suy A0 2 giá trị biểu thức

nhận

+ Nếu A0 2 (*) phương trình bậc có

  2   2

0 0 0

' A A 5A 4A 21A 17

          Điều kiện để phương trình có nghiệm

  

2

0 0 0

17 ' 21 17 17

4

A A A A A

              Từ

đó ta có GTNN A 0

1

2 2

A

t x y

A



    



GTLN A 17

4

0

1 7 3

A

t x y

A



      



d) Nếu y0 2

1 2

x   P x 

Xét y0 đặt xty  

2

2 2

2

2 12 12

1 2 3

t t x xy x xy

A

xy y x xy y t t



 

  

     

Giải tương tự c}u b) Ta có   6 A Suy GTNN A 6

đạt ;

13 13

x y  ;

13 13

x  y

GTLN A l| đạt ;

10 10

x y

3

;

10 10

(59)

Ví dụ 2: Cho số thực x y z, , thỏa mãn điều kiện:

5

xy yz zx x y z

   

   



Tìm GTLN, GTNN x

Lời giải:

Ta viết lại hệ phương trình dạng:  

5

yz x y z

y z x

  

 

  

 (*) hay

 

8 5

yz x x

y z x

  

 

  

 (*) Vì x y z, , số thực thỏa mãn  * nên suy

,

y z hai nghiệm phương trình:  

5

t  x t  xx  (**) Điều kiện để phương trình (**) có nghiệm là:

 2  2 2   

5 x 5x x 3x 10x 7 3x x

               hay

7

3

x

 

Khi x     1 t y z nên GTNN x

Khi 4

3 3

x     t y z suy GTLN

3

x

Ví dụ 3) Cho số thực x y z, , thỏa mãn điều kiện: x  y z Tìm GTLN biểu thức: P9xy10yz11zx

Lời giải:

Thay z  1 x y vào P ta có:

    

9 10 11 10 11

P xyz y x  xy  x y y x

 

2

11x 11 12y x 10y 10y

      hay

 

2

11x  12y11 x10y 10y P Để phương trình có nghiệm

điều kiện  2  

0 12y 11 4.11 10y 10y P

        hay

2

296y 176y 121 44P

(60)

2

74 22 121 74 11 495 495

11 37 296 11 27 148 148

P  y y  y 

            

    Do

GTLN P 495

148 đạt

25 11 27

; ;

74 37 74

x y z

Ví dụ 4) Cho số thực dương a b c, , cho a b c  3 Chứng

minh rằng:

2

aab abc

Lời giải:

Từ giả thiết ta suy b  3 a c Ta biến đổi bất đẳng thức thành:

       

3 2

2

aa   a c ac     a c c a  c  c a 

coi đ}y l| h|m số bậc a Xét

     

2

f a  c a  c  c a ta có hệ số

a 2c 1

và ta có:  2    2 

2c 5c 18 2c 2c c 4c

          

  2 

2c1 c c  3 c 20 0 c Suy f a 0, dấu xảy 3, 1,

2

a b c

ĐỊNH LÝ VIET VỚI PHƢƠNG TRÌNH BẬC

Kiến thức cần nhớ:

Định lý Viet: Nếu x x1, hai nghiệm phương trình

 

2

0,

ax bx c  a

1

b x x

a c x x

a

    

   

(*)

Ghi chú: Trước sử dụng định lý Viet, cần kiểm tra điều kiện phương trình có nghiệm, nghĩa l|  0

Một số ứng dụng định lý Viet

(61)

Nếu a b c  0 phương trình có hai nghiệm 1;

c

x x

a

 

Nếu a b c  0 phương trình có hai nghiệm 1;

c x x

a

    + Tính giá trị biểu thức g x x 1, 2 g x x 1, 2 biểu thức

đối xứng hai nghiệm x x1, phương trình (*):

Bước 1: Kiểm tra điều kiện  0, sau {p dụng định lý Viet Bước 2: Biểu diễn biểu thức g x x 1, 2 theo S  x1 x P2, x x1 từ

tính g x x 1, 2

Một số biểu thức đối xứng hai nghiệm thƣờng gặp:

 2

2 2

1 2 2

x x  x x  x x S  P;

 3  

3 3

1 2 2

x x  x x  x x x x S  SP;

 2  

4 2 2 2 2

1 2 2 2

x x  x x  x x  S  P  P S  S P P ;

 2  2 2

1 2 4 ,

x x  x x  x x  x x  S  P

+ Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm x x1, cho trước:

Bước 1: Tính S  x1 x P2; x x1

Bước 2: Phương trình bậc hai nhận hai nghiệm x x1,

X S X P

+ Tìm điều kiện để phương trình bậc hai (*) (a b c, , phụ thuộc vào tham số m), có hai nghiệm x x1, thỏa mãn điều kiện cho trước

 1, 2

h x x  (1)

Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình (*) có nghiệm, nghĩa l|  0 Sau {p dụng định lý Viet để tính

b S x x

a

    (2)

1

c P x x

a

(62)

Bước 2: Giải hệ phương trình (1),(2),(3) (thường sử dụng phương pháp thế) để tìm m, sau ý kiểm tra điều kiện tham số m

ở bước

+ Ph}n tích đa thức bậc hai thành nhân tử: Nếu phương trình (*) có

hai nghiệm x x1,    

2

1

ax bx c a xx xx

+ Chứng minh bất đẳng thức liên quan đến nghiệm phương trình bậc ta cần ý đến c{c điều kiện ràng buộc sau:

Nếu: x1 m x2 x1mx2m0

Nếu

1  

1

2

0

x x m

m x x

x m x m

  

   

  



Nếu

1  

1

2

0

x x m

x m x m

  

   

  



Một số ví dụ:

Ví dụ Khơng giải phương trình, cho biết dấu nghiệm a)

13 20

x  x  c)

5x 7x 1

b)

3x 5x 2

Lời giải:

a) Ta có:

1

20

13

c P x x

a b S x x

a

     



       

Vì P0 nên hai nghiệm x x1, dấu S 0 nên hai nghiệm

cùng dấu dương

b) Ta có: 1

2

3

c P x x

a

     nên hai nghiệm x x1, trái dấu

c) Ta có:

1

7

c P x x

a b S x x

a

     

  

(63)

Vì P0 nên hai nghiệm x x1, dấu S 0 nên hai nghiệm

cùng dấu âm

Ví dụ 2: Ph}n tích đa thức sau thành nhân tử

a)  

3

f x  x  x b)  

5

g x   x x 

c)   2

; 11

P x y  x  xy y d)

  2

; 2

Q x y  x  y  xy x y

Lời giải:

a) Phương trình

3x 5x 2 có hai nghiệm x1

3

x

Suy   3 1 3 2 1

3

f x  x x  x x

 

b) Phương trình  2 2

5

x x x x x

          

hoặc

4

x  Suy

         

1 1 2

g x   x  x    x x x x

c) Ta coi phương trình 2

6x 11xy3y 0 l| phương trình bậc hai ẩn x

Ta có  2 2

11 4.18 49

x y y y

     Suy phương trình có nghiệm

là 11

12

y y y

x   x

2

y

x Do

    

; 3

y y

P x y  x x  xy x y

  

d) Ta có 2  

2x 2y 3xy x 2y 0 2x  1 3y x2y 2y0

Ta coi đ}y l| phương trình bậc hai ẩn x có:

 2    2

1 2 25 10

x y y y y y y

(64)

Suy phương trình có nghiệm 5 1

4

y y

x     x y

1

y

x  Do   ; 2   2 1

2

y

Q x y  x y x   x y x y

 

Ví dụ 3: Ph}n tích đa thức   2

2

f x x  mx  x m m thành tích hai tam thức bậc hai ẩn x

Lời giải:

Ta có 2  

2

x  mx  x m   m m  x  mx  x

Ta coi đ}y l| phương trình bậc hai ẩn m có:

 2  2 4  2  2

2 4

m x x x x x x

          

Suy  

2

0

2

x x

f x   m    x  x

2

x x

m    x x.Do     

1

f x  mx  x mx x

Ví dụ 4:

a) Cho phương trình

2x mx 5 0, với m la tham số Biết phương trình có nghiệm 2, tìm m tìm nghiệm cịn lại

b) Cho phương trình  

2 1

x  m x m   , với m tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương

c) Cho phương trình

4 2

x  x x  m , với m tham số X{c định m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt

Lời giải:

a) Vì x2 nghiệm phương trình nên thay x2 vào

phương trình ta 13

2

m m

     Theo hệ thức Viet ta

có:

5

x x  mà x12 nên

5

x  Vậy 13

2

m nghiệm lại

(65)

b) Phương trình có hai nghiệm dương

2

1 ' 2

1

2 1

2 1 1

m m

S m m m

P m m m

  

    

 

        

    

    

Vậy với m1 thỏa mãn tốn

c) Ta có  

4 2 4 2

x  x x   m x  x  x   m

 2

2 2

x x m

       (1) Đặt t   x Khi (1) th|nh:

2

t    t m (2)

Để (1) có nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm phân biệt dương,

tức phải có:

0

0 1

0

m

P m m

S

   

 

        

 

   

 

thỏa mãn yêu cầu

tốn

Ví dụ 5)

a) Tìm m để phương trình  

3x 4 m1 x m 4m 1 có hai nghiệm phân biệtx x1, thỏa mãn:  2

1

1 1 x x

x  x  

b) Chứng minh phương trình: ax2bx c 0a0(1) có hai nghiệm phân biệt nghiệm gấp k k  1lần nghiệm  2

1k ackb

c) Tìm giá trị m để phương trình x2mx m 2  m

có hai nghiệm x x1, l| độ dài cạnh góc vng tam giác

vuông ABC, biết độ dài cạnh huyền BC2

Lời giải:

(66)

2

'

4

4 0

3

m m

c m m

m m a                     

 (*) Khi theo định lý Viet ta

có:  

2

1 2

4

;

3

m m m

S  x x   Px x   

Ta có:    

1 2

1 1

2

x x

x x x x

x x x x



      x1x2x x1 220

(dox x1 0)

1

2

1

1; 1;

2

m x x

m m m x x m m

                  

Thay vào (*) ta thấy m 1 không thỏa mãn Vậy m1;m5 giá trị cần tìm

b) Giả sử (1) có hai nghiệm x x1, 2và nghiệm gấp k lần

nghiệm ta có:

  

1 2

2

0

x kx x kx

x kx x kx x kx x kx

  

 

    

    

 

 2  2  2  2

1 2 2

1 k x x k x x k x x k x x 2x x 

           

 2  2  2   2 2

1 k c k b 2c k ac k b 2ac k ac kb

a a a

  

             

 

 

 

Giả sử  2

1k ackb ta cần chứng minh (1) có nghiệm l|

Ta có:

   

2

2 2

2 4 1 k k

b ac b b b

k k



      

  Vậy ta có điều phải

chứng minh

c) Vì độ dài cạnh tam giác vng số dương nên x x1, 0

Theo định lý Viet, ta có 2

1

0

x x m x x m m

   



   

 (1) Điều kiện để

phương trình có nghiệm là:

 

2 2

4 3 12

m m m m m

(67)

Từ giả thiết suy 2  2

1 2

x x   x x  x x  Do

 

2 2

m  m    m m  m    m

Thay m 1 vào (1) (2) ta thấy m 1 Vậy giá trị cần tìm m 1

Ví dụ 7: Cho phương trình

     2

4

1 1

x mx  m x m m x m  a) Giải phương trình m 2

b) Tìm tất giá trị tham số m cho phương trình có bốn nghiệm đơi phân biệt

Lời giải:

a) Khi m 2, ta có phương trình:

2

x  x  x x 

Kiểm tra ta thấy x0 không nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình cho

x ta được: 2

1

2 1

x

x x

 

     

 

Đặt t x x

  , suy 2

2

1

2

x t

x

   Thay v|o phương trình ta

được:

2 1

t      t t Với t 1 ta

2

1

2

x x x x

x

 

         Vậy với m 2 phương tình

có nghiệm

2

x  

b) Nếu x0 phương trình cho th|nh: m120

Khi m 1 phương trình vơ nghiệm

Khi m 1 x0 nghiệm phương trình cho v|

đó phương trình cho có dạng

0

1

x x x

x

     

 

 Trong trường

(68)

Do x0 m 1 Chia hai vế phương trình cho

0

x  đặt t x m 1

x



  Ta thu phương trình:

 

2

1

t t mt m

t m

        

  

Với t 1 ta  

1

x  x m  (1) Với t m ta    

1

x  m x m  (2)

Phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt c{c phương trình (1) v| (2) có hai nghiệm phân biệt, đồng thời chúng khơng có nghiệm chung

Để (1) (2) có hai nghiệm phân biệt khi:

 

 2  

1

m

m m m

  

   



   

 (*)

Khi x0 nghiệm chung (1) (2) thì:

 

   

2

0

2

0

1

m x x

m x m x

     



    

 Suy m2x0 0 điều n|y tương đương

với m 2 x0 0

Nếu x0 0 m 1 (khơng thỏa mãn) Nếu m 2 (1) (2)

cùng có hai nghiệm

2

x  

Do kết hợp với (*), suy phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt    2 m

Ví dụ 8) Tìm tất giá trị m để phương trình:

a) mx22m1x3m20 có hai nghiệm x x1, thỏa mãn

1 2

(69)

b)  

2

x  m x m   có hai nghiệm x x1, thỏa mãn

 

1 2

3x x 5 x x  7 c)

3

x  x m  có hai nghiệm x x1, thỏa mãn

   

2

1 2 1 19

x x x x 

d)  

3x 4 m1 x m 4m 1 có hai nghiệm phân biệt x x1,

thỏa mãn  2

1

1 1 x x

x x  

Lời giải:

a) Nếu m0 phương trình cho th|nh: 2x   6 x

(không thỏa mãn)

Nếu m0 Ta có  2  

' m m.3 m 2m 4m

        

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm

2 6 '

2 m

 

     (*) Với điều kiện (*) giả sử x x1, hai

nghiệm phương trình

Từ u cầu tốn áp dụng Viet ta có:

 

1

2

1

2

m

x x m

x m

m

x x

 

  

  



  



Thay x m

m



 v|o phương trình ta (m2 6 m4  0 m

hoặc

3

m Đối chiếu điều kiện ta m2

3

m thỏa mãn yêu cầu tốn

b) Ta có:  2  

2m m 4m

      

m

(70)

Theo định lý Viet ta có:

2

1

2

x x m x x m

   

  

 thay vào hệ thức

 

1 2

3x x 5 x x  7 0, ta

3 10

3

m  m   m m2

Đối chiếu điều kiện ta m2 thỏa mãn yêu cầu toán c) Ta có:   9 4.1 m  9 4m

9

m

    

Ta có: 2  2  2 2

1 2 1 19 2 2 19

x x x x  x x x x x x 

 

2 2 2

1 2 19 2 19

x x x x x x x x x x x x

         

 2  

1 2 2 19

x x x x x x x x

      Theo định lý Viet ta có:

1

3

x x x x m

  

  

 Thay vào hệ thức    

2

1 2 2 19

x x  x x x x x x  ta

được:    

3  2 m  m 19 5m10 m

Đối chiếu điều kiện ta m2 thỏa mãn yêu cầu tốn

d) Ta có:  2  

' m m 4m m 4m

        

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là:      ' m

hoặc m  2 Ta có:   2

1

1 2

1 1

2

x x x x

x x

x x x x

 

     Theo

định lý Viet ta có:

 

1

2

4

3

4

3

m x x

m m x x

  

  



    



Thay vào hệ thức

1 2

x x x x

x x

  

, ta được:

      

 

2

4

3

m m m

m m

m m m m

  

 

    

(71)

  

2

1 5

2

m m m

m

m m

          

 

 

  

   

 Đối chiếu điều

kiện ta m1 m5 thỏa mãn u cầu tốn

Ví dụ 9) Cho phương trình  

1

x  m m   m , với m tham số

a) Chứng minh phương trình cho có hai nghiệm trái dấu với m

b) Gọi hai nghiệm phương trình cho l| x x1, Tìm m để

biểu thức

3

1

2

x x

A

x x

       

    đạt giá trị lớn

Lời giải:

a) Xét

2

0,

2

a c m    m m     m

 

Vậy phương trình ln có hai nghiệm trái dấu với m b) Gọi hai nghiệm phương trình cho l| x x1,

Theo câu a) x x1 20, A x{c định với x x1,

Do x x1, trái dấu nên

x

t x

     

  với t0, suy

3

0

x x

    

  , suy

0

A

Đặt

3

x

t x

     

  , với t0, suy

3

1

x

x t

     

  Khi

1

A t

t

   mang

giá trị âm A đạt giá trị lớn A có giá trị nhỏ Ta có

1

A t t

    , suy A 2 Đẳng thức xảy

2

1

t t t

t

(72)

 

3

1

1 2

2

1 1

x x

x x x x m m

x x

 

                

 

 

Vậy với m1 biểu thức A đạt giá trị lớn 2

Ví dụ 10) Cho phương trình 2

2x 2mx m  2 0, với m tham số Gọi x x1, hai nghiệm phương trình

a) Tìm hệ thức liên hệ x x1, không phụ thuộc vào m

b) Tìm giá trị nhỏ lớn biểu thức

 

1

2

1 2

2

x x A

x x x x

 

  

Lời giải:

Ta có    2

4

m m m

       , với m

Do phương trình ln có nghiệm với giá trị m Theo hệ thức Viet, ta có: x1x2 m x x1  m

a) Thay m x1 x2 vào x x1  m 1, ta x x1   x1 x1

Vậy hệ thức liên hệ x x1, không phụ thuộc vào m

1 1

x x   x x

b) Ta có: 2  2  

1 2 2 2

x x  x x  x x m  m m  m Suy

 

1

2 2

1 2

2 2

x x m

A

x x x x m

 

 

    Vì

 2

2

2 2

1

2 2

1 0,

2 2

m m m m

A m

m m m



   

        

  

Suy A  1, m Dấu ‚=‛ xảy ta m1

Và       

2

2 2

1 1

0,

2 2 2 2

m m m m

A m

m m m

   



       

  

Suy 1,

2

A   m Dấu ‚=‛ xảy m 2 Vậy GTLN A m1 GTNN A

2

(73)

2

x  m x m  m  , với m tham số Gọi x x1, nghiệm phương trình Chứng minh rằng:

1 2

9

x  x x x 

Lời giải:

Ta có  2    

' m 2m 3m m m m m

           Để phương trình có hai nghiệm      ' 0 m Theo định lý Viet ta có:

 

1 2

x x  m

1 2

x x  m  m Ta có

 

1 2 2

x  x x x  m  m  m

2

2 1

2 2

2 16

m

m m m m 

          

 

Vì 1

4 4

m m

       suy

2

1 9

0

4 16 16

m m

        

   

   

Do

2 2

1 2

1 9 9

2 2

4 16 16 8

x  x x x  m    m    m  

     

Dấu ‚=‛ xảy

4

m

2 1

x  m x m   , với m tham

số tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân

biệt x x1, cho biểu thức

1

x x P

x x



 có giá trị số nguyên

Lời giải:

Ta có  2  

2m m 4m

       Để phương trình có hai

nghiệm phân biệt

4

m

     Theo định lý Viet ta có:

1 2

x x  m

1

(74)

 

2

1

2 4

x x m m P

x x m m

 

   

   Suy

5

2

P m

m

  

 Do

3

m nên 2m 1

Để P ta phải có 2m1 l| ước 5, suy

2m   1 m

Thử lại với m2, ta P1 (thỏa mãn) Vậy m2 giá trị cần tìm thỏa mãn tốn

Ví dụ 14)

a) Tìm m để phương trình

0

x   x m có hai nghiệmx x1,

biểu thức: 2  2 

1 1 2

Qx x  x x  đạt giá trị lớn

b) Cho phương trình  

2

x  m x m   , với m tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1, cho

 

1 2

Px x  x x  đạt giá trị nhỏ

c) Gọi x x1, hai nghiệm phương trình:

 

2

2x  3a1 x 2 Tìm giá trị nhỏ biểu

thức:  

2

2 1 2

1

3 1

2

x x

P x x

x x

  

      

 

Lời giải:

a) Phương trình có nghiệm    0 4m0

m

  (*)

Khi theo định lý Viet:

1

S x x P x x m

    

  

 Ta có:

 

3

4

QS S  P S  P m (do (*)) max

4

Q

  đạt

1

m Vậy

4

m giá trị cần tìm

b) Ta có  2  

' m m 2m

(75)

Để phương trình có hai nghiệm '

2

m

     (*) Theo định lý

Viet ta có: x1x2 2m2

2

1 2

x x m  Ta có

   

1 2 2 2

Px x  x x  m   m 

 2

2

4 12 12

m m m

        Dấu ‚=‛ xảy m2

thỏa mãn điều kiện (*) Vậy với m2 biểu thức P đạt giá trị nhỏ 12

c) Ta có: 3a1216 0 Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Theo định lý Viet thì: 2

3

;

a

x x   x x   Ta có

 2 1 2 1 2  1 2  2

1 2

1

2

x x x x x x

P x x x x

x x

  

 

      

 

 2  2

1 2

3

6 24

4

a

x x x x   

 

       

 

  Đẳng thức xảy

1

3

a   a Vậy minP=24

Ví dụ 14: Giả sử phương trình

0

x ax b  có nghiệm lớn Chứng minh rằng:

2

1

a a b b b a b

  

   Lời giải:

Theo định lý Vi et ta có:

1

x x a x x b

   

 

 Bất đẳng thức cần chứng minh

có dạng : 2

1 2

2 1

x x

x x

x  x  x x

   Hay

1

2 1

2

1

1 1

x x

x x

x   x   x x 

  

   2

1

1 2

2

1

1 1

x x x x

x x x x



 

    

  

(76)

có: x1  x2 x x1 1 Để chứng minh  * ta quy chứng minh:

1 2

1

1x 1x 1 x x với x x1, 1 Quy đồng rút gọn bất đẳng

thức tương đương với  x x1 1 x1  x22 0( Điều

hiển nhiên đúng) Dấu xảy

1

x x a  b

Ví dụ 15: Giả sử phương trình bậc hai

0

ax bx c  có hai nghiệm thuộc  0;3 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức:

2

18

9

a ab b Q

a ab ac

  

  Lời giải:

Vì phương trình bậc có nghiệm nên a0 Biểu thức Q có dạng đẳng cấp bậc ta chia tử mẫu Q cho

a

2

18 9

b b a a Q

b c a a

        

  Gọi

,

x x hai nghiệm

của phương trình, theo Viet ta có:

1

b x x

a c x x

a

    

   

Vậy

:     

2

1 2

18

18 9

b b

x x x x a a

Q

b c x x x x a a

 

         

 

  

 

* Ta GTLN Q:Ta đ{nh gi{ x1x22 qua x x1 với điều kiện

 

1, 0;3

x x 

Giảsử  

2

1 2

1 2 2 2

2

0

9

x x x

x x x x x x x x x x

x

  

          

(77)

 

1 2 21

18 9

3

x x x x Q

x x x x

   

  

  

Ta đ{nh gi{ theo cách:

 

  

 

1 2 2

1 2

1

3

0 ; 3

9 3( )

3

x x

x x x x

x x x x x x x x

x x x x x x                            

 2

1

x x x x

    Suy

   

     

2

1 2 2

18 18 9

3

9

x x x x x x x x Q

x x x x x x x x

       

  

      Đẳng thức

xảy 2 0; x x x x         hay 6 9 b b a a

c c a a                3 0 b b a a c c a               

Ta có  

 

2

1 2

3

2

9

x x x x

Q Q

x x x x

  

    

   Đẳng thức xảy

1 0

x x b c

      Vậy GTLN Q GTNN Q

Ví dụ 16: Cho phương trình  

0

f x ax bx c  , a,b,c l| số nguyên a0, có hai nghiệm phân biệt khoảng (0;1) Tìm giá trị nhỏ a

Giải: Gọi x x1, 2 0;1 hai nghiệm phân biệt phương trình

cho  f x  a xx1xx2 Vì a b c, , số nguyên

     1 2

0 , 1

a  f  c ax x f    a b c a x x số

nguyên dương Áp dụng BĐT Cauchy

tacó: 1 1 2 2

1

1 ;

4

x x  x x  1 21 11 2 (2) 16

x x x x

(78)

dox1x2 nên khơng có đẳng thức) Từ (1) (2)

2

1 16

16

a

   

5

a

  (a số nguyên dương) Xét đa thức f x 5x x  1 1, ta thấy f x( ) thỏa mãn điều kiện toán Vậy giá trị nhỏ a

Ví dụ 17: Chứng minh: 5

2

n n

n

a       

    số

phương với số tự nhiên lẻ

Lời giải:

Ta có

2

3 5 5

2 2

n n n n

n

a

 

           

 

         

 

        

Xét dãy 5

2

n n

n

S      

    , ta chứng minh bn số

nguyên Xét

1 5 ,

2

x   x   ta có

1

x x x x

  

 

 suy x x1, hai

nghiệm phương trình:

1

x   x

Ta có 1     1

1 2 2

n n n n n n

n

S  x  x   x x x x x x x  x  hay

1

n n n

S  S S  Ta có S11,S2 x1x222x x1 3,S3 S2 S1 Từ

đó phép quy nạp ta dễ dàng chứng minh Sn số nguyên

Suy an  Sn số phương

CÁC BÀI TỐN TƢƠNG GIAO ĐƢỜNG THẲNG VÀ PARABOL Kiến thức cần nhớ: Khi cần biện luận số giao điểm đường thẳng  d Parabol

( ) :P yax ta cần ý:

a) Nếu đường thẳng  d ym (song song với trục Ox) ta dựa v|o đồ thị để biện luận biện luận dựa vào

(79)

b) Nếu đường thẳng  d :ymx n ta thường xét phương trình ho|nh độ giao điểm  P  d là: 2

0

ax mx n ax mx n 

từ ta xét số giao điểm dựa số nghiệm phương trình

2

0

ax mx n  cách xét dấu 

Trong trường hợp đường thẳng  d cắt đồ thị hàm số  P hai điểm phân biệt A B, A x mx 1; 1n B x mx , 2; 2n ta có:

 2 2 2  2   2

2 1

AB x x m x x  m   x x  x x  Mọi câu hỏi liên quan đến nghiệm x x1, ta quy định lý Viet

Chú ý: Đường thẳng  d có hệ số góc a qua điểm M x y 0; 0 có

dạng: ya x x0y0

Ví dụ 1) Tìm phương trình đường thẳng  d qua điểm I 0;1 cắt parabol ( ) :P yx2 hai điểm phân biệt M N cho

2 10

MN 

(Trích đề thi THPT chuyên Ngoại Ngữ - ĐHQGHN năm học 2000-2001)

Lời giải:

Đường thẳng  d qua I với hệ số góc a có dạng: yax1

Phương trình ho|nh độ giao điểm  d  P là:

2

1

x ax x ax  (1) Vì

4

a

    với a, (1) ln có hai nghiệm phân biệt nên  d cắt  P hai điểm phân biệt

 1; 1 , 2; 2

M x y N x y hay M x ax 1; 11 , N x ax2; 21 Theo định lý Viet

ta có: x1x2 a x x,  1

  2 2

2

2 10 1 40

MN   x x  ax  ax  

 2  2  2   2

2 1 2

1 40 40

a x x a  x x x x 

         

  

1 40

a a a a

(80)

Ví dụ 2: Cho parabol  

:

P y x v| đường thẳng

 

:

2

d ymx m  m

a) Với m1, x{c định tọa độ giao điểm A B,  d  P b) Tìm giá trị m để  d cắt  P hai điểm phân biệt có

ho|nh độ x x1, cho x1x2 2 (Trích đề tuyển sinh lớp 10

– thành phố Hà Nội năm 2014)

Lời giải:

a) Với m1 ta có phương trình ho|nh độ giao điểm  P

 d là:

2

1

2

2x   x x  x    x x3 (do a b c  0)

Ta có  1 1;  3 2

y   y  Vậy tọa độ c{c giao điểm 1;1

A 

 

9 3;

2

B 

 

b) Phương trình ho|nh độ giao điểm  P  d

2 2

1

1 2 2x mx2m   m x  mxm  m  (*)

Để  P cắt  d hai điểm phân biệt x x1, phương trình (*) phải

có hai nghiệm phân biệt

Khi 2

' m m 2m m

        

Cách 1:

Khi m 1 ta có:

 2

2

1 2 2 4

x x  x x  x x   x x  x x 

 

2

4 2

2

m m m m m

          

(81)

Khi m 1 ta có:

' '

2 ' 2 '

b b

x x m

a a

     

       

Theo yêu cầu tốn ta có:

1 2 2 2 2

2

m   m   m    m

Ví dụ 3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  

:

2

P y  x , điểm M m ;0 với m tham số khác v| điểm I0; 2 .Viết phương trình đường thẳng  d qua hai điểm M I, Chứng minh  d cắt  P hai điểm phân biệt A B, với độ d|i đoạn

4

AB

Lời giải:

Phương trình đường thẳng  d :y x

m

  Phương trình ho|nh độ

giao điểm đường thẳng  d Parabol là: 2

2 2x mx

  

2

4

mx x m

    Ta có

' 4m 0, m

     suy  d cắt

 P hai điểm phân biệt

2

1

1; , 2;

2

x x

A x   B x  

   

 2  2  2

2 2

2 1 2

1 1

4

2

AB  x x  x  x  x x  x x   x x 

   

Theo định lý Viet ta có: 2

4

,

x x x x m



   

Vậy

2

16

16 16

AB

m m

  

    

(82)

Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P có phương trình

2

x

y Gọi  d l| đường thẳng qua I0; 2  có hệ số góc k

a) Viết phương trình đường thẳng  d Chứng minh đường thẳng  d cắt parabol  P hai điểm phân biệt A B,

khi k thay đổi

b) Gọi H K, theo thứ tự hình chiếu vng góc A B, trục hồnh Chứng minh tam giác IHKvng I

Trích đề thi THPT chuyên Ngoại Ngữ - ĐHQGHN năm học 2006-2007

Lời giải:

a) Đường thẳng  d :ykx2

Xét phương trình

2

x

kx x kx



      (1) Ta

có: ' k2 4 với k, suy (1) có hai nghiệm phân biệt Vậy  d ln cắt  P hai điểm phân biệt

b) Giả sử (1) có hai nghiệm phân biệt x x1,

Suy A x y 1; 1 ,B x y2; 2 H x 1;0 , K x2;0 Khi

 2

2 2 2

1 4, 4,

IH x  IK x  KH  x x Theo định lý Viet

1

x x   nên 2 2

1

IH IK x x  KH Vậy tam giác IHK vuông I

Ví dụ 4: Cho Parabol

( ) :P yx v| đường thẳng ( ) :d ymx4

a) Chứng minh đường thẳng ( )d cắt đồ thị ( )P hai điểm phân biệt A B, Gọi x x1, l| ho|nh độ c{c điểm A B,

Tìm giá trị lớn  12 22

1

2 x x

Q

x x

  

(83)

Lời giải:

a) Phương trình ho|nh độ giao điểm  d  P là:

2

4

x mx x mx  Ta có

16

m

    , với m nên phương trình ln có nghiệm phân biệt, suy đường thẳng  d

luôn cắt  P hai điểm phân biệt Theo định lý Viet ta có:

1

x x m x x

  

  

 ta có

2

m Q

m

 

 (dùng phương ph{p miền giá trị hàm

số- Xem thêm phần ứng dụng toán GTLN, GTNN) ta dễ tìm giá trị lớn Q GTNN Q

8

 đạt

khi m1 m 8

b) Để ý đường thẳng  d qua điểm cố định I 0; nằm trục tung Ngoài gọi A x y 1; 1 ,B x y2; 2 x x1   4

nên hai giao điểm A B, nằm hai phía trục tung Giả sử x1 0 x2

thì ta có:

1 2

OAB OAI OBI

S S S  AH OI BK OI với H K, hình chiếu vng góc điểm A B, trục Oy Ta có

1 2

4, ,

OI  AH x  x BK x x Suy SOAB 2x2x1

 2  2

2

1 2

4 4

OAB

S x x  x x x x 

        Theo định lý Viet ta có:

1 ,

x x m x x   Thay vào ta có:  

4 16 64

OAB

S  m    m

Nếu thay điều kiện S8 thành diện tích tam giác OAB nhỏ ta

cũng có kết Vì 2  

0 16 64

m  S  m  

Ví dụ 5) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng

 

:

d x y a  parabol  

:

(84)

a) Tìm a để  d cắt  P hai điểm phân biệt A B, Chứng minh A B nằm bên phải trục tung

b) Gọi x xA, B l| ho|nh độ A B Tìm giá trị nhỏ

biểu thức

A B A B

T

x x x x

 

 (Trích Đề thi vòng THPT

chuyên – TP Hà Nội năm học 2005-2006)

Lời giải:

a) Xét phương trình 2

2

ax  x a ax22x a 0 (1)

 d cắt  P hai điểm phân biệt A B, (1) có hai nghiệm phân biệt

' a

     Kết hợp với điều kiện ta có 0 a (1) có hai nghiệm dương nên A B, nằm bên phải trục Oy

b) Theo định lý Vi et ta có:

2

A B

x x a x x a

    



   

.Ta có: T 2a a

  theo bất đẳng thức Cô si cho số

dương ta có: 2a 2

a

  Vậy minT 2

2

a

Ví dụ 6) Cho parabol  

:

P yx v| đường thẳng  d :ymx1 a) Chứng minh đường thẳng  d cắt parabol  P

hai điểm phân biệt với giá trị m

b) Gọi A x y 1; 1 B x y 2; 2 l| c{c giao điểm  d  P

Tìm giá trị lớn biểu thức M y11y21

(Trích đề TS lớp 10 Trường THPT chuyên ĐH sư phạm Hà Nội năm 2009)

Lời giải:

a) Phương trình ho|nh độ giao điểm đường thẳng

Parabol là: 2

1

(85)

2

4

m

    với m nên (1) có hai nghiệm phân biệt, suy  d

luôn cắt  P hai điểm phân biệt A x y 1; 1 B x y 2; 2

b) Theo định lý Viet, ta có: x1x2 m x x;  1

    2  2  2 2  2 2

1 1 1 2 2

M  y  y   x  x  x x  x x  x x   m 

Vậy maxM 0 m0

BÀI TẬP RÈN LUYỆN

1) Cho phương trình  

2

x  m x m   m có nghiệm

2

x Tìm giá trị m tìm nghiệm cịn lại phương trình

2) Cho phương trình x2 3x 20 (1)

a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt b) Gọi nghiệm phương trình l| x x1, Khơng tính giá trị

của x x1, 2, tính giá trị biểu thức sau:

2

1

Ax x 3

1

Bx x

1

C

x x

 

 

3) Cho phương trình bậc hai  

2 2

x  m x m  , m tham số

a) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

b) Gọi hai nghiệm phân biệt x x1, Tính giá trị biểu thứcP

sau theo m:

 

1

2

1 2

2

x x P

x x x x

 

   Từ tìm c{c gi{ trị m để P đạt

(86)

2 4

x  m x m  m  Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt có nghiệm gấp đơi nghiệm cịn lại

5) Cho phương trình

2

x  x m  , m tham số tìm điều kiện tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1,

thỏa mãn x12x2 1

2

x  mx m  , với m tham số X{c định giá trị m để phương trình có:

a) Nghiệm

b) Hai nghiệm phân biệt trái dấu c) Hai nghiệm phân biệt dương

7) Cho phương trình

3

x  x m , với m tham số X{c định giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

1,

x x thỏa mãn x1 1 x2

8) Cho c{c phương trình x2ax b 0 (1); x2  cx d (2), c{c hệ số a b c d, , , khác Biết a b, nghiệm phương trình (2) v| c d, nghiệm phương trình (1) Chứng minh a2  b2 c2 d2 10

9)

a) Cho phương trình  

0

ax bx c  a có hai nghiệm x x1,

thỏa mãn ax1bx2 c Chứng minh

 

3

ac a c  b b 

b) Giả sử p q, hai số nguyên dương kh{c Chứng minh hai phương trình sau có nghiệm

2

0;

x  px q  x qx p

10)Tìm số a b, thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: a) Hai phương trình

11

x ax 

7

(87)

b) a b bé

11)

a) Cho số a b c, , thỏa mãn

0, ,

a bc a a b c  abc

Chứng minh

2

a

b) Cho a b c, , ba số khác c0 Chứng minh c{c phương trình

0

x ax bc 

0

x bx ac  có nghiệm chung nghiệm cịn lại chúng nghiệm phương trình x2 cx ab0

12)

a) Cho    

0

f x ax bx c a  , biết phương trình

 

f x x vơ nghiệm chứng minh phương trình

   

2

af x bf x  c x vô nghiệm

b) Cho số a a b b1, 2, ,1 cho c{c phương trình sau vơ

nghiệm:

1

x a x b 

2

x a x b  Hỏi phương trình

   

2

1 2

1

0

2

x  a a x b b  có nghiệm hay khơng? Vì sao?

13)Cho phương trình

2

x  mx  m (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m

b) Gọi x x1, nghiệm phương trình Tìm m để biểu

thức 2 2

1 2

24

M

x x x x

 

  đạt giá trị nhỏ

14)Cho phương trình  

2

(88)

2) Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1

x với x1x2, tìm tất nghiệm m cho

1

x  x 

15)Cho phương trình 2

2

x  x m  , với m tham số 1) Giải phương trình m1

2) Tìm tất các giá trị m để phương trình có hai nghiệm

1,

x x  thỏa điều kiện

2

8

x x

x  x 

16)Cho phương trình bậc hai: 2

2

x  mxm   m (m tham số)

a) Giải phương trình m2

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, thỏa

mãn: 2

1

x x  x x 

17)Cho phương trình: x22m1x2m4m2 0 (m tham số)

a) Giải phương trình m1

b) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m

18)Cho phương trình:  

2

x  m x m   (m tham số) a) Giải phương trình với m2

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1, thỏa mãn

 

2

1 2 16

x  m x  m 

19)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  d :ymx3

tham số m parabol  P :yx2

a) Tìm mđể đường thẳng  d qua điểm A 1;0

(89)

20)Cho phương trình:

5

x    x m (1) (m tham số, x ẩn)

1) Giải phương trình (1) với m4

2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 0

thỏa mãn:

1

2

6 10

m x m x

x x

     

21)Cho phương trình:

2

x  x  m (m tham số)

1) Tìm m để phương trình có nghiệm x3 Tìm nghiệm cịn lại 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, thỏa

mãn 3

1

x x 

22)Chứng minh phương trình: x22m1x m  4 ln có hai nghiệm phân biệt x x1, biểu thức

   

1 2 1

M x x x x khơng phụ thuộc vào m

23)Cho phương trình x22m1x m 23m 2 (1) (m tham số)

1) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

2) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, thỏa mãn

2

1 12

x x 

24)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol  P :yx2

đường thẳng  : 2 1

3

d y  m x (m tham số)

1) Chứng minh giá trị m  P  d cắt hai điểm phân biệt

2) Gọi x x1, l| ho|nh độ giao điểm  P  d , đặt

   

1

(90)

Chứng minh rằng:  1  2  23

1

f x  f x   x x (Trích đề thi vào lớp 10 trường chuyên ĐHSP H| Nội 2013)

LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN

1) Vì x2 nghiệm phương trình nên ta có:

 

4 2 m 1 m   m m25m    6 m m6 Với m 1 ta có phương trình:

6

x   x Phương trình cho có nghiệm x2, nghiệm cịn lại x 3(vì tích hai nghiệm

 6 ) Với m6, ta có phương trình

13 22

x  x  , phương trình cho có nghiệm x2, nghiệm cịn lại x11

(vì tích hai nghiệm 22)

2) Xét     3 24   3 20 Vậy phương trình có hai

nghiệm phân biệt

Chú ý: Có thể nhận xét ac0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu

b) Áp dụng định lý Vi ét, ta có:

1

3

x x x x

    



  

 2    2

2

1 2 2 2 2

Ax x  x x  x x      

 3       2

3

1 2 2 3 3 3

Bx x  x x  x x x x        

 2  1 

1 2 2

2

1

1 1 1

x x x x C

x x x x x x x x

     

    

         

3) a) Ta có  2    2

4 4

m m m m m

         

phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1,     0 m Theo

hệ thức Viet ta có:

1

x x m x x m

  

  

 Khi  

1

2

1

2

x x m P

m x x

 

 

(91)

Ta có    

2

2 2

2 1

2

1

2 2

m m m

m P

m m m

   



    

   Dấu đẳng thức xảy

ra m1 nên giá trị lớn maxP1 Tương tự ta có giá trị nhỏ

nhất

2

P  , đạt m 2.(Xem thêm phần phương pháp miền giá trị hàm số)

4)

Cách 1: Phương trình có hai nghiệm phân biệt   '

 2  2 

2m 4m 4m 0, m

 

         Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với giá trị m Gọi hai nghiệm phương trình x x1, Theo hệ thức Viet ta có:

  

 

1

2

2 1

4

x x m x x m m

  

 

  



Có thể giả sử x12x2 (3) Khi từ (1) (3)có

 

2

1

2

3

m x

 

  

  



Thay v|o (2) ta có phương trình

 2

2

8 4 4 35

9

m

m m m m



      

Giải phương trình ta

2

m

2

m  (thỏa mãn điều kiện)

Cách 2: Từ yêu cầu đề suy x12x2 x2 2x1,

tức là: x12x2x22x1 0 9x x1 22x1x22 0

áp dụng hệ thức Viet ta phương trình

4m 4m350

5)

(92)

Theo hệ thức Viet, ta có:  

 

1

2

x x x x m

  

 

 Ta có x12x2    1 x1 2x2

(3) Từ (1) v| (3) ta có

1

x x

    

 Thay v|o (2) ta có m 3

thảo mãn điều kiện

6)

a) Phương trình có nghiệm 4

5

x  m   m b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu

 

1

5

m m

    

c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1,   '

    

2

5 4

m m m m m

          m1 Theo hệ thức Viet ta có:

1

2

x x m x x m

  

  



Hai nghiệm phương trình dương

5

m

m m

 

  

  

Kết hợp với điều kiện ta có

5 m m4

7) Cách 1. Đặt x 1 t, ta có

1 1 1

x  x    x x    t t

Phương trình ẩn x

3

x  x m đưa phương trình ẩn t:

  2 

1 3

t   t m   t t m Phương trình ẩn t phải có hai nghiệm trái dấu 3m  0 m

Vậy m0

Cách 2: Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1,

x x    12

12

m m

(93)

1

x x x x m

  

 

 (1) Hai nghiệm x x1, thỏa mãn

1 1 1

x  x    x x   x x21 trái dấu

x1 1x2 1 x x1 x1 x2

         (2) Thay (1) vào (2) ta có: 3m    1 m

Kết hợp với điều kiện ta có m0 giá trị cần tìm

Chú ý:

Nếu hai nghiệm x x1, 1 phương trình ẩn t có hai nghiệm

số âm

Nếu hai nghiệm x x1, 1 phương trình ẩn t có hai nghiệm

số dương

8) Giải:

Áp dụng hệ thức Viet ta có: a b  c ab; d c d;   a cd; b

Ta có: c d a c a d b d

a b c a b c

     

 

  

       

 

Kết hợp với abd cdb suy a1,c1

Do a b  c c  d a suy b 2,d  2

Do 2 2  2  2

1 2 10

a b  c d       

9)

a) Vì a0 nên

  2 3

2

3 c c 3bc

ac a c b b ac a c b abc a

a a a

               

 

 

 (*) Theo

hệ thức Viet, ta có: ;

b c x x x x

a a

    Khi (*) th|nh:

 3  

3 2

1 2 2

a x x x x  x x  x x x x 

    

3 2 3 2

1 2 2

a x x x x x x  a x x x x

       

  3  

1 2

3

ac a c b b a x x x x

(94)

Mà theo giả thiết ta có

2

ax bx  c ax1bx2  c 0a0

Suy 2

2 2

bx   c ax  ax x  x Do  

3

ac a c  b b 

b) Vì p q, nguyên dương khác nên xảy hai trường hợp

pq pq Nếu pq suy p q 1.Khi

đó  2  2

4

p q q q q

        

Vậy trường hợp n|y phương trình

0

x px q  có nghiệm Tương tự trường hợp pq phương trình

0

x qx p có nghiệm (đpcm)

10)

a) Theo điều kiện đầu ta gọi x0 nghiệm chung hai

phương trình, ta có:

 

2

0

2

0

11

2 18

7

x ax

x a b x x bx

   

     



   

Do phương trình  

2x  a b x 180 có nghiệm (*) Khi  a b 21440 hay a b 12

Mặt khác, ta có a    b a b 12 Vậy a b bé 12 a b dấu

Với a b  12, thay v|o (*) ta được: 2x212x180

Phương trình có nghiệm kép x3

Thay x3 vào phương trình cho ta 20; 16

3

a  b  Với a b 12 thay v|o (*) ta được:

(95)

Thay x 3 v|o phương tình ta được: 20; 16

3

a b Vậy cặp số

sau thỏa mãn điều kiện toán:  ; 20; 16 , 20 16; 3 3

a b       

   

11)

a) Từ giả thiết ta có:

4

bc a

 

3

2 2

b c abc a a  a a a  Suy b c, nghiệm

phương trình  

4

x  a  a x a  Khi

 2  2

2 2

' 4

2

a a a a a

          (vì a0)

b) Giả sử x0 nghiệm chung, tức

0

2

0

x ax bc x bx ca

    



   

a b x c a b  a bx0 c

        Vì ab nên x0 c Khi

ta có:  

0 0,

c bc ca  c a b c   Do c0 nên

0

a b c      a b c Mặt kh{c theo định lý Viet, phương trình

2 0

x ax bc  cịn có nghiệm xb; phương trình x2bx ac 0

cịn có nghiệm xa.Theo định lý đảo định lý Viet, hai số a b nghiệm phương trình:  

0

x  a b x ab  hay

0

x  cx ab (đpcm)

12)

a) Vì phương trình f x x vơ nghiệm, nên suy f x x

hoặc f x   x, x

Khi 2     

,

af x bf x  c f x   x x

     

2

,

af x bf x  c f x   x x Tức l| phương trình

   

2

(96)

b) Từ giả thiết suy

1

a  b 

2

a  b  Do

2 2

2 1

1

4 0,

2

a a b

x a x b x      x

 

2

2 2

2

4 0,

2

a a b

x a x b x     x

  nên

       

2 2

1 2 1 2

1 1

0

2 2

x  a a x b b   x a x b  x a x b 

Do phương trình    

1 2

1

0

2

x  a a x b b  vô nghiệm

13)

a)

2

'

2

m m m 

        

  với mVậy phương trình

ln có hai nghiệm với m

b) Theo hệ thức Viet ta có: x1x2 2 ;m x x1  m

 2  2

2

1 2 2 2

24 24 24

6 2 6 8

M

x x x x x x x x x x x x x x

  

  

      

 2    2

24 24

2 16

2m m m m m

  

    

 

    Dấu ‚=‛ xảy

khi m1 Vậy giá trị nhỏ M 2 m1

14)

1) Khi m0 phương trình th|nh:

4 0

x  x  x x4

2)  2 2  

' m m 2m 4m m 2m

          

 2

2 m 0, m

     Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân

biệt với m.Ta có  

1 2 ;

S  x x  m Px x  m 

Ta có 2

1 2 36

x  x  x  x x x 

 2  2  2

1 2 2 36 36

x x x x x x m m

          

1

m m

    

(97)

1) Khi m1 phương trình th|nh:

2

3

x x x

x

       



 (do

0

a b c   )

2) Với x x1, 0 ta có:  

2

1

1 2

2

8

3

x x

x x x x

x  x    

 2 2

3 x x x x 8x x

    Ta có

a c  m  nên   0, m

Khi  0, ta có: 2

b x x

a

   

1

c

x x m

a

   

Phương trình có hai nghiệm 0 m0  0 x x1 0 Giả

sử x1x2

Với a     1 x1 b' '

2 ' '

x    b

1 2 '

x x m

     

Do u cầu tốn  2  2

3.2 3m 3m

     m0

2

4

2

1

4 1 ( )

4

m

m m m

m l

  

       

  

16)

a) Khi m2 ta có phương trình:

2

4

x  x  x2 x 3x  3 x x  1 3 x 1

 1 3

3

x x x

x

       



 Phương trình có tập nghiệm là: S  1;3

b) Ta có  

' m m m m

      

Để phương trình bậc hai cho có hai nghiệm phân biệt x x1,

'

      m m 1.Khi theo hệ thức Viet ta có:

1

2

x x m x x m m

  

   

 Theo ra:

2

1

(98)

 2 2  2 

1 5 1

x x x x m m m

          

  

2

5 4

4

m m m m m

m

           

 

Đối chiếu điều kiện m1 ta có m4 thỏa mãn toán

17)

a) Khi m1 phương trình th|nh:

4

x  x  có

2

'

    

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1 5; 2

x    x   

b) Ta có: 4 2

' 2 2 2

2

m m m m m m

         

2

2 1

2

m m

   

        

    , m Nếu

2

0

'

1

m

   

   

   

(vơ

nghiệm) Do   ' 0, m Vậy phương trình ln có hai nghiêm phân biệt với m

18)

a) Với m2, ta có phương tình: 2

6

4

x x x

x

      

 

b) Xét phương trình (1) ta có:  2  

' m m 2m

      

Phương trình (1) có hai nghiệm

3 ,

2

x x  m Theo hệ thức Viet:

 

1

2

x x m

x x m

  

 

 

 Theo giả thiết:  

2

1 2 16

x  x x x  m 

 2

2 2 2

1 2 16 2 16

x x x x m x x x x m

         

 2 2  2  2  2

1 2 16 4 16

x x x x m m m m

          

8m 16 m

    Vậy

(99)

19)

1) Đường thẳng  d qua điểm A 1;0 nên có:

0m.1 3  m

2) Xét phương trình ho|nh độ giao điểm  d  P :

2

3

x mx  Có

12

m

   , nên  d cắt  P hai điểm phân biệt có ho|nh độ x x1,

2

12 12

m m

      3

2

m m

m

     

 

 Áp dụng hệ

thức Viet ta có:

1

x x m x x

  

 

 Theo ta có:

 2  2

1 2 4

x x   x x   x x  x x 

2

4.3 16

m m m

        (TM) Vậy m 4 giá trị cần tìm

20)

1) Thay m4 v|o phương trình ta có:

1

x   x

Có

1 4.1.1

    Vậy phương trình có nghiệm:

1

1 5 ;

2

x   x  

2) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì:

  21

1

4

m m

       Theo hệ thức Viet ta có: x1x2  1 (1);

1

x x  m (2) Xét:

    2

1 2

1

2 1

6

6 10 10

3

m x m x x x

m x m x

x x x x

    

   

   

    2

1 2

1

6 10

3

m x x x x x x x x

    

(100)

Thay (1),(2) vào ta có: 6  2 5 10 17 10

5

m m m

m m

        

 

1

m

   (thỏa mãn).Vậy với m 1 tốn thỏa mãn

21)

1) Phương trình có nghiệm x3

2

3 2.3 m m m

          

Ta có: x1x2   2 x2  2 x2  1.Vậy nghiệm lại x 1

2)   ' m   3 m

Để phương trình có hai nghiệm       m m

Khi đó: 3    2

1 2

x x   x x  x x  x x 

Áp dụng hệ thức Viet ta được:    

2 2 3 m3  8 3 m9 8

8 6m 18 6m 18 m

           (thỏa mãn) Vậy m 3 giá trị cần tìm

22)

a) Phương trình: x22m1x4m 3 (1)

có   2 

' m 4m m 2m 4m

         

 2   2

2 3

m m m

        với m Suy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m

b) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x x1,

Theo hệ thức Viet ta có:

2 2

2

S

S  x x  m  m  (2)

1

3

4

P

Px x  m  m 

2

S P

 

     

 2 2

2S P x x x x x x

       

23)Phương trình x22m1x2m22m 1 0

Có  2 2 2

' m 2m 2m m 2m 2m 2m m

             

(101)

Theo định lý Vi et ta có:

   2

1 2

2

12 12 2

x x m

x x x x x x

x x m m

   

        



  



Hay  2  

4 2

2

m  m  m    m

24)

a) Xét hệ phương trình:  

2

2 1 3

y x m y

  

  

 



 

2

3 1 10

y x

x m x

    

   

  1

(1) Có hệ số a c trái dấu nên ln có hai nghiệm phân biệt m nên  P  d cắt hai điểm phân biệt với

m

b) Theo hệ thức Viet:

   

1

1 2

2

3

2

3

m

x x x x

m x x x x

 

   

 

  

 

 



    



Ta có:     3   2

1 2 1 2

f x  f x x x  m x x  x x

   

  3   2

1 2 2

2 f x f x 2x 2x x x x x 2x 2x

        

       

3 3

1 2 2 2 2

x x x x x x x x x x x x x x

             

 

 3 3    2 2   3

1 2 2 2

x x x x x x  x x x x x x  x x

            Nên  1  2  23

1

f x  f x   x x

(102)

Hệ phương trình bậc hai ẩn hệ phương trình có dạng:

' ' '

ax by c a x b y c

  

  



+ Cặp số x y0; 0 gọi nghiệm hệ phương trình

nó nghiệm chung hai phương trình

+ Hệ có nghiệm nhất, vô nghiệm vô số nghiệm tùy theo vị trí tương đối hai đường thẳng biểu diễn nghiệm hai phương trình

+ Phương ph{p giải hệ: Chúng ta thường dùng phương ph{p phương ph{p cộng đại số để khử bớt ẩn, từ giải hệ

Một số ví dụ

Ví dụ X{c định hệ số a b, hàm số yax b để:

1) Đồ thị qua hai điểm A   1;3 ,B 2;

2) Đồ thị cắt trục tung điểm có tung độ 4 cắt trục hồnh điểm có ho|nh độ

Lời giải:

1) Thay tọa độ c{c điểm A B, v|o phương trình đường thẳng ta được:

3

4 3

a b b a a

a b a a b a

    

  

 

          

   Vậy a1,b2

2) Tương tự phần (1) ta có

hệ: 4

0 2 4

a b b a a b a b b

     

  

 

         

  

Vậy a2,b 4

(103)

Website: tailieumontoan.com a) 1 3 x y x y           b) 1 1 x y x y x y x y                 c)

2

1

2 1

x x y x x y                Lời giải:

a) Đặt u 1;v

x y

  Theo đề ta có hệ phương trình:

 

3

3 5

3

v u

u v u u

u u

u v v u v

                             

Từ suy ra: x 1;

u

  1

2

y v

 

b) Đặt ;

1

x y

u v

x y

 

  Theo ta có hệ phương trình:

3 3

3 3 4

u v u v u v u

u v v v v v

      

   

  

              

   

Từ suy ra:

2 2 1 1 2 x x x x x

y y y y y                          

c) Điều kiện x 1,

2 x y

   Đặt

2 1 a x b x y         

ta có hệ phương trình

mới

2 1

1

2 1

x

a b a x

a b b y

x y                          

(104)

Ví dụ Cho hệ phương trình:

4

x y mx y

  

  



   12

a) Giải hệ phương trình với m2

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x y,  x y, trái dấu

c) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x y;  thỏa mãn x y

Giải:

a) Với m2 ta có hệ phương trình:

 

2

2 5

2

x y

x y x y x

y y

x y y y

 



    

   

            



   

b) Từ phương trình (1) ta có x2y5 Thay x2y5 v|o phương trình (2) ta được:m2y   5 y 2m1  y 4 5m (3)

Hệ có nghiệm (3) có nghiệm Điều

n|y tương đương với: 1

2

m   m Từ ta được:

2

m y

m

 

 ;

5

2

x y m

  

 Ta có:

 

 2

3

2

m x y

m

 

 Do

4

,

5

x y   m  m (thỏa mãn điều kiện)

c)Ta có:

2

m x y

m m



  

  (4)

Từ (4) suy 1

2

m   m Với điều kiện

2

m ta có:

   

1 5 4

4

m l

m m

m

  

 



        

  



Vậy

5

(105)

3

x my m mx y m

   

   



   

1

a) Khơng giải hệ phương trình trên, cho biết với giá trị m hệ phương trình có nghiệm nhất?

b) Giải biện luận hệ phương trình theo m

c) Tìm số ngun m cho hệ phương trình có nghiệm x y,  mà x y, số nguyên

d) Chứng minh hệ có nghiệm x y,  điểm

 , 

M x y chạy đường thẳng cố định

e) Tìm m để hệ có nghiệm cho x y đạt giá trị nhỏ

Lời giải:

a) Từ phương trình (2) ta có y3m 1 mx Thay v|o phương trình

(1) ta được:    

3 1

xm m mx   m m  x m  m (3) Hệ có nghiệm phương trình (3) có nghiệm , tức

1

m     m

Ta lập luận theo cách khác: Hệ có nghiệm

và :

1

m

m m m      

b) Từ phương trình (2) ta có y3m 1 mx Thay v|o phương trình

(1) ta được:    

3 1

xm m mx   m m  x m  m (3)

Trƣờng hợp 1: m 1 Khi hệ có nghiệm

  

   

2

1

3

1 1

3 1

3

1

m m

m m m

x

m m m m

m m y m m

m m

     

  

    

 

 

    

  



(106)

Trƣờng hợp 3: m 1 phương trình (3) th|nh: 0.x4

(3) vơ nghiệm, hệ vơ nghiệm

c) Hệ cho có nghiệm m 1

Ta có:

3

1 1

1

m x

m m

m y

m m



   

  

 

   

  



Vậy x y, nguyên

1

m

nguyên Do m1  2; 1;1; Vậy m  3; 2;0 (thỏa mãn) m1 (loại)

Vậy m nhận giá trị  3; 2;0

d) Khi hệ có nghiệm x y,  ta có:

2

3

1

x y

m m

 

         

Vậy điểm M x y ;  chạy đường thẳng cố định có phương trình y x

e) Khi hệ có nghiệm x y;  theo (d) ta có: y x Do đó:

   2

2 1 1

xyx x x  x   x   

Dấu xảy khi:

2

1 1

1

x m m

m m

          

 

Vậy với m0 x y đạt giá trị nhỏ

Chú ý: Ta tìm quan hệ x y theo cách khác: Khi hệ

phương trình

3

x my m mx y m

   

   



   

1

2 có nghiệm m 1 lấy

phương trình (2) trừ phương trình (1) hệ ta thu được:

(107)

3

x my m mx y m

   

   

 Chứng minh

với m hệ phương trình ln có nghiệm Gọi x y0; 0 cặp

nghiệm phương trình: Chứng minh: 2  

0 0 10

x y  x y   (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - ĐHSP H| Nội 2015)

Lời giải:

Từ phương trình (2) hệ phương trình ta có y3m 1 mx thay v|o phương trình  1 hệ ta có:  

1 3

m  x m  m Do

2

1

m   với m nên phương trình n|y ln có nghiệm

0

x Suy hệ ln có nghiệm với m

Gọi x y0; 0 nghiệm hệ: Từ hệ phương trình ta có:

 

0

2

1

x m y y m x

   



  

 Nhân hai vế phương trình thứ với 3x0,

phương trình thứ hai với y04 trừ hai phương trình cho

ta được:

      2  

0 0 0 0

3x x  2 y 4 y   1 x y 5 x y 100

Ngồi ta giải theo cách khác nhƣ sau:

 d :x my 4m 2 0, d' :mx y 3m 1 Ta dễ dàng chứng minh đường thẳng  d qua điểm cố định: A 2; đường thẳng  d' qua điểm cố định : B 3;1 Mặt khác ta dễ chứng minh đường thẳng ( )d v| đường thẳng ( ')d vng góc với nên hai đường thẳng cắt Gọi M x y 0; 0

là giao điểm hai đường thẳng tam giác M AB vuông M Gọi I l| trung điểm AB 5;

2

I 

(108)

2

0

1 5

4 10

2 2

IM  AB IM  AB  x   y   

   

 

 

 

2

0 0 10

x y x y

     

2

x my mx y m

  

   



(1) (2)

Hệ có nghiệm x y, , tìm giá trị nhỏ biểu thức sau đ}y:

a) 2

3

Px  y (1)

b) 4

Qx y (2)

Lời giải:

Từ phương trình (2) ta suy ra: y2m 1 mx Thay v|o phương trình (1) ta được:

   

2

xm m mx   m  x m  m (3)

Hệ có nghiệm phương trình (3) có nghiệm nhất, điều xảy khi: m2    1 0 m 1

Khi

  

   

2

1

2 3

2

1 1

2

1

m m

m m m

x

m m m m m

m y m m

m m

          

     

 



    

  



a) Ta có:  2  2

3 12 12 3

Px  x  x  x  x  

3

P 3 3

2

m

x m m m

m



         



Vậy giá trị nhỏ P

b) Ta có: 4  4

2

Qx y x  x

(109)

Khi

  4 4 4 3 2 4 3 2 4 2

1 4 12 2

Q t  t  t t  t    t t t  t   t t  t  

2

2 1

1

m

Q t x m m m

m



             



Vậy giá trị nhỏ Q

Ví dụ 7): Cho hệ phương trình:  

 

1

mx m y m x my m

   



   

 Chứng minh

hệ ln có nghiệm  x y; tìm GTLN biểu thức

 

2

4

P x y   y

Lời giải:

Xét hai đường thẳng

 d1 :mxm1y 1 0;  d2 : m1x my 8m 3

+ Nếu m0  d1 :y 1  d2 : x 5 suy  d1 ln

vng góc với  d2

+ Nếu m 1  d1 :x 1  d2 : y 11 suy  d1 ln

vng góc với  d2

+ Nếu m 0;1 đường thẳng    d1 , d2 có hệ số góc là:

1

1 ,

1

m m

a a

m m



  

 suy a a1  1    d1  d2

Tóm lại với m hai đường thẳng  d1 ln vng góc với

 d2 Nên hai đường thẳng ln vng góc với

Xét hai đường thẳng

 d1 :mxm1y 1 0;  d2 : m1x my 8m 3 vng

góc với nên cắt nhau, suy hệ có nghiệm Gọi giao điểm I x y ; , đường thẳng  d1 qua A1;1 cố định,

(110)

đường trịn đường kính AB Gọi M1; 2  l| trung điểm AB

  2 2

1 13

2

AB

MI   x  y  (*)

  2 2  

1 2

P x  y  x y   x y 

 

8 2 x 1 y  2 3 hay

 

10 3

P   x  y  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

      2 2  

1 3 52

x y  x y  x y

               

   

52 2 13

Vậy P10 3 2 13

Chủ đề 4: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƢƠNG TRÌNH, HỆ PHƢƠNG TRÌNH

Để giải tốn cách lập phương trình, hệ phương trình ta thường thực theo c{c bước sau:

Bƣớc 1: Chọn ẩn số (nêu đơn vị ẩn v| đặt điều kiện cần)

Bƣớc 2: Tính c{c đại lượng toán theo giả thiết ẩn số, từ lập phương trình hệ phương trình

Bƣớc 3: Giải phương trình hệ phương trình vừa lập

Bƣớc 4: Đối chiếu với điều kiện trả lời

CÁC BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG: Kiến thức cần nhớ:

+ Quãng đường = Vận tốc Thời gian

+ Vận tốc tỷ lệ nghịch với thời gian tỷ lệ thuận với quãng đường được:

(111)

+ Nếu hai phương tiện chuyển động chiều từ hai địa điểm khác A B, xe từ A chuyển động nhanh xe từ B xe từ A đuổi kịp xe từ B ta ln có hiệu qng đường xe từ A với quãng đường xe từ B quãng đường AB

+ Đối với (Ca nơ, tàu xuồng) chuyển động dịng nước: Ta cần ý:

Khi xi dịng: Vận tốc ca nơ= Vận tốc riêng + Vận tốc dịng nước Khi ngược dịng: Vận tốc ca nơ= Vận tốc riêng - Vận tốc dòng nước

Vận tốc dịng nước vận tốc vật trơi tự nhiên theo dòng nước (Vận tốc riêng vật 0)

Ví dụ 1. Một người xe đạp từ A đến B c{ch 24km Khi từ B trở A người tăng vận tốc thêm 4km/h so với lúc đi, nên thời gian thời gian l| 30 phút Tính vận tốc xe đạp từ A đến B

Lời giải:

Đổi 30 phút

2 

Gọi vận tốc xe đạp từ A đến B x (km/h, x0) Thời gian xe từ A đến B 24

x (giờ)

Đi từ B A, người với vận tốc x4 (km/h) Thời gian xe từ B A 24

4

x (giờ)

Do thời gian thời gian l| 30 phút nên ta có phương trình:

24 24

x  x  Giải phương trình:

24 24

x  x 

2 12

4 192

16

x x x

x

       

(112)

Đối chiếu với điều kiện ta có vận tốc xe đạp từ A đến B 12km/h

Ví dụ 2: Trên quãng đường AB dài 210 m , thời điểm xe máy khởi hành từ A đến B ôt ô khởi hành từ B

A Sauk hi gặp xe m{y tiếp đến B v| ô tô tiếp 15 phút đến A Biết vận tốc tô xe máy không thay đổi suốt chặng đường Tính vận tốc xe máy tơ

(Trích đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên ĐHSP H| Nội năm 2013)

Lời giải:

Gọi vận tốc xe máy x (km/h) Điều kiện x0 Gọi vận tốc ô tô y (k,/h) Điều kiện y0 Thời gian xe máy dự định từ A đến B là: 210

x Thời gian ô tô

dự định từ B đến A là: 210

y

Quãng đường xe m{y kể từ gặp ô tô đến B

là : 4x (km)

Quãng đường ô tô kể từ gặp xe m{y đến A

là :

4y (km) Theo giả thiết ta có hệ phương trình:

210 210

4

2 210

4

x y x y

    



   



9 210 210 4

7 4

4

9 210

4 210

4

x y x y

x y

  

   

   

 

 

   

 

 

 

   

1

2

(113)

(1) ta suy

9

4

7

4 0

4 4

x y x y

y x

x y

x y x y

 

       Thay vào

phương trình (2) ta thu được: 12 210 40

4 y4y  y , x30

Vậy vận tốc xe máy 30 km/h Vận tốc tơ 40 km/h

Ví dụ 3: Quãng đường AB dài 120 km lúc 7h sang xe m{y từ

A đến B Đi

4 xe bị hỏng phải dừng lại 10 phút để sửa

tiếp với vận tốc vận tốc lúc đầu 10km/h Biết xe m{y đến B lúc

11h40 phút trưa ng|y Giả sử vận tốc xe máy

4 quãng

đường đầu không đổi vận tốc xe máy

4 quãng đường sau

cũng không đổi Hỏi xe máy bị hỏng lúc giờ? (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 Trƣờng chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2015)

Lời giải:

Gọi vận tốc

4 quãng đường ban đầu x(km/h), điều kiện:

10

x

Thì vân tốc

4 quãng đường sau x10 (km/h)

Thời gian

4 quãng đường ban đầu 90

x (h)

Thời gian

4 quãng đường sau là: 30

10

x (h)

Thời gian hai quãng đường là: 11 40 phút – - 10 phút

9



Nên ta có phương trình: 90 30

10

x  x 

(114)

Do thời gian

4 quãng đường ban đầu 90

3 30 (giờ)

Vậy xe hỏng lúc 10

Ví dụ 4. Một ca nơ xi dịng 78km v| ngược dịng 44 km với vận tốc dự định ca nô xuôi 13 km v| ngược dong 11 km với vận tốc dự định Tính vận tốc riêng ca nơ vận tốc dịng nước

Lời giải:

Gọi vận tốc riêng ca nô x (km/h, x0) Và vận tốc dịng nước y (km/h, y0

Ca nơ xi dòng với vận tốc xy (km/h) Đi đoạn đường 78 km nên thời gian l| 78

xy (giờ)

Ca nơ ngược dịng với vận tốc xy (km/h) Đi đoạn đường 44 km nên thời gian l| 44

xy (giờ)

Tổng thời gian xi dịng l| 78 km v| ngược dịng 44 km nên ta có phương trình: 78 44

xy xy  (1)

Ca nô xi dịng 13 km v| ngược dịng 11 km nên ta có phương trình:

13 11

1

xy xy  (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:

78 44

26 24 13 11 22

1

x y x

x y x y

x y y

x y x y

  

       

  

     

 

  

  



(115)

Vậy vận tốc riêng ca nô 24 km/h vận tốc dòng nước km/h

Ví dụ 3. Một tơ từ A đến B với vận tốc dự định thời gian dự định Nếu ô tô tăng vận tốc thêm km/h thời gian rút ngắn so với dự định Nếu ô tô giảm vận tốc km/h thời gian tăng so với dự định tính độ d|i quãng đường AB

Lời giải:

Gọi vận tốc dự định ô tô x (km/h, x3) thời gian dự định từ A đến B y (giờ, y2) Khi quãng đường từ A đến B dài

xy (km)

Nếu ô tô tăng vận tốc thêm km/h vận tốc lúc l| x3 (km/h) thời gian là: y2 (giờ)

Ta có phương trình: x3y2xy (1)

Tương tự ô tô giảm vận tốc km/h thời gian tăng nên ta có phương trình: x3y 3 xy (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình   

  

3

x y xy x y xy

   



   

Giải hệ ta 15

12

x y

   

 Đối chiếu với điều kiện ta thấy thỏa mãn

Vậy quãng đường AB dài là: 12.15 180 (km)

Chú ý rằng: Trong tốn này, kiện liên quan trực tiếp đến thay đổi vận tốc thời gian nên ta chọn ẩn giải Nếu đặt độ d|i quãng đường vận tốc dự định ẩn số ta lập hệ hai phương trình hai ẩn giải tốn, nhiên khó khăn

(116)

Ta cần ý: Khi giải c{c b|i to{n liên quan đến suất liên hệ ba đại lượng là: Khối lƣợng công việc = suất lao động

thời gian

Ví dụ 1) Một cơng ty dự định điều động số xe để chuyển 180 hàng từ cảng Dung Quất vào thành phố Hồ Chí Minh, xe chở khối lượng h|ng Nhưng nhu cầu thực tế cần chuyển thêm 28 h|ng nên cơng ty phải điều động thêm xe loại xe phải chở thêm hàng đ{p ứng nhu cầu đặt Hỏi theo dự định cơng ty cần điều động xe? Biết xe không chở 15 (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 Tỉnh Quảng Ngãi 2015)

Lời giải:

Gọi x (tấn) số hàng thực tế mà xe phải chở (ĐK:

1 x 15,x )

1

x

  số hàng xe phải chở theo dự định Số xe thực tế phải điều động là: 180 28

x



(xe)

Số xe cần điều động theo dự định là: 180

1

x (xe)

Vì số xe thực tế nhiều dự định l| xe nên ta có phương trình:

2

208 180

1 208 208 180 29 208 x x x x x x

x x          

1 13

x

  (tm) x2 16 (loại x15)

Vậy theo dự định cần điều động: 180 180 15 13

x    (xe)

(117)

Hỏi dự định đội tàu có tàu, biết tàu chở số hàng nhau.(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu năm 2015)

Lời giải: Gọi x (chiếc) số tàu dự định đội x *,x140

Số tàu tham gia vận chuyển x1 (chiếc) Số hàng theo dự định 280

x (tấn)

Số hàng thực tế 286

1

x (tấn)

Theo b|i ta có phương trình: 280 286

x x 

    10

280 286 140

14( )

x x x x x x x

x l

 

          

 

 Vậy

đội t|u lúc đầu có 10 tàu

Ví dụ 3. Một cơng nhân theo kế hoạch phải làm 85 sản phẩm khoảng thời gian dự định Nhưng yêu cầu đột xuất, người cơng nh}n phải làm 96 sản phẩm Do người công nhân l|m tăng thêm sản phẩm nên người ho|n thnahf công việc sớm so với thời gian dự định 20 phút Tính xem theo dự định người phải làm sản phẩm, biết l|m không 20 sản phẩm

Lời giải:

Gọi số sản phẩm công nhân dự định làm

0 20

x  x

Thời gian dự kiến người l|m xong 85 sản phẩm 85

x (giờ)

(118)

Do 96 sản phẩm làm 96

3

x (giờ)

Thời gian hoàn thành công việc thực tế sớm so với dự định 20 phút

3

 nên ta có phương trình 85 96

3

x x 

Giải phương trình ta x15 x 51

Đối chiếu điều kiện ta loại nghiệm x 51

Theo dự định người phải làm 15 sản phẩm

Ví dụ Để hồn thành cơng việc, hai tổ làm chung hết Sau làm chung thì tổ hai điều l|m việc khác, tổ tiếp tục l|m v| ho|n th|nh cơng việc cịn lại 10 Hỏi làm riêng tổ hồn thành cơng việc thời gian bao nhiêu?

Lời giải:

Gọi thời gian tổ làm riêng hoàn thành công việc x (giờ,

6

x )

Gọi thời gian tổ hai làm riêng hồn thành cơng việc y (giờ,

6

y )

Mỗi tổ l|m

x (phần công việc)

Mỗi tổ hai l|m

y (phần công việc)

Biết hai tổ làm chung ho|n th|nh cơng việc nên ta có phương trình:

6

1

x y (1) Thực tế để hồn thành cơng việc tổ hai làm

(119)

12

1

x  y (2) Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:

6 12

1

x y

   



   

Giải

hệ ta được: 15

10

x y

   

 thỏa mãn điều kiện

Nếu làm riêng tổ hồn thành cơng việc 15 tổ hai hồn thành cơng việc 10

Nhận xét: B|i to{n hai người (hai đội) làm chung – làm riêng để hoàn thành cơng việc có hai đại lượng l| suất người (hoặc đội) Ta coi toàn khối lượng công việc cần thực

+ Năng suất công việc =1: thời gian

+ Năng suất chung = Tổng suất riêng

Chú ý:

Trong tốn thay điều kiện x6 điều kiện

10

x chí x12

Có thể thay phương trình (2) phương trình 10

3

x  phần việc

cịn lại riêng tổ làm

3 Ta có x15

Ví dụ 5. Cho bể cạn (khơng có nước) Nếu hai vòi nước mở để chảy vào bể đầy bể sau 48 phút Nếu mở riêng vòi chảy vào bể thời gian vịi chảy đầy bể thời gian vòi hai chảy đầy bể Hỏi vịi chảy sau đầy bể?

Lời giải

Đổi 48 phút = 44 =

24

(120)

Gọi thời gian vịi chảy đầy bể x (giờ, 24

5

x ) Gọi thời gian vịi hai chảy đầy bể y (giờ, 24

5

y )

Biết hai vịi chảy sau 24

5 đầy bể nên ta có phương

trình: 24 24 5x5y  (1)

Nếu chảy riêng vịi chảy đầy bể nhanh vịi hai l| nên ta có phương trình:

4

x y (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:

24 24 5

4

x y

  

 

   

Giải hệ ta được:

12

x y

   

 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy vòi chảy đầy bể vịi hai chảy 12 đầy bể

Cách 2: Lập phương trình

Gọi thời gian vịi chảy đầy bể x (giờ, 24

5

x ) Khi vòi chảy

x (phần bể)

Vịi hai chảy đầy bể x4 (giờ) nên chảy được:

4

x (phần bể)

Tổng cộng hai vòi chảy 1

4

xx (phần bể) (3)

Sau 48 phút =24

5 hai vịi chảy đầy bể nên

một chảy

(121)

Từ (3) v| (4) ta có phương trình 1

4 24

xx 

Giải phương trình ta 12

5

x  (loại) x8 (thỏa mãn) Vậy thời gian vịi chảy đầy bể Vịi hai chảy đầy bể 12  (giờ)

Nhận xét: Ta chuyển b|i to{n th|nh b|i to{n sau: ‚Hai đội cơng nhân làm chung cơng việc hoàn thành sau 48 phút Nếu l|m riêng để hồn thành cơng việc thời gian đội thời gian đội hai Hỏi làm riêng đội hồn thành cơng việc bao lâu?

Ví dụ 6. Một mảnh đất hình chữ nhật có độ d|i đường chéo 13m chiều dài lớn chiều rộng 7m Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất

Lời giải:

Cách 1: Lập phương trinh

Gọi chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật x (m x, 0)

Chiều dài mảnh đất hình chữ nhật lớn chiều rộng 7m nên chiều dài mảnh đất hình chữ nhật x7 (m)

Biết độ dài đường chéo l| 13m nên theo định lý Pitago ta có phương

trình:  2

7 13

x  x 

Giải phương trình ta x5 x 12 Đối chiếu với điều kiện ta có chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật 5m chiều dài mảnh đất l| 12m

Cách 2: Lập hệ phương trình

Gọi chiều dài mảnh đất l| x chiều rộng mảnh đất y (m,x y 0)

Khi ta có hệ phương trình 2 2 2

13

y x x y

   

 

 Giải hệ ta

12

x y

(122)

Đối chiếu với điều kiện ta thấy thỏa mãn Vậy chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật 5m chiều dài 12m

BÀI TẬP RÈN LUYỆN:

1) Một ô tô tải từ A đến B với vận tốc 45km/h sau 30 phút xe xuất ph{t từ A đến B với vận tốc 60km/h đến B lúc với xe tải Tính quãng đường AB

2). Hai người xe đạp xuất phát lúc từ A đến B vận tốc họ 3km/h nên đến B sớm muộn 30 phút Tính vận tốc người, biết quãng đường AB dài 30km/h

3) Hai tỉnh A,B cách 180km/h Cùng lúc, ô tô từ A đến B xe m{y từ B A Hai xe gặp thị trấn C Từ C đến B ô tô hết giờ, từ C A xe m{y hết 30 phút Tính vận tốc tơ xe máy biết đường AB hai xe chạy với vận tốc không đổi

4) Trong đua, ba tay đua mô tô khởi hành lúc Mỗi người thứ hai chạy chậm người thứ 15km

nhanh người thứ ba km người thứ ba đến đích chậm người thứ 12 phút sớm người thứ ba phút Tính thời gian chạy hết quãng đường đua c{c tay đua

5). Một xe m{y từ A đến B thời gian dự định Nếu vận tốc tằng 20km/h đến sớm giờ, vận tốc giảm 10km/h đến muộn Tính qng đường AB

6) Một tô từ A đến B Cùng lúc, ô tô kh{c từ B đến A

với vận tốc

3 vận tốc ô tô thứ Sau chúng gặp

Hỏi ô tô quãng đường AB bao lâu?

(123)

8) Hai bạn A B làm chung công việc hồn thành sau ngày Hỏi A làm ngày nghỉ B hồn thành nốt công việc thời gian bao lâu? Biết làm xong cơng việc B l|m l}u A l| ng|y

9) Trong kỳ thi, hai trường A,B có tổng cộng 350 học sinh dự thi Kết l| hai trường có tổng cộng 338 học sinh trúng tuyển Tính trường A có 97% v| trường B có 96% học sinh dự thi trúng tuyển Hỏi trường có thí sinh dự thi?

10) Có hai loại quặng sắt quặng loại A chứa 60% sắt, quặng loại B chứa 50% sắt người ta trộn lượng quặng loại A với lượng quặng loại B hỗn hợp chứa

15 sắt Nếu lấy tăng lúc

đầu 10 quặng loại A lấy giảm lúc đầu 10 quặng

loại B hỗn hợp quặng chứa 17

30 sắt Tính khối lượng quặng

mỗi loại đem trộn lúc đầu

LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1) Lời giải:

Gọi độ d|i quãng đường AB x (đơn vị km, x0) Thời gian ô tô tải từ A đến B

45

x

(giờ)

Thời gian xe từ A đến B

60

x

(giờ)

Vì xe xuất phát sau xe tải 30 phút

2

 nên ta có phương trình:

3

270 45 60 180

x x x

x

      (thỏa mãn điều kiện)

(124)

2) Gọi vận tốc người chậm x km h x / , 0 Vận tốc người nhanh l| x3 (giờ) Vì người chậm đến muộn 30 phút =1

2 nên ta có phương trình:

30 30

3

x x 

  2

60 x 60x x 3x x 3x 180

        

 

2

3 180 729 27 27

         27

15

3 27 12

x

      

 

 

  



So sánh với điều kiện suy có nghiệm x12 thỏa mãn Vậy vận tốc người chậm 12km/h, vận tốc người nhanh 15km/h

Gọi vận tốc ô tô x(km/h), xe máy y (km/h) với x y, 0 Sau thời gian, hai xe gặp C, xe ô tô phải chạy tiếp hai tới B nên quãng đường CB dài 2xkm, xe máy phải tiếp 30 phút hay 4,5 tới A nên quãng đường CA dài 4,5y km Do ta có phương trình: 2x4,5y180

Ơ tơ chạy với vận tốc x km/h nên thời gian quãng đường AC

4, 5y

x giờ, xe m{y với vận tốc y km/h thời gian quãng

đường CB 2x

y

Vì hai xe khởi hành lúc gặp C nên lúc gặp hai xe khoảng thời gian v| ta có

phương trình: 4,5y 2x

(125)

Vậy ta có hệ phương trình:

2

2 4,5 180

2 4,5 180 4,5 180 4,5

3

x y

x y x

y x

x y

 

    

 

  

    

 

 

15

180

3 4,5 180 2 24

3 36

2

y

y y y

y x y x

x

  

  

  

  

 

   



So sánh với điều kiện ta thấy giá trị x36,y24 thỏa mãn Vậy vận tốc ô tô 36km/h, vận tốc xe máy 24km/h

Gọi vận tốc người thứ hai x(km/h), x3 vận tốc người thứ x15(km/h), vận tốc người thứ ba x3(km/h) Gọi chiều d|i quãng đường y (km, y0)

Thời gian người thứ hai hết đường đua l| y

x (giờ)

Thời gian người thứ hết đường đua l|

15

y

x (giờ)

Thời gian người thứ ba hết đường đua l|

3

y

x (giờ)

Người thứ hai đến đích chậm người thứ 12 phút =1

5

giờ nên ta có phương trình:

1 15

y y

xx 

Vì y0 nên phương trình n|y tương đương với 1

15

xx  y (1)

Người thứ hai đến đích sớm người thứ ba phút =

20 nên

ta có phương trình:

3 20

y y

(126)

Vì y0 nên phương trình n|y tương đương với 1

3 20

x  x y (2)

Từ (1) (2) ta có: 1 1

15

x x x x

 

    

   

 1515 12 3 15x 3 12x 15 5x 3 4 x 15 x 75

x x x x

           

 

Nghiệm x75 thỏa mãn điều kiện, từ (1) ta có y90

Vậy vận tốc người thứ hai 75km/h, vận tốc người thứ 90km/h, vận tốc người thứ ba 72km/h

Để tính quãng đường AB ta tính đại lượng vận tốc dự định thời gian dự định

Gọi vận tốc dự định x giờ, thời gian dự định y km/h

(x10,y1)

Quãng đường AB dài x y (km)

Nếu vận tốc tăng thêm 20km/h đến sớm giờ, qng đường tính cơng thức:

x20  y1 (km)

Nếu giảm vận tốc 10km/h đến muộn giờ, qng đường tính cơng thức x10  y1 (km)

Ta có hệ:   

  

20 20 20

10 10

10

x y xy xy x y xy xy x y xy x y xy

  

     

 

     

   



20 20 10 30

10 10 10 10 40

x y y y

x y x y x

    

  

  

    

  

So sánh với điều kiện ta thấy giá trị x40,y3 thỏa mãn

Vậy vận tốc dự định 40km/h, thời gian dự định Quãng đường AB dài là: 40.3 120 km

(127)

Vận tốc xe ô tô thứ AB

x (km/h)\

Vận tốc xe ô tô thứ hai

AB

x (km/h)

Sau hai xe gặp nhau, nghĩa l| tổng quãng đường hai xe

bằng quãng đường AB, ta có phương trình: 5 .2

AB AB

AB

x  x 

1 10 25 25

3 x 3

x x x

        (thỏa mãn điều kiện

5

x )

Thời gian ô tô thứ hai hết quãng đường AB là:

25

2 3

12

3 2

AB x

x   

Vậy thời gian ô tô thứ hết quãng đường AB 81

3 giờ, thời

gian xe thứ hai hết quãng đường AB 12 30 phút

Gọi vận tốc ca nô x(km/h), x3 Vận tốc ca nơ xi dịng x3

(km/h)

Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B 40

3

x (giờ)

Vận tốc ca nơ ngược dịng x3 (km/h)

Qng đường ca nơ ngược dịng từ B đến địa điểm gặp bè :

40 8 32 km

Thời gian ca nơ ngược dịng từ B đến địa điểm gặp bè là: 32

3

x (giờ)

Ta có phương trình: 40 32

3 3 3

x x   x x 

   

15 x 12 x x

(128)

2 27

27

0

x x x

x

     

 

So sánh với điều kiện có nghiệm x27 thỏa mãn, suy vận tốc ca nô 27km/h

Gọi thời gian A,B làm riêng xong công việc x y, (ngày),

,

x y

Mỗi ng|y đội A l|m riêng

x công việc

Mỗi ng|y đội B l|m riêng

y công việc

Ta có hệ phương trình:

6

9 1

18

y x

x y x y

 

 



 

    

 

Vì A làm ngày xong nên ng|y l|m

3 cơng việc

Vì B l|m 18 ng|y xong nên ng|y B l|m

18 công việc, số ngày

làm xong

3cơng việc cịn lại

: 12

3 18 ngày

9 Lời giải:

Gọi số thí sinh tham dự trường A v| trường B

 

, , *; , 350

x y x y x y Ta có hệ phương trình

350

200

97 96

150 338

100 100

x y

x y x y

 

  

 

    

 

(129)

Ta có hệ phương trình:

 

     

60 50

10

100 100 15

60 50 17 20

10 10 10 10

100 100 30

x y x y

x y

x y x y

   

  

 

  



       



(thỏa mãn)

Chủ đề 5: PHƢƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Để giải phương trình bậc lớn Ta thường biến đổi phương trình dạng đặc biệt l|:

1 Phương ph{p đưa dạng tích: Tức biến đổi phương trình:

       

 

0

f x F x f x g x

g x

 

    

 

Đưa phương trình tích ta thường dùng cách sau: Cách 1: Sử dụng đẳng thức đưa

dạng: 2 3

0, 0,

a b  a b 

Cách 2: Nhẩm nghiệm chia đa thức: Nếu xa nghiệm phương trình f x 0 ta ln có phân tích: f x   x a g x    Để dự đo{n nghiệm ta dựa vào ý sau:

Chú ý:

Cách 3: Sử dụng phương ph{p hệ số bất định Ta thường áp dụng cho phương trình bậc bốn

Đặc biệt phương trình bậc 4: Ta sử dụng cách xử lý sau:

 Phương trình dạng:

x ax bx c

Phương ph{p: Ta thêm bớt vào vế lượng: 2

2mx m

phương trình trở thành: 2 2

(x m) (2m a x ) bx c m 

Ta mong muốn vế phải có dạng:

(AxB)

2

4(2 )( )

m a

m b m a c m

  

 

     

(130)

 Phương trình dạng:

x ax bx cxd

Ta tạo vế phải biểu thức bình phương dạng:

2

a

x x m

   

 

 

Bằng cách khai triển biểu thức:

2 2

2

a a

x x m x ax  m x amx m

         

 

    Ta thấy cần thêm

vào hai vế lượng:

2

a

m x amx m

 

  

 

  phương trình

trở thành:

2 2

2 ( )

2

a a

x x m  m b x am c x m d

          

 

   

Bây ta cần:

 

2

4

?

( )

4

VP

a m b

m a

am c m b m d



   

  

  

         

  



Ta ph}n tích để làm rõ cách giải tốn thơng qua ví dụ sau:

Ví dụ 1)

Giải c{c phương trình:

a)

10 20

x  x  x 

b)

22 77

x  x  x 

c)

6

x  x  x  x 

d)

2

x  x  x  x  Lời giải:

a) 4

10 20 10 20

x  x  x  x  x  x

Ta thêm vào vế phương trình lượng: 2

(131)

Khi phương trình trở thành:

4 2 2

2 (10 ) 20

x  mx m   m x  x m 

Ta có

1 4( 20)(10 )

2

VP m m m

         Ta viết lại phương

trình thành:

2 2

4 2

9

2 2

x  x    x   x x   x  

     

2 17

( 5)( 4)

2

x x x x x  

        21

2

x 

b) 4

22 77 22 77

x  x  x  x  x  x

Ta thêm vào vế phương trình lượng: 2

2mx m

Khi phương trình trở thành:

4 2 2

2 (22 ) 77

x  mx m   m x  x m 

Ta có

1 4(22 )( 77)

VP m m m

        

Ta viết lại phương trình thành:

 2  2

4 2

18 81 2

x  x   x  x  x   x 

2 2

( 7)( 11)

1

x x x x x

x

           

  

c) Phương trình có dạng:

4

6 8

x  x  x  x  x  x   x  x

Ta tạo vế trái dạng: 2 2

(x 3x m ) x 6x  (9 )m x 6mx m

Tức thêm vào hai vế lượng là: 2

(9 ) m x 6mx m phương

trình trở thành: 2 2

(132)

2

'VP (3m 1) (2m 1)(m 1) m

         Phương trình trở thành:

2 2

(x 3 )x (x1)

2

( 1)( 1)

1

x x x x x x

x x

   

          

      

d) Phương trình cho viết lại sau:

4

2

x  x  x  x

Ta tạo phương trình: 2 2

(x  x m) (2m6)x (2m6)x m 3

Ta cần: 2 2

'VP ( 3) (2 6)( 3)

m

m m m m

  

   

      



Phương trình trở thành: 2

(x  x 1) (2x2)

2

3 21 ( 3)( 1)

3 21

x

x x x x

x

     

      

     

Ví dụ 2)

a) Giải phương trình:

4 12

x  x  x  (1)

b) Giải phương trình:

13 18

x  x  x 

c) Giải phương trình:

2x 10x 11x   x (4)

Lời giải:

a) Ta có phương trình  2

2

x x

    (1.1)

  

2

2 3 1; 3

x x

x x x x x x

x x

   

         

  

 Vậy

phương trình có hai nghiệm x1;x3

b) Phương trình    

4 18

x x x x

(133)

 2 2  2  2  2 

2 3

x x x x x x

          

2

3 29 2 3

2

x

x x

x

    

    

 



   

 

 

Vậy phương trình cho có

nghiệm 29;

2

x   x  c) Ta có phương

trình

 

2

2 1 2

2 4 16

x x x x x x x x x

     

                

     

2

2 2 2

3 13

x

x x

x

 

 

    

 



   

 

 

2 Phương ph{p đặt ẩn phụ:

L| phương ph{p kh{ hữu hiệu c{c b|i to{n đại số, giải phương trình bậc cao vậy, người ta thường đặt ẩn phụ để chuyển phương trình bậc cao phương trình bậc thấp Một số dạng sau đ}y ta thường dùng đặt ẩn phụ

Dạng 1: Phương trình trùng phương: ax4bx2 c 0a0 (1) Với dạng n|y ta đặt

,

tx t ta chuyển phương trình:

0

at   bt c (2)

Chú ý: Số nghiệm phương trình (1) phụ thuộc vào số nghiệm không âm (2)

Dạng 2: Phương trình đối xứng (hay phương trình hồi quy):

 

4 2

0

ax bx cx kbx k a  k Với dạng ta chia hai vế

phương trình cho 2 

0

x x ta được:

2

k k

a x b x c

x x

          

(134)

k t x

x

  với t 2 k ta có:

2

2 2

k k

x x k t k

x x

 

      

  thay vào ta

được phương trình:  

2

a t  k   bt c

Dạng 3: Phương trình:x a x b x c x d e,trong a+b=c+d

Phương trình    

x a b x ab x c d x cd e

   

         

Đặt  

t x  a b x, ta có:tab t cde

Dạng 4: Phương trìnhx a x b x c x d ex2,trong

abcd Với dạng ta chia hai vế phương trình cho x2x0 Phương trình tương đương:

   

2 2 ab cd

x a b x ab x c d x cd ex x a b x c d e

x x

   

                 

        

Đặt t x ab x cd

x x

    Ta có phương trình:t a b t  c de

Dạng 5: Phương trình xa 4 x b 4 c Đặt

2

a b

x t  ta đưa phương trình trùng phương

Ví dụ 1: Giải c{c phương trình:

1)

2x 5x 6x 5x 2 2) x1 4 x34 2

3) x x 1x2x 3 24 4)

    

2 6

x x x x  x 

Lời giải:

1) Ta thấy x0 không nghiệm phương trình nên chia hai vế pương trình cho

x ta được:

2

1

2 x x

x x

      

   

    Đặt

  2

2

1 1

, 2

t x t x x t

x x x

 

          

(135)

có:  

2 2 1

t

t t t t

t

  

        

  

Với

2

1

2 2

t x x x

x

       

2) Đặt x t ta

được:  4 4

1 0

t  t   t t      t x

Vậy phương trình có nghiệm x 2

Chú ý: Với ta giải c{ch kh{c sau: Trước hết ta có BĐT:

4

2

a b a b 

  

  với a b 0

Áp dụng BĐT n|y với:a  x 1,b  x VT VP Đẳng thức xảy x 2

3) Ta có phương trình:   

3 24

x x x x

     Đặt

3

tx  x Ta được:t t 224  t2 2t 24   0 t 6,t4

*

6

t  x  x  phương trình vơ nghiệm

*

4 1;

t x  x   x x  Vậy phương trình có hai nghiệm x1;x 4

4) Phương trình   

2 12 12

x x x x x

      

Vì x0 khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế phương trình cho

x ta được:

12 12

4

x x

       

  

   Đặt

12

t x x

  , ta có:

  

4

2

t t t t t

t

           

 

* 12

1 12

3

x t x x x

x x

           

(136)

*

2 12 13

t x  x    x

Vậy phương trình cho có bốn nghiệm:x 3;x4;x 1 13

Ví dụ 2)

a) Giải phương trình:  2  2  

3 x  x 2 x1 5 x 1

b) Giải phương trình:

3 21

x  x  x  x  x  x 

c) Giải phương trình:x1x2x3 2 x4x5360

d) Giải phương trình: 3

5 5 24 30

x  x  x  x  Lời giải:

a) Vì x 1 khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế cho

1

x  ta được:

2

1

3

1

x x x x x x

   

   Đặt

2

1

3 5 2,

1

x x

t t t t t t

x t

 

            

* 13

2

t x  x   x 

*

3

t   x  x  phương trình vơ nghiệm

b) Đ}y l| phương trình bậc ta thấy hệ số đối xứng ta áp dụng cách giải m| ta giải phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng

Ta thấy x0 khơng nghiệm phương trình Chia vế phương trình cho

x ta được:

3

1 1

3 21

x x x

   

        

    Đặt

1 ,

t x t

x

   Ta

có: 2  

2

1

2;

x t x t t

x x

      nên phương trình trở

thành:    

3 21

(137)

  2 

3

3 27 3

3

t t t t t t

t

            

 



*

3 3

2

t x x x x

x



         

*

3

2

t  x  x   x   Vậy phương trình có bốn

nghiệm 5;

2

x   x 

c) Phương trình    

6 360

x x x x x x

       

Đặt

6

t x  x, ta có phương trình:y5y8y 9 360

 

22 157 0

6

x y y y y x x

x

            

  

Vậy phương trình có hai nghiệm:x0;x 6

d) Ta có:  

5 30 5 5

x  x  x  x  x nên phương trình tương đương

  3 

3 3

5 5 24 24 30

x  x  x  x x  x  Đặt

5

ux  x Ta hệ:

  

3

2

3

5

6 5

u u x

u x u ux x u x

x x u

   

        



  



  

3

4 5

x x x x x x

            Vậy x 1 nghiệm phương trình

Dạng 6:

a) Phương trình: 2 ax 2 bx c

x mxp x nx p  với abc0

(138)

a b

c

p p

x m x n

x x

 

    Đặt

2

2 2

k k

t x t x k k k

x x

        Thay v|o phương trình để quy phương trình bậc theo t

b) Phương trình:

2

2 ax

x b

x a

 

   

  với a0,x a

Phương ph{p : Dựa vào đẳng thức 2  2

2

a b  a b  ab Ta viết lại phương trình th|nh:

2

2 2 2 2

2

ax x x x

x a b a b

x a x a x a x a

 

        

 

     

    Đặt

2

x t

x a

 

quy phương trình bậc Ví dụ 1) Giải c{c phương trình:

a)

 

2

25

11

x x

x

 

 (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn

Thanh Hóa 2013)

b) 2 12 2

4 2

x x

x  x x  x  (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đại

học Vinh 2010)

c)

 

2

x

x x

x    (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP

Hà Nội 2008)

d)

 

3

2

1

x x x

x x

   

 

Giải:

(139)

Ta viết lại phương trình th|nh

2

2 2 2 2

5 10 10

11 11

5 5

x x x x

x

x x x x

 

         

 

     

    Đặt

2 x t x 



phương trình có dạng

10 11

11 t t t t          

Nếu t1 ta có:

2

2 21

1

5

x

x x x

x

       

 Nếu

2 11 11 x t x      

11 55

x x

    phương trình vơ nghiệm

b) Để ý x nghiệm x0 nên ta chia tử số

mẫu số vế trái cho x thu được: 12

2

x x

 

    Đặt

2

t x x

   phương trình trở thành:

2

12

1 12

6

t t t t t t t

t t t                  

Với t1 ta có: 2

2

x t t

x

       vô nghiệm Với t 6 ta có:

2

2 2

x x x x

x

         

c)    

2

2 3

2 2

x x x

x x x x

x x x

             

       

    

Giải phương trình ta thu nghiệm 6; 3

3

x  x 

d) Sử dụng HĐT 3  3  

3

a b  a b  ab a b ta viết lại phương trình thành:

 

3

3 2

3

2

1 1 1

1

x x x x x x

x x x

x x x x x

x

   

            

        

(140)

hay

3

2 2 2

2

3

3 1 1 2

1 1 1

x x x x x

x x

x x x x x

     

             

          

     

Suy phương trình cho vơ nghiệm

BÀI TẬP RÈN LUYỆN: Giải c{c phương trình sau:

1)   

2

x  x x   x

2) 6x7 2 3x4x 1

3) x1 4 x34 82

4) x1x2x4x 5 10

5)   

2 2

x  x x  x  x

6) x2x1x8x44x2

7)   2 2

3 x 2x1 2 x 3x1 5x 0

8)

3x 4x 5x 4x 3

9)

2x 21x 34x 105x500

10) 1 1

1

xx  x x x 

11) 4 8

1 2

x x x x

        

   

12)   2

1

2 12 35 10 24

x x x x

x x x x x x x x

      

      

13)

2 2

1 2 3 4

0

1

x x x x x x x x

x x x x

           

   

14) 2 2

4 10

x x

x  x  x  x 

15)  

(141)

16)    2

5

x  x x   x

17)

9 16 18

x  x  x  x 

18)

 

2

12

3

2

x

x x x

   



19) 2 213

3

x x

x  x  x  x 

20) 2  

1

x x  x   

21)

2 2

2

20 20

1 1

x x x

  

      

      

   

LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN

1) Đặt

2

x   x t Phương trình cho th|nh

 1

3

t t t

t

       



Với t2 2

2 0

x    x x    x x x 1

Với t  3 2 21

2

x     x x     x x  

Vậy tập nghiệm phương trình l| 1; 0; 21; 21 2

S      

 

 

2) Biến đổi phương trình th|nh

  

36x 84x49 36x 84x48 12 Đặt

2

36 84 48

t x  x phương trình th|nh  1 12

4

t t t

t

     

 



Với t3 2

36 84 48 36 84 45

2

x  x   x  x    x

5

x  Với t 4

2

(142)

nghiệm

Vậy tập nghiệm phương trình l| 5;

S   

 

3) Đặt y x phương trình cho th|nh

4

24 48 216 82

1

y x y y

y x

 

 

        

 

Vậy tập nghiệm phương trình cho l| S   2;0

4) Đặt

4

x x x x

y         x phương trình trở thành:

   6

4 10

6

y x

y y y y

y x

      

        

  

 

 

Vậy tập nghiệm phương trình l| S  63; 63

5) Do x0 khơng phải nghiệm phương trình, chia hai vế cho

x ta x x 2

x x

      

  

   Đặt

2

y x x

  phương

trình trở thành   

2

0

1 2

3 2

3

x

y x x

y y

y x

x x

   

  

 

     

   

      

6) Biến đổi phương trình th|nh

  

      

2 8

x x x x  x  x  x x  x  x Do x2 không nghiệm nên chia hai vế phương trình cho

x

ta được:

8

6

x x

      

  

   Đặt

8

y x x

  phương trình trở thành

  

6 15 50

10

y y y y y

y

          



(143)

2

8

5

x x x

x

      (vơ nghiệm) Với y10

2 17

8

10 10

5 17

x

x x x

x x

          

 



Vậy tập nghiệm phương trình l| S 5 17;5 17

7) Do x0 không nghiệm phương trình, chia hai vế phương trình cho

x ta

2

1

3 x 2 x

x x

          

   

    Đặt

1

y x x

  , phương trình trở thành:

 2  2 2

3 2

1

y

y y y

y

           

 

 Suy

1

2 1 5

1

2

x x

x

x x

x

  

    



  

 

     

 

Vậy tập nghiệm phương trình l|

1 5 ; 2

S     

 

 

8) Phương trình khơng nhận x0 nghiệm, chia hai vế cho

x

được 2

1

3 x x

x x

      

   

    Đặt

1

t x x

  phương trình

trở thành

3t   4t

2

3t     4t t

3

t 

Với t 1

1

2

x x x x

x



       

2

(144)

Với

3

t

3

1 1 37 3

3

x x x x

x



       

4

1 37

x  

1 5 37 37 ; ; ;

2 2

S       

 

 

9)

2x 21x 34x 105x500 (8) Lời giải:

Ta thấy 105

21

k   



2 50

25

k   nên phương trình (8) l| phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng tỉ lệ

 

2

25

8 x 21 x 34

x x

   

       

    Đặt

5

t x x

  suy

2

25 10

t x

x

   Phương trình (9) trở thành

2t 21t54  0 t

hoặc

2

t Với t 6 2

6 6

x x x x x

x

        

Phương trình có hai nghiệm x1 3 14;x2  3 14 Với

9

x

2

5

2 10

x x x

x

      Phương trình có hai nghiệm

3

9 161 161 ;

4

x   x   Vậy PT (8) có tập nghiệm

9 161 161 14;3 14; ;

4

S      

 

 

10)Điều kiện x     1; 2; 3; 4;0 Ta biến đổi phương trình th|nh

   

2

2 2

1 1 1

0

4 4

x x

x x x x x x x x x x

 

          

           

   

2 2

1 1

0

4 2( 4)

x x x x x x

   

     Đặt

2

4

(145)

trình trở thành

 

1 1

0

3

uu  u 

  

2

25 145 25 24 10

0

2 25 145 10

u

u u

u u u

u

  

 

  

  

    

  

Do

2

25 145

10 25 145

10

x x

    



  

 

 

Tìm tập nghiệm phương trình

là

15 145 15 145 15 145 15 145

2 ; ; ;

10 10 10 10

S

     

 

         

 

 

11) Biến đổi phương trình th|nh

2

5 10 10 10 40 1 2

x x x x x x



        

     

Đặt ux u2 1,u4;u0 dẫn đến phương trình

2

16

4 65 16 1

4

u u u

u

      

  

bTìm tập nghiệm phương trình

là 1; 4; ; 41 2

S   

 

12)

Điều kiện x        7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;0 Biến đổi phương trình thành

 12  56 7  12 3  45 6

x x x x

x x x x x x x x

   

  

(146)

1 1 1 2

x x

x x x x

     

      

  

   

2 1 1

x x

x x x x x

     

      

   

   

1 1 1 1

x x x x x x x x

       

      

1 1 1 1

x x x x x x x x x

       

           

      

       

  2 2

1 1

2

7 10 7 12

x

x x x x x x x

 

      

      

 

2 2

7

1 1

0(*)

7 10 7 12

x

x x x x x x x x

     

    

       



Đặt

7

ux  x phương trình (*) có dạng

1 1 1 1

0

10 12 10 12

u u u u u u u u

   

         

         

2

18 90

u u

   

Mặt khác  2

18 90 9

u  u  u   với u Do phương trình (*) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm

7

x 

13) Lời giải:

Điều kiện x     4; 3; 2; 1 Biến đổi phương trình th|nh

1 4

0

1 4

x x x x x x x x

   

         

           

2

3

0 5

x

x x x x

 

   

   

  2 2

0

3

0(*) 5

x

x x x x

   

  

   



(147)

Đặt

5

ux  x phương trình (*) trở thành

3 11

4 u

u u     Từ ta có

2

2 10 11

2

x  x   x  

Vậy tập nghiệm phương trình cho l| 0; 3; 2

S       

 

 

14)

Do x0 khơng nghiệm phương trình nên chia tử mẫu phân thức vế trái phương trình cho x, đặt

7

y x

x

  ta

4

1

8 10

y  y 

Phương trình có nghiệm y16,y9

Với y9

4x 4x 9x

x

      Phương trình n|y vơ

nghiệm

Với y16

4x 16 4x 16x

x

      Phương trình n|y có hai

nghiệm

1 ; 2

x  x 

Vậy phương trình cho có tập nghiệm 7; 2

S   

 

15)Đặt

2

t  x  x , phương trình (1) th|nh

   2 2 2

4 16 25

t x t x  x  t x  x  t x   t x

5

t x

Với t  5x 2

2

(148)

Với t5x 2 2

2

x   x x x  x   x 

Vậy tập nghiệm phương trình (1) l| 2; 2

   

 

 

 

 

16)Lời giải:

Đặt u x đưa phương trình (2) dạng tổng quát

  

7 3

u  u u  u  u

Bạn đọc giải phương ph{p nêu Ta giải cách kh{c sau

Viết phương trình cho dạng

 2  2   2

4 5

x   x x   x 

Đặt

4

t x  , phương trình th|nh

       

2

5 6 6

t   x t  x x   t x t  x

2

3

6 6 6

1 21

1

2

x t x x x x x

t x x x x x x

  

 

       

 

     

         

    

Vậy tập nghiệm PT(2) 21;3 7; 21;3

2

S       

 

 

17)PTtương đương với  

9 16

x  x x   x  

Đặt

2

t x 

4

t x  x  , PT thành

  

2

9 20

t  xt x   t x t x 

2

4 4

5 33

5 5

2

x t x x x x x

t x x x x x x

  

 

     

 

    

     

    

5 33 33 6; ; 6;

2

   

   

 

 

(149)

18)Điều kiện x 2 Khử mẫu thức ta phương trình tương đương:

 

4 2

3x 6x 16x 36x12 0 3x 6x x  6 16x 120

đặt

6

tx 

12 36

t x  x  , suy 2

3x 3t 36x 108, PT thành

 

2

3t 6xt20t 0 t 3t6x20   0 t

3t  6x 20 Với t0

6

x   , suy x  (thỏa mãn đk) Với 3t   6x 20 ta có

3x 18  6x 20 hay

2

3x 6x 2 suy 3

3

x  (thỏa mãn đk) Vậy tập

nghiệm PT(4) 3; 6; 3;

3

S     

 

 

19) 2 213

3

x x

x  x  x  x  (5)

Lời giải: Đặt

3

t x  PT(5) trở thành

2 13

x x

t xtx  ĐK: t5 ,x t x

Khử mẫu thức ta PT tương đương

  

2

2t 13tx11x   0 t x 2t11x 0

t x

  11

2

t x (thỏa mãn ĐK)

Với t x 2

3x   2 x 3x   x phương trình vơ nghiệm

Với 11

2

t x 11

3 11

2

x   x x x   x

4

x Vậy tập nghiệm PT(5) 4;

 

 

 

20)PT 2   

1

x x x x

     

 2 

2

x x x x

(150)

 4 2 2 4 2

2

x x x x

     

 4 2 2 4 2

1

x x x x

       

Giải phương trình trùng phương ta tập nghiệm PT

5

;

2

   

 

 

 

 

21)Lời giải: Điều kiện x 1

Đặt ;

1

x x

y z

x x

   

  , PT có dạng:

 2

2

20y 5z 20yz 0 2yz  0 2yz

Dẫn đến

     

2

2 2 1

x x

x x x x

x x

        

 

2 2

2x 6x x 3x x 9x

          73

2

x 

 

9 73

x  (thỏa mãn điều kiện)

Vậy tập nghiệm PT(2) 73 9; 73 2

   

 

 

 

 

CHỦ ĐỀ 6: MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VƠ TỶ

1 Phương trình vô tỷ bản:

2

( )

( ) ( )

g x f x g x

f x g x

    

 

Ví dụ 1: Giải c{c phương trình:

a)

2

x  x  x

b) 2x 1 x  4x9

(151)

a) Phương trình tương đương với:

2

x 

b) Điều kiện: x0 Bình phương vế ta được:

2

8

3 2 2

4(2 ) ( 8)

x x x x x x x x

x x x

             

   

2

4

16 12 64

7

x x

x

x x

   

 

 

  

  

  Đối chiếu với điều kiện ta thấy

có x4 nghiệm phương trình

Ví dụ 2: Giải phương trình:

II.MỘT SỐ DẠNG PHƢƠNG TRÌNH VƠ TỶ THƢỜNG GẶP

1 Giải phương trình vơ tỷ phương ph{p sử dụng biểu thức liên hợp:

Dấu hiệu:

+ Khi ta gặp tốn giải phương trình dạng:

( ) ( ) ( )

n f x mg x h x 

Mà đưa ẩn, đưa ẩn tạo phương trình bậc cao dẫn đến việc phân tích giải trực tiếp khó khăn

+ Nhẩm nghiệm phương trình đó: thủ cơng ( sử dụng máy tính cầm tay)

Phương ph{p:

 Đặt điều kiện chặt phương trình ( có)

Ví dụ: Đối phương trình: 2

3

x    x   x + Nếu bình thường nhìn v|o phương trình ta thấy:

(152)

+ Ta viết lại phương trình th|nh: x2 3 2x2 7 2x3

Để ý rằng: 2

3

x   x   phương trình có nghiệm

3

2

x   x

 Nếu phương trình có nghiệm x0:

Ta phân tích phương trình sau: Viết lại phương trình th|nh:

0 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n f x n f x mg x mg x h x h x 

Sau nh}n liên hợp cho cặp số hạng với ý:

+ 3 3 3 2

ab a  ab b  a b

+   

ab ab  a b

+ Nếu h x( )0 có nghiệm xx0 ta ln ph}n tích

( ) ( ) ( )

h x  xx g x

Như sau bước phân tích rút nhân tử chung xx0 phương

trình ban đầu trở thành: 0

0

( ) ( )

( )

x x x x A x

A x

  

   

 

Việc lại dùng hàm số , bất đẳng thức đ{nh gi{ để kết luận A x( )0 vô nghiệm

 Nếu phương trình có nghiệm x x1, theo định lý viet đảo ta

có nhân tử chung là:

1 2

( )

x  x x xx x

Ta thường l|m sau:

+ Muốn làm xuất nhân tử chung n f x( ) ta trừ

lượng ax b Khi nh}n tử chung kết sau nhân liên hợp n f x( )(ax b )

+ Để tìm a b, ta xét phương trình: n f x( )(ax b ) 0 Để phương

trình có hai nghiệm x x1, ta cần tìm a b, cho

1

2

( ) ( )

n

ax b f x ax b f x

   



(153)

+ Ho|n to|n tương tự cho biểu thức lại: Ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 1: Giải c{c phương trình:

a) 3

5x  1 2x   1 x

b)

2

x   x x  x

Giải: a)

Ph}n tích: Phương trình đề gồm nhiều biểu thức chứa quy ẩn Nếu ta lũy thừa để triệt tiêu dấu

3

, tạo phương trình tối thiểu bậc Từ ta nghỉ đến hướng giải : Sử dụng biểu thức liên hợp để tách nhân tử chung

Điều kiện

5

x

Ta nhẩm nghiệm phương trình l|: x1 Khi

3

5x  1 1 2; 2x 1 1 

Ta viết lại phương trình th|nh: 3

5x   1 2x    1 x

 

3

3 3 3

5 2

1

5 2 1 2 1 1

x x

x

x x x

 

    

      

 

2

3 3 3

5( 1)

( 1)

5 2 1

x x x

   

 

    

       

 

Dễ thấy :

Với điều kiện

5

x

 

2

3 3 3

5( 1)

1

5 2 1 2 1 1

x x

x x x

 

  

     

Nên phương trình cho có nghiệm x2

(154)

Ta nhẩm nghiệm phương trình l|: x3 Khi

2 1; 4

x     x  

Từ ta có lời giải sau:

Phương trình cho tương đương với:

2

2 1

x     x x  x

3

( 3)(2 1)

2 1

x x

 

    

   

  1

3 (2 1)

2 1

x x

 

      

   

 

3

1

(2 1) 1

x

x x

  

    

    



Để ý rằng: Với điều kiện x 2;

1

1; 1;

2 1 x

x    x    nên

1

(2 1)

2 1 x

x    x   

Từ suy ra: x3 nghiệm phương trình

Nhận xét: Để đ{nh gi{ phương trình cuối vơ nghiệm ta thường dùng c{c ước lượng bản: A B A với B0 từ suy

1

A

AB với số A B, thỏa mãn

0

A B B

  

   Ví dụ 2: Giải c{c phương trình:

a)3 x2  1 x x32

b) 3  

2 28

x  x x x  x 

Giải:

a) Điều kiện: x 32

(155)

Ta nhẩm nghiệm x3 Nên phương trình viết lại sau: x2    1 2 x 3 x3 2 5

2

3 3

9 27

3

1

x x

x

x x x

 

   

     

2

3 3

3

( 3)

1

x x x

x

x x x

    

     

     

 

2

3 3

3

1

x

x x x

                 

Ta dự đo{n:

2

3 3

3

1

x x x

     

      ( Bằng cách thay

một giá trị x 32 ta thấy

2

3 3

3

1

x x x

     

      )

Ta chứng minh:

3

1

x

x x





   

2 3 2 x x x      Thật vậy: + Ta xét

    3 2 3 2 3

1 1

x

x x x

x x

       

   

Đặt 3

1

x     t x t  Bất phương trình tương đương với

2

2 1

t   t t   t t  t  t Điều hiển nhiên + Ta xét:

2

3

2 2

2

x x

x x x x x x x x

               

0(*)

x

  Điều n|y

Từ suy phương trình có nghiệm nhất: x3

b.) Điều kiện: x7

Để đơn giản ta đặt 3

7

(156)

Phương trình cho trở thành:

2 3 3 3

2 ( 4) 28 28 ( 4)

t  t t  t   t    t   t t  t  t  

Nhẩm t2 Nên ta ph}n tích phương trình th|nh:

 

3 3

4t t 2t 32 (t 4) t

        

 

2

3

2 ( 2) 16 ( 4)

7

t t

t t t t

t

    

        

 

  

 

Để ý

4t  7t 160

7

t  nên ta có

 

2

3

2

4 16 ( 4)

7

t t t t t

t

         

 

  Vì phương trình có

nghiệm t  2 x Nhận xét: Việc đặt

x t b|i to{n để giảm số lượng dấu giúp đơn giản hình thức tốn

Ngồi tạo liên hợp

(t  4) nên ta tách khỏi biểu thức để c{c thao t{c tính to{n đơn giản

a)

4 x 3 19 3 x x 2x9

b) 11

5

x x  x  

c)

 

2

3

2

x x

  

 (Tuyển sinh vòng lớp 10 Trường THPT

chuyên Tự nhiên- ĐHQG H| Nội 2012)

d)

3

2

5

2

x x x

x x x x

  

    

a) Điều kiện: 19

x

(157)

Ta nhẩm nghiệm x1,x 2 nên ta ph}n tích để tạo nhân tử chung là:

2

x  x Để l|m điều ta thực thêm bớt nhân tử sau:

+ Ta tạo x 3 (ax b )0 cho phương trình nhận

1,

x x  nghiệm

Để có điều ta cần:

4

8 3

2 20

3

a a b

a b

b

    

 

   

  



+ Tương tự 19 3 x(mxn)0 nhận x1,x 2 nghiệm

Tức

1

5 3

2 13

3

a m n

m n

b

     

 

   

  



Từ ta ph}n tích phương trình th|nh:

 

4 20 13

4 x 19 3 3

x

x     x   x  x 

   

   

4 19 (13 )

3

x x

x x    x x

 

         

   

2

4 2

2

3 3 3 19 (13 )

x x x x

x x

x x x x

       

      

 

     

 

   

   

2

3 3 3 19 (13 )

x x

x x x x

 

 

      

         

(158)

Dễ thấy với 19

3

x

  

 

1

0,

3 x 3 x5 

1

0 3 19 3  x(13x) 

Nên

 

4 1

3 x x 3 19 3x (13 x)

  

 

       

Phương trình cho tương đương với

2

x x x

x

        



Vậy phương trình có nghiệm là: x3,x8

b) Điều kiện:

3

x

Phương trình viết lại sau: 3x 8 x 1 2x11

Ta nhẩm nghiệm x3,x8 nên suy nhân tử chung là:

2

11 24

x  x

Ta phân tích với nhân tử 3x8 sau:

+ Tạo 3x 8 ax b 0 cho phương trình n|y nhận

3,

x x nghiệm Tức a b, cần thỏa mãn hệ:

3

8 20

a b a a b b

  

 

     

 

+ Tương tự với x 1 (mx n )0 ta thu được:

3 10

8 15

m n m m n n

  

 

     

 

2

9( 11 24) 11 24

5 (3 4) ( 7) 0

5 (3 4) ( 7)

x x x x x x x x

x x x x

    

          

(159)

 

11 24

5 (3 4) ( 7)

x x

x x x x

  

     

     

 

2

11 24

9

0

5 (3 4) ( 7)

x x

x x x x

    

   

      



Ta xét ( )

5 (3 4) ( 7)

A x

x x x x



 

     

Ta chứng minh: A x( )0 tức là:

9

0 3x (3x 4) (x 7) x

  

     

5 3x 3x 9(x x 1)

        

25 275

3 8 45 4

x x x x

         

2

5 275

3 45

x x x

 

        

  Điều hiển nhiên

Vậy phương trình có nghiệm là: x3,x8

Chú ý:

Những đ{nh gi{ để kết luận A x( )0 thường bất đẳng thức không chặt nên ta ln đưa tổng biểu thức bình phương Ngồi tinh ý ta thấy:

5 3x 8 3x 4 9(x 7 x 1)

5 3x 8 3x 4 9x63 81 x81 Nhưng điều hiển nhiên do: 3x 8 81x81;3x 4 9x63 với

3

x

c) Điều kiện: x0

(160)

Ta có: x 1

  2 x x  

 ,  

2 2 x x x    

 nên ta trừ

vào vế thu được:

 

2 2

3

2

2 2( 1)

x x x x x

x

x x x x

             2 3

4

2( 1)

3 2( 1)

x x x x x x

x

x x x x x x x

                   (1) (2)

Giải (1) suy x1,x3

Giải (2) ta có:

3 2( 1)

x  x x x

3

x x x x x

        

Kết luận: Phương trình có nghiệm x1;x3

Nhận xét: Ta ph}n tích phương trình c}u a,b

d) Ta có: 2

5 ( 3)( 3)

x  x  x  x x  x  x nên phương trình tương đương với

3

2

5

2 3

x x x x

x x x x x

x x x x

             

   

  2

1

5

2

( 3)

x

x x x x x

                 2

5

1

0 (1)

2

( 3)

x

x x x x x

                    

Giải (1): 2

2

1

2

( 3)

x x x x x x

x x x

      

 

   

Đặt t  x2  x Phương trình trở thành:

2 2 1( ) 2 x x x x t t t t L                   

Kết luận: Phương trình có nghiệm: 7; 1;

(161)

Ví dụ 5: Giải c{c phương trình sau: a) x315 2 x3 8 3x

b) 3x 1 x   3 x

a) Phương trình viết lại sau:

3 3

15 15

x    x   x x   x   x Để phương

trình có nghiệm ta cần: 2

3

x   x Nhẩm x1 nên ta

viết lại phương trình th|nh: 3

15 3

x    x    x

   

3

1

( 1)

15

x x x x x

x x

     

 

    

     

 

Để ý rằng:    

2

3

1

3

15

x x x x

x x

   

  

    nên phương trình có

nghiệm x1

b) Điều kiện 3;

x   

 

Ta viết lại phương trình sau: 3x 1 x   3 x

 

2 1

1 2

2

3 3

x

x x

x x x x

  

        

       

1

3

x

x x

   

    

Xét phương trình: 3x 1 x 3 Bình phương vế ta thu được:

2

0

4 (3 1)( 3) (3 1)( 3)

10

x

x x x x x x

x x

             

   

5

x

  

Kết luận: Phương trình có nghiệm x1,x 5

(162)

+ Ta thấy phương trình có nghiệm x1 Nếu ta ph}n tích phương trình thành 3x   1 2 x  3 4x0 sau liên hợp

phương trình thu là: 3 4

3 2

x x

x

x x

 

   

   

 

1

3 2

x

x x

 

     

   

  Rõ r|ng phương trình hệ

quả

3x 1 22 x3  phức tạp phương trình ban

đấu nhiều

+ Để ý x1 3x 1 x3 nên ta liên hợp trực tiếp biểu thức 3x 1 x3

2 Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp phƣơng trình:

Ta thường gặp phương trình dạng dạng biến thể như:

+

ax bx c d px qx  rx t (1)

+

ax bx c d px qx rx exh (2)

+ 2

A ax bx c B ex gx h C rx pxq (*)

Thực chất phương trình (*) bình phương vế xuất theo dạng (1) (2)

Để giải c{c phương trình (1), (2) Phương ph{p chung l|:

+ Phân tích biểu thức dấu thành tích đa thức

( ), ( )

P x Q x

+ Ta biến đổi

( ) ( )

ax bx c mP x nQ x c{ch đồng hai vế Khi phương trình trở thành: mP x( )nQ x( )d P x Q x( ) ( )

Chia hai vế cho biểu thức Q x( )0 ta thu phương trình:

( ) ( ) ( ) ( )

P x P x

m n d

Q x   Q x Đặt

( ) ( )

P x t

Q x

(163)

2

0

mt   dt n

Một cách tổng quát: Với phương trình có dạng:

2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n n n k k n

aP x bQ x cP  x Q x d P x Q x  ta ln giải theo cách

Một số ví dụ:

a) 2(x23x2)3 x38

b) x 1 x24x 1 x

c)    

4x 3 x x x 1 x 1

Lời giải:

a) Điều kiện: x 2

2(x 3x2)3 (x2)(x 2x4)

Giả sử 2

3 ( 2) ( 4)

x  x m x n x  x Suy m n, phải thỏa mãn

1

2

1

2

n

m m n

n m n

 

       

  

    

Phương trình cho có dạng:

2

2(x 2) 2(x 2x 4) (x 2)(x 2x 4)

         

Chia phương trình cho

2

x  x  ta thu được:

2

2 ( 2)

2

2 ( 4)

x x

x x x x

 

 

    

   

 

Đặt 2( 2)

( 4)

x t

x x



 

  ta thu phương trình:

2

2t 3t

   

2

t t

    

  

2

1 ( 2)

0 4( 2)

2 ( 4)

x

t t x x x

x x



         

(164)

2 13

6

3 13 x x x x           

b) Điều kiện: 2

4

x x x       

Bình phương vế phương trình ta thu được:

2 2

2 2( 1) 4

x  x  x x  x x  x  x

2 2

2x 11x 2 (x 2x 1)(x 4x 1)

        

Giả sử

2 2

1

2

2 11 ( 1) ( 1) 11

5

2

m n m x x m x x n x x m n

n m n                             

Phương trình trở thành:

2 2

1

( 1) ( 1) ( 1)( 1) x x x x x x x x

           

2

x  x  ta thu được:

2

4

1

2

x x x x x x x x

       

     

   

    Đặt

2 x x t x x         

  ta có

Phương trình

2

1

1 1 1

5 25

t

x x

t t t

x x t                       

24 102 24

4 x x x x           

Kết luận: Phương trình có nghiệm 1, 4

x x

Nhận xét: Trong lời giải ta biến đổi:

2 2

(x1) x 4x 1 (x 2x1)(x 4x1) x 1

(165)

Ta viết lại phương trình th|nh:  

1 2

x  x  x  x x 

2

1

2 2

x

x x x x

   

    



Xét phương trình:

2

2x 2x 2 3x x  1 2x 3x x 1 2(x 1) Dễ thấy x 1 nghiệm

Xét x 1 ta chia cho x1 thu phương trình:

2

1

x

x x x

x

x x

x

 

  

   

    

  

(1) (2)

Giải (1): 2 2

4

1

x x

x x x

x

 

    

  

 

Giải (2): 2 2

4

1

x x

x x x

x

 

        

 

Kết hợp điều kiện ta suy nghiệm phương trình l|:

1; 2

x x 

a) 2

4(2x  1) 3(x 2 ) 2x x 1 2(x 5 )x

b) 2

5x 4x x 3x185 x

c) 5x214x 9 x2 x 20 5 x1 Lời giải:

a) Điều kiện

2

x

Phương trình cho viết lại sau:

3

2x 8x 10x 4 (x x2) 2x 1

2

(x 2)(2x 4x 2) (x x 2) 2x

       

2

(x 2) (2 x 4x 2) 3x 2x 1

(166)

2

(2 2)

x

x x x x

    

    



Xét phương trình:

2 2

2x 4x 2 3x 2x  1 2x 4x 2 x (2x 1)

Ta giả sử: 2

2 (2 1)

2

m x x mx n x

n

        

  

2x 2(2x 1) x (2x 1) Chia cho

2

0

x 

Ta có: 2 2x2 2x2

x x

 

 

   

  Đặt

2

0

x t

x



  phương trình

mới là:

2

2 1

2

t t t

t

        

  

Với

2

t ta có:

2

4

2 1

8

2 4 3

x x

   

         

Nhận xét:

+ Đối với phương trình 2x24x 2 3x 2x 1 ta khơng cần đưa x vào dấu ta ph}n tích:

2

2x 4x 2 mx n(2x1) v| chia b|i to{n giải Việc đưa v|o giúp em học sinh nhìn rõ chất tốn

+ Ngoài cần lưu ý rằng: Khi đưa biểu thức P x( ) vào dấu 2n điều kiện

( )

P x  Đ}y l| sai lầm học sinh thường mắc phải giải toán

b) Điều kiện:

2

3 18

0

5

x x

   

   



  



(167)

Phương trình cho viết lại thành:

2

5x 4x  x 3x18 5 x

Bình phương vế thu gọn ta được:

2

2x 9x 9 x x( 3x18)0

Nếu ta giả sử 2

2x 9x 9 mx n x ( 3x18) m n, phải thỏa mãn

2

3

18

n m n

n

 

    

  

điều hồn tồn vơ lý

Để khắc phục vấn đề ta có ý sau :

3 18 ( 6)( 3)

x  x  x x

khi 2

( 18) ( 6)( 3) ( )( 3)

x x  x  x x x  x  x x

Bây ta viết lại phương trình th|nh:

2

2x 9x 9 (x 6 )(x x3)0

Giả sử: 2

2

2 9 ( ) ( 3)

3

m

m x x m x x n x m n

n n

 

  

               



Như phương trình trở thành:

2

2(x 6 ) 3(x  x 3) (x 6 )(x x3)0

Chia cho x 3 ta thu được:

2

6

2

3

x x x x

x x

            

   

Đặt

2

1

0 3

3

2

t x x

t t t

x t

 

   

        

 

  

Trường hợp 1:

2

7 61

6 2

1

3 7 61

2

x

x x

t x x

x

 

 

   

        

  

  

 

Suy 61

2

(168)

Trường hợp 2:

2

9

3

4 33 27 3

2

4

x x x

t x x x

x x

 

   

          



  

  

Tóm lại: Phương trình có nghiệm là: 61

2

x  x9

c) Điều kiện x5

Chuyển vế bình phương ta được:   

2x 5x 2 x  x 20 x1

Giả sử:    

2x 5x 2 m x  x 20 n x1

Khi ta có :

2

20

m m n

m n

 

    

   

không tồn m n, thỏa mãn hệ

Nhưng ta có :

         

20 4

x  x x  x x x  x x  x

Giả sử:    

2x 5x 2  x 4x 5  x4 Suy

2

4

3

5

m

m m n

n m n

 

      

  

    

Ta viết lại phương

trình:    

2 x 4x 5 x4 5 (x 4x5)(x4) Chia hai vế cho x 4 ta thu được:

2

4 5

2

4

x x x x

x x

        

     

   

Đặt

2

4

0

x x t

x

   

  



  ta thu phương trình:

2

1

2 3

2

t t t

t

      

(169)

Trường hợp 1:

2

5 61

4

1

4 5 61

2

x

x x

t x x

x x                     

Trường hợp 2:

2

8

3

4 25 56 7

2 4

4

x x x

t x x

x x                  

Kết hợp điều kiện ta suy nghiệm phương trình l|:

5 61 8;

2

x x 

a) 2

2

x  x x  x  x

b) 3

3 ( 2)

x  x  x  x

Lời giải: a) Điều kiện:

2

x

Bình phương vế phương trình ta thu được:

2 2 2

4 ( )(2 1) 1 ( )(2 1)

x  x  x  x x  x  x x   x  x x 

Ta giả sử: 2

1

1 ( ) (2 1)

1

2

m

m x m x x n x n

n m n                     

2

( ) (2 1) ( )(2 1)

2

x x

x x x x x x

x x x x

 

   

            

 

   

Đặt 22 1

2

x

t t t t

x x                  

Về đến đ}y ta ho|n to|n tìm x Nhưng với giá trị

 2

3

1

0 3x



(170)

Để khắc phục ta xử lý theo hướng kh{c sau:

Ta viết lại: 2

(x 2 )(2x x 1) (x2)(2x x) lúc cách ph}n tích ta thu phương trình:

2

1 2

(2 ) ( 2) ( 2)(2 )

2 2

x x x x x x x x x x

x x

 

          

 

Đặt

2

2 2

2

0 1 2

2

x x

t t t t x x x x x x



                

1

x 

  Kiểm tra điều kiện ta thấy có giá trị

2

x  thỏa mãn điều kiện

b) Điều kiện: x 2

3 ( 2) ( 2)

x  x x  x 

Để ý rằng:

Nếu ta đặt y x2 phương trình trở thành: 3

3

x  xy  y  Đ}y l| phương trình đẳng cấp bậc Từ định hướng ta có lời giải cho b|i to{n sau:

+ Xét trường hợp: x0 khơng thỏa mãn phương trình: + Xét x0 Ta chia phương trình cho

x thu được:

3

2

( 2)

1 x x

x x

 

  

Đặt t x

x



 ta có phương trình:

1

2

1

t t t

t

       

  

Trường hợp 1:

2

t 

2

0

2

2 2

2

x x

x x x

  

          

   

(171)

2

0

1 2

2

x x

x x x

  

       

   

Kết luận: Phương trình có nghiệm: x2;x 2

Ví dụ 4: Giải c{c phương trình:

a) 2x3 x2 3x 1 x5x41

b) x48x 4x28 Lời giải:

a) Hình thức tốn dễ l|m cho người giải bối rối để ý thật kỹ ta thấy:

Chìa khóa tốn nằm vấn đề phân tích biểu thức:

1

x x 

Ta thấy vế trái biểu thức bậc nên ta nghỉ đến hướng phân tích:

5

1 ( 1)( 1)

x x   x ax x bx  cx Đồng hai vế ta thu được:

1; 0;

a b c  Nên ta viết lại phương trình cho th|nh:

3

2(x   x 1) (x   x 1) (x  x 1).(x   x 1)

Chia cho

1

x   x ta thu được:

3

2

1

2

1

x x x x x x x x

                

    Đặt

3

1

x x t

x x

      

 

  ta có

phương trình:

1

2 1

( )

t t t

t L

      

   

Giải

3

2

0

1

2

x x x

t x x x x

x x

x

 

  

           

  

Kết luận: Thử lại ta thấy nghiệm: x0,x 1;x2 thỏa mãn

b) Điều kiện:

8

2

x x x

x

     

(172)

Ta thấy chìa khóa tốn nằm việc phân tích biểu thức:

       

4 2

8 2 2

x  xx x  x x x  x  x  x x  x Giả sử

2 2

4

4 ( 4) ( ) 2

4

m n

x m x x n x x m n m n m                    

2 2

2(x 2x 4) 2(x 2 ) (x  x 2x4)(x 2 )x 0 Chia hai vế cho

2

x  x  ta thu được:

2

2 4

x x x x x x x x

 

  

    Đặt

2 2 x x t x x   

  ta có phương trình:

2

2 1

2 t t t t          

Trường hợp 1:

2

2 10 16

2

x x

t x x

x x



      

  vô nghiệm

Trường hợp 2:

2

5 37

1

3 10

2 4 5 37

x

x x

t x x

x x x                       

Kết luận: Phương trình có hai nghiệm là:

5 37 37 x x            

Nhận xét: Ta phân tích:

 

4 2

8 ( 2)( 4) ( )( 4)

x  x  x x   x x x  x  x  x x  x

Chú ý rằng: Trong số phương trình: Ta cần dựa vào tính đẳng cấp của nhóm số hạng để từ phân tích tạo thành nhân tử chung.

(173)

b) (x24) 2x 4 3x26x4

c) 2

(x 6x11) x   x 2(x 4x7) x2

Giải:

a) Đặt 2x 3 a, x  1 b a b, 0

Phương trình cho trở thành: 2 2

(a b )(a2 ) (b  a ab2 )b 0 (a )(b a b a b)( ) (a b a)( )b (a )(b a b a b)( 1)

             

Ta quy tốn giải phương trình là:

2

2 1

x x x x x x

     

    



     

Với điều kiện: x   1 a 1,b0

Trường hợp 1: 2x 3 x  1 2x     3 x x 2( )L

Trường hợp 2: 2 12 11( )

7

x  x   x     x x L

Trường hợp 3: 2x 3 x  1 Vì

2x 3 1, x  1 VT 0

Dấu xảy x 1

Tóm lại phương trình có nghiệm x 1

b) Điều kiện x 2

Ta thấy bình phương trực tiếp dẫn đến phương trình bậc

5

Để khắc phục ta tìm cách tách

4

x  khỏi 2x4

Từ ta viết lại phương trình sau:

2 2

(x 4) 2x 4 x  4 4x 6x

2 2

(x 4)( 2x 1) (2x x 3) (x 4)( 2x 1) ( (2x x 4) 1)

(174)

2

(x 4)( 2x 1) ( 2x x 1)( 2x 1)

        

Do 2x  4 Phương trình cho tương đương với

 2

2

4 ( 1) 2 4

x x x x x x x x x

              

2

2 4

x x  x  x    x

Kết luận: Phương trình có nghiệm x 1

c) Điều kiện: x2

Giả sử

2

1

6 11 ( 1) ( 2) 1,

2 11

m

x x m x x n x m n m n m n

  

                  



2

1

4 ( 1) ( 2) 1,

2

p

x x p x x q x p q p q p q

  

                  



2 2

(x x 1) 5(x 2) x x (x x 1) 3(x 2) x

                

   

(x  x 1) ta thu được:

3

2 2

1

1 1

x x x

x x x x x x

    

     

       

Đặt

2

x t

x x



 

 

Ta thu phương trình:

1

3

( )

t

t t t t

t L

    

     

     

+ Nếu

1 0( )

t    a b x  x  VN

+ Nếu

10 19

(175)

Kết luận: x 5

2.Giải phƣơng trình vơ tỷ phƣơng pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn

+ Đặt ẩn phụ không ho|n to|n l| phương ph{p chọn số hạng phương trình để đặt làm ẩn sau ta quy phương trình ban đầu dạng phương trình bậc 2:

( ) ( )

mt g x th x  ( phương trình ẩn x)

+ Vấn đề toán phải chọn giá trị m để phương trình bậc theo ẩn t có giá trị  chẵn  A x( )2 viêc tính t theo x dễ dàng

+ Thơng thường gặp c{c phương trình dạng:

2

( )

ax bx c  dx e px qx r phương ph{p đặt ẩn phụ khơng hồn tồn tỏ hiệu quả:

+ Để giải c{c phương trình dạng n|y ta thường làm theo cách: - Đặt f x( )  t t2 f x( )

- Ta tạo phương trình:

( ) ( )

mt g x th x 

Ta có  2

1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

g x m h x f m x g m x h m

      Để có dạng

 2

( )

A x điều kiện cần v| đủ

 2

1( ) ( ) ( )1

m g m f m g m m

    

Ta xét ví dụ sau:

Ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 1: Giải phƣơng trình:

a) 2

1 ( 1)

x   x x  x 

b)

2 2x 4 2 x 9x 16

c)

(176)

– ĐHQG Hà Nội 2009)

Giải:

a) Đặt 2

2 3

t x  x   t x  x

1 ( 1)

x   x t

Ta tạo phương trình: 2

( 1) ( 3)

mt  x tx  m x  x 

(Ta thêm v|o

mt nên phải bớt lượng

2

( 3)

mt m x  x )

Phương trình viết lại sau: mt2 (x 1)t (1 m x) 22mx 1 3m0

2

(x 1) 4m(1 m x) 2mx 3m

          

(4m24m1)x2 (2 8m x2) 12m24m1 Ta mong muốn

2 2 2

(Ax B) m (1 4m ) (12m 4m 1)(4m 4m 1) m

              

Phương trình tạo là:

( 1) 2

t  x t x 

Ta có 2

6 ( 3)

x x x

     

Từ ta có:

1 ( 3)

2

1 ( 3)

1

x x t

x x

t x

  

  

 

  

   



+ Trường hợp 1: 2

1 2 1

t  x  x  x  x    x

+ Trường hợp 2:

2

1

2

x t x x x x

x x x x

          

     

Phương trình vơ nghiệm

Tóm lại: Phương trình có nghiệm là: x 1

(177)

Bình phương vế phương trình v| thu gọn ta được:

9x216 2 x2 8x320

Đặt

8

t  x ta tạo phương trình l|:

2 2

2

16 (8 ) 32

16 (9 ) 8 32

mt t m x x x mt t m x x m

      

       

2

2 2

64 (9 ) 8 32

( ) 8 32 64

m m x x m m m x mx m m

  

        

      

Ta mong muốn

' (Ax B)

    0 phải có nghiệm kép Tức là:

2 2

16 ( )(8 32 64)

m m m m m m m



          

Từ suy phương trình là: 2

4t 16t x 8x

    

Tính được: 2

8 (2 8)

4

' 32 64 (2 8)

8 (2 8)

4

x x t

x x x

x x t

 

  

 

       

 

    

 

2

0 4 2

8

2 4(8 )

x

x x

t x x

x x

 

      

 



2

8

4

2 4(8 ) ( 8)

x

x x

t x VN

x x

            

   

Tóm lại phương trình có nghiệm

3

x

c) Đặt 2x 7 t ta tạo phương trình:

   

2

2 7

mt  x tx   m x  m

L|m tương tự ta tìm m1 Nên phương trình có dạng

   2  

2 2

2 7 7 49 t x

t x t x x x x x

t x

                

 

(178)

a) 2

10x 9x8x 2x 3x  1

b) 3

6 (5 1)

x  x  x  x x  

c)

4 x  1 3x2 1 x 1x

Lời Giải:

a) Điều kiện:

1

x x

     

Đặt

2

t x  x ta tạo phương trình: mt28xt(10 ) m x2(3m9)x  3 m

Ta có 2

16x m(10 )m x (3m 9)x m

         

2

16x m(10 )m x (3m 9)x m

        

2 2

(2m 10m 16)x (9m 3m x m) 3m

      

Ta cần : 2 2

(9 ) 4(2 10 16)( )

m m m m m m m m

         

Phương trình cho trở thành: 2

2

3

2

t x t xt x

t x

      

  

Trường hợp

2

2 2

0

2

3 9(2 1) 14 27

x x

t x x x x

x x x x x

 

 

      

     

 



3

x

      

Trường hợp 2:

2

3

x

t x x x x x

x

 

(179)

Kết luận: Phương trình có nghiệm: 3, 3,

x x x

b) Điều kiện: x1 Đặt 3

3

t x   x  t Do hệ số

x

trong phương trình l|: Phương trình cho trở thành:

2

(5 1)

t  x t x  x

2 2

(5x 1) 4(6x )x x 2x (x 1)

         

Suy ra:

(5 1) ( 1)

2

(5 1) ( 1)

3

2

x x

t x

x x

t x

  

  

 

  

   



Trường hợp 1:

3

1

0 3 21

3

2

4

3 21

( )

x x

x x x

x x

x L

    

  

    

  

 

   

Trường hợp 2:

3

1

3 3 4 3( )

x x

x x x

x x x x L

 

  



      

     

   

Tóm lại phương trình có nghiệm: 1, 21,

2

x x  x 

a) Điều kiện:   1 x Ta viết phương trình th|nh: x 1 1 x 3x 1 1x2

Bình phương vế ta thu phương trình mới:

2 2

16(x 1) 4(1 x) 16 1x 9x 6x 1 2(3x1) 1x  1 x

2

8x 6x 18 (6x 18) x

      

Đặt

1

(180)

mt2(6x18)t (8 m x) 26x  18 m

Có 2

' (3x 9) m(8 m x) 6x 18 m

         

 (9 8m m x 2) 2(54 ) m x m 218m81 Ta mong muốn

2 2

(Ax B) 'm (3m 27) (9 8m m )(m 18m 81)

            

Từ tính m 8

8t (6x 18)t 6x 10

     

Ta có 2

' (3x 9) 8(6x 10) (3x 1)

      

Suy

3 (3 1)

8

3 (3 1)

1

x x x t

x x t

    

  

 



   

  

 



Trường hợp 1:

1 1

t  x   x thỏa mãn điều kiện Trường hợp 2:

2 2

3

4 16(1 ) 30 25

x

t   x  x  x  x  x

2 2

16(1 ) 30 25 25 30

5

x x x x x x

          

Thử lại ta thấy:

5

x  thỏa mãn phương trình:

Kết luận: Phương trình có nghiệm 0,

x x 

Chú ý: Ở bước cuối giải nghiệm ta phải thử lại phép bình phương lúc đầu ta giải l| không tương đương

Ví dụ 4) Giải phƣơng trình:

a)

5 x x 5

b)

2 3

x  x   x 

 

2

8x 3x 4x  x x 4

(181)

a) Điều kiện: 2

5

x x

  

 

Bình phương vế ta thu được: 2

5 (2x 1).5 x x 0

Ta coi đ}y l| phương trình bậc ta có:  (2x21)24(xx4)4x24x 1 (2x1)2

Từ suy

2

1

5 (2 1)

2

5 (2 1)

2

x x x x

       



        

Trường hợp 1:

1 21

x

x x

x

         

     

Trường hợp 2:

1 17

x

x x

x

 

      

 

  

Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm thỏa mãn phương trình

b) Ta viết lại phương trình th|nh:

3 (2 x 1) 3 x x 0

Ta coi đ}y l| phương trình bậc ta có:

2 2

(2x 1) 4(x x ) 4x 4x (2x 1)

         

Từ suy

2

1

3 (2 1)

3

2

1 1 3 0

3 (2 1)

2

x x x x

x x x x x x x x

      

    



 

            



Giải phương trình ta thu nghiệm phương trình

đã cho l|: 1

2

x   3

2

(182)

c) Điều kiện x 4

Ta viết lại phương trình th|nh:

 

4 4 8

x  x  x x  x  x  Coi đ}y l| phương trình bậc ẩn x4

 2  2 2   2 2

4x x 8x 2x 4x x

         

Từ suy

4

x x x x

    

   

Giải trường hợp ta thu nghiệm phương trình l|:

1 65 57

8

x x

 

  

     

a) 2

3( 2x   1 1) x(1 3 x8 2x 1)

b) 2

3

x  x  x   x

Lời Giải:

a) Ta viết lại phương trình th|nh: 2

3x   x (8x3) 2x  1

Đặt

2

t x   suy 2

2

t  x 

(8 3) (3 )

mt  x t  m x    x m

Ta có 2

(8x 3) 4m(3 )m x x m

         

2 2

(8m 12m 64)x (48 )m x 4m 12m

       

Ta cần 2

'm (24 )m (8m 12m 64)(4m 12m 9) m

          

3t (8x3)t3x  x

Ta có: 2 2

(8x 3) 12.( 3x x) 100x 60x (10x 3)

(183)

Từ tính :

3 (10 3)

3

6

3 (10 3)

6

x x

t x

x x x t

  

    

 

  

   



Trường hợp 1:

2

1

2 3

9

x

x x x

x x

  

         



Trường hợp 2:

2

0

2

3 17

x x

x VN

x

      

  

Vậy phương trình có nghiệm nhất: x0

b) Điều kiện:

2

x

3

x  x  x  x 

Bình phương vế thu gọn ta phương trình mới:

2

10x 3x 6 2(3x1) 2x  1

Đặt

2

t x   suy 2

2

t  x 

2(3 1) (10 )

mt  x t  m x  x  m Ta có

2

' (3x 1) m(10 )m x 3x m

         

2 2

(2m 10m 9)x (6 )m x m 6m

       

Ta cần 2

(6 ) 4(2 10 9)( 1)

m m m m m m m

           

4t 2(3x1)t2x 3x 2

Ta có: 2 2

' (3x 1) 4.(2x 3x 2) x 6x (x 3)

          

Từ tính được:

3 ( 3)

4

3 ( 3)

4

x x x t

   

  

 

   

  



(184)

Trường hợp 1:

2

2 15

2

2 2 15

x x

x

 

   



 

   



   

 

 

Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta thấy có 2 15

7

x  thỏa

mãn điều kiện

Trường hợp 2:

2

1

2

2 1 6

4

2

x x

x x x

  

   

  

   

  

    

 



Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta thấy có

2

x   thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm là: 2 15

7

x 

2

x  

SỬ DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƢƠNG TRÌNH Dấu hiệu:

Các toán giải đẳng thức thường có dạng:

 

3

ax bx   cx d e fx h px q

3 3

ax bx   cx d e px qx  rx s

Phương ph{p chung để giải c{c b|i to{n n|y l|: Đặt n f x  y với

2

n n3

Đưa phương trình ban đầu dạng  3  

m AxB n AxB my ny

Ví dụ 1:

a) 3

8x 36x 53x25 3x5

b) 3

8x 13x 7x2 x 3x3

c)

(185)

d) 3

6 4

x  x 

e) x3 1 23 x1 f) 4x21x 3 x 2 x

Giải:

Những phương trình có dạng:  

ax bx   cx d ex h px q (1)

Hoặc: 3

ax bx   cx d e px qx  rx h (2) ta thường giải theo cách:

Đối với (1): Đặt px q y

2

y p x

q



 thay v|o phương trình

ta đưa dạng: 3

ax bx   cx d Ay By Sau biến đổi phương

trình thành:  3

( ) ( )

A u x B u x Ay By

Đối với (2): Đặt 3

g px qx   rx h ysau tạo hệ tạm:

 

3

3 3

ax bx cx d s y g px qx rx h y

     

    

 cộng hai phương trình ta thu được:

3

Ax Bx Cx D s yy sau đưa phương trình dạng:

 3  

( ) ( )

u x s u x y s y

Ta xét ví dụ sau:

a) Đặt

3x 5 y ta có hệ sau:

3

8 36 53 25

x x x y

x y

    

 

 

 (I)

Cộng hai phương trình hệ với ta thu được:

3

8x 36x 56x30 y y (*) Ta nghỉ đến việc biến đổi vế trái thành:

 3

( ) ( )

A x A x để phương trình có dạng: A x( )3A x( ) y3y

Giả sử: 3

(186)

Như phương trình (*) có dạng: 3

(2x3) (2x 3) y y (1) Đặt z(2x3) Từ phương trình ta suy 3

z  z y y

  

3 2

1

z  z y  y zy z zyy   Do

2

1 0, ,

2

y

z zyy  z   y   y zPT  y z

 

3

2 36 53 25

y x x x x x

        

3

5 36 51 22 4

2

x

x x x

x

 

 

      

 

Qua ví dụ ta thấy việc chuyển qua hệ tạm (I) giúp ta hình dung b|i to{n dễ d|ng

b) Đặt

3

x  x  y ta thu hệ phương trình sau:

3

2

8 13 3

x x x y

x x y

   

 

  

 Cộng hai phương trình hệ ta thu được:

3 3

8x 12x 10x 3 y 2y(2x1) 2(2x 1) y 2y (*) Đặt z2x1 ta thu phương trình: 3

2

z  z y  y

  2 

2 13

z y z zy y z y y x x x x x

               

3

1 13 5 89

16

x

x x x

x

  

      

  

c) Điều kiện:

2

x Ta đặt 2x  1 a phương trình cho

trở thành: 3 3

12a  1 8a 8a  1 8a 8a 1 12a 1

Đặt

12a  1 y ta thu hệ sau:

3

2

8 12

a a y

a y

   

 

 

 Cộng hai

phương trình hệ với ta thu được: 3

(2a1) (2a 1) y y

(187)

Đặt 2a 1 z ta có: 3

z  z y y

Tương tự c{c b|i to{n ta suy zy

Theo (*) ta có

2 8

2

y a a a a a x

            Kết luận:

2

x nghiệm phương trình:

d) Đặt

6

y x ta có hệ sau:

  

3

3 2

3

4

6 6

6

x y

x x y y x y x xy y x y

x y

  

            



  

Thay v|o phương trình ta có:

  

3

2 2

1

x

x x x x x x

x

   

          

   

e) Đặt

2

y x ta có hệ:

  

3

3 2

3

1

2 2

2

x y

x x y y x y x xy y x y x y

  

            



  

Suy   

1

2 1

2

1

2

x x x x x x x

x

   

  

          

    

f)    

4x 1 x 3 x 2 x

Đặt

2

5

2

y x y x 

     thay vào ta có:

  3   2 

4 2

2

y

x  x   y x  xy  y xy x  x yy  

(188)

2

1 21 2

1 21

x

y x x x

x

   



     

     

Thử lại ta thấy có

1 21

2

x  thỏa mãn điều kiện tốn

Ví dụ 2: Giải phƣơng trình sau:

a) 23

7x 13x 8 2x x(1 3 x3x )

b) 3

3x 4x  1 x 2x x

c)

3

2

x x x x

x

     

 

 

Giải:

a) Nhận thấy x0 khơng phải nghiệm phương trình: Chia hai vế phương trình cho

x ta thu được:

3

2

7 13

2

xx x  x  x

Đặt

2

1

3

y

x x

   ta thu hệ sau:

2

3

7 13

2

1

3

y x x x

y x x

    



    

Cộng hai phương trình hệ ta có:

3

8 12 10 2

3 y 2y y 2y

x x x x x

   

            

    (*)

Đặt z

x

  ta thu được:

  

3 2

2 2

z  z y  y z y z yzy    z y

2 3

2 13 8 13

1 2

y

x x x x x x x x

            

Suy 1, 89

4

(189)

b) Nhận thấy x0 nghiệm phương trình nên ta chia hai vế phương trình cho x thu phương trình tương

đương l|: 3

3x 4x x

x x

    

Đặt 3

2

y x

x

   ta có hệ sau:

2

3

1

3

1

x x y x x y

x

    



    

Cộng hai

phương trình hệ ta có: 3

(x1)   (x 1) y y

Từ phương trình ta suy

1

y x x x x

x

      

2

1

3 3 3

x

x x x x x x

x x

   

          

  

c) Ta viết lại phương trình th|nh:  3 3

16 4 12

x x  x x  x

Đặt 3

4 12

y x  x ta có hệ tạm sau:  

3

16

4 12

x x x y x x y

    



   

Cộng hai vế hệ phương trình ta thu được:

 3  3 3  3

4

x x  x x y  y Đặt

zx x ta có:

  

3 2

4 4

z  z y  y zy z yzy    3

4 12

x x x x

   

 

3

2 2

1 12

x x x x 

     

 

0

x x

    



Vậy phương trình cho có nghiệm là: x0;x 

PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

Những kỹ thuật qua trọng để giải phương trình giải phương ph{p đ{nh gi{ ta thường sử dụng là:

+ Dùng đẳng thức: 2

1 n n

(190)

+ Dùng bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, Bất đẳng thức hình học

+ Dùng phương ph{p khảo sát hàm số để tìm GTLN GTNN, :

Ví dụ 1: Giải c{c phương trình sau:

a)

4x 3x 3 4x x 3 2x1 b) 13 x 1 x 1

c)    

5 2 1

x x   x   (Trích đề tuyển sinh lớp 10 chuyên To{n Trường chuyên Amsterdam 2014)

d) 1 

2

x  y  z  x y z

Lời giải:

a) Điều kiện

2

x Ta viết lại phương trình th|nh:

 

2

4x 4x x   3 x 2x 1 2x  1

  2 2

2 1

x x

x x x x

x

    

         

  



b) Điều kiện: x1 Ta viết lại phương trình th|nh:

1

13 1

4

x x x x

           

   

   

2

1

13

3

2

1

2

x

x x x

x

    

   

             

       



c) Điều kiện

2

x  Ta viết lại phương trình th|nh:

   2

4

5 2 1 1

2 1

x

x x x x x

x

 

            

   

(191)

d) Điều kiện x1;y4;z9 ta viết lại phương trình th|nh:

2 x 1 y 4 z   9 x y z

1 1 4 4 9

x x y y z z

               

  2  2 2

1 2

1

18

9

x x

x y z y y

z z

     

 

              

  

   

Ví dụ 2:Giải phƣơng trình sau:

a) 3

16x  5 4x x

b) 3

4x x 3x 4 16x 12x

c) 3

96x 20x 2 x 8x 1 (8x x 1) Giải:

a) Vì

16x  5 nên phương trình cho có nghiệm

3

4x   x x(4x    1) x Để ý

2

x

VT VP nên ta nghỉ đến sử dụng bất đẳng thức Cô si cho dấu xảy

2

x Mặt khác

2

x 1

4

x x

    

thì Từ sở ta có lời giải sau: Theo bất đẳng thức Cô si dạng

3 abc   a b c ta có

Ta có 3 3   

6 4x  x 2.3 4x x 1.12 4x    x 1 8x 2x4

Mặt khác ta có:

 2 

4

16x  5 (8x 2x 4) 16x 8x 2x 1 2x1 4x 2x 1

Suy VT VP Dấu xảy

2

2(2 1) (2 1) (4 1)

x x x

x

x x

    

  



  

(192)

Tóm lại: Phương trình có nghiệm

2

x

b) Vì

4x x 3x 4 nên phương trình cho có nghiệm

3

16x 12x 0 (4x x    3) x Để ý

2

x

VT VP nên ta nghỉ đến sử dụng bất đẳng thức Cô si cho dấu xảy

2

x Khi

2

x 1

16 12 16 12 8

x  x   Từ

những sở ta có lời giải sau: Theo bất đẳng thức Cô si dạng

3 abc   a b c ta có

     

3 3

3 16 12 16 12 8.8 16 12 8 4

4

x  x  x  x  x  x   x  x

Mặt khác ta có:

4 2

4x x 3x 4 (4x 3x 4) 4x 4x x x (2x1) 0 Dấu xảy

2

(2 1) 2 (4 3)

x x

x x x

  

  



 



c) Điều kiện:

8

x Để ý

8

x nghiệm phương trình nên ta có lời giải sau:

2

3 4 (8 1) 31.1.4 (8 1) 1 (8 1) 32

3

x x x x x x  x x        Mặt khác ta có

2 2

2 32 256 64 4(8 1)

96 20

3 3

x x x x x

x  x         

Suy 3

96x 20x 2 x 8x 1 (8x x 1) Dấu xảy

8

x

(193)

a) 4

2x1 4x3  x

b) 1 1

2

x x x x

 

    

    

c) 4 4 4

2

3

x x x x    

d) 2

4 21 10

x x x x

        Giải:

a) Điều kiện:

2

x

Phương trình cho viết lại sau:

4

2

x x

x  x 

+ Ta chứng minh:

2

x

x  Thật bất đẳng thức tương đương

với 2

2 ( 1)

x  x  x  Điều hiển nhiên Dấu xảy x1

Ta chứng minh: 4

4

x

x  Thật bất đẳng thức tương đương

với

4 2

2

4 ( 1)( 3)

( 1) ( 3)

x x x x x x x x x x x

           

    

Điều hiển nhiên Dấu xảy x1 Từ suy VT 2 Dấu xảy x1

b) 1 1

2

x x x x

 

    

    

Ta thấy rằng: 4x   1 x x 2x1;5x  2 x 2x 1 2x1

Theo bất đẳng thức si ta có

 

1 1

2

1 1

2

x x x

x x x x x x

       

  

 

   

(194)

Mặt khác ta có

2

( x x 2x1) 3(4x 1) x x 2x 1 3(4x1)

(Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki cho số)

Từ suy ra: 3

2

x  x  x

Tương tự ta có: 3

2

x  x  x

Cộng hai bất đẳng thức chiều ta có:

3 3 3

2

x  x  x  x

1 1

3

2

x x x x

 

     

    

Dấu xảy x1

c) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng:

2 2 2 2

(axby cz ) (a b c )(x y z ) ta có:

 2   

4 4

2 1 1

x x x    x x x

 

4 x x 2x 1 3 x x 2x 1

       

Lại có x x 2x 1 3(4x1) suy

4 x4 x42x 1 3 3(4x 1) 427(4x1)

(1)

Tương tự: x4 2x 1 42x 1 3 3(5x2)  27(5x2)

(2)

Cộng hai bất đẳng thức chiều (1), (2) ta có:

4  4

4 4 4

3 27(4 1) 27(5 2)

2

3

x x x x

x x

     

 

    

(195)

c) Ta có

11

( 3)(7 ) ( 2)(5 )

x VT x x x x

x x x x



      

    

Điều kiện x{c định   2 x

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

 

1 13

( 3)(7 ) (2 6)(7 ) (2 6) (7 )

2 2 2

x x x  x x  x  x  

 

1

( 2)(5 ) (2 4)(5 ) (2 4) (5 )

2 2 2

x x x  x x  x  x  

Như vậy: ( 3)(7 ) ( 2)(5 ) ( 11)

2

x x  x x  x

Từ ta suy ra: 11

( 3)(7 ) ( 2)(5 )

x VT

x x x x



 

     Dấu

bằng xảy khi: (2 6) (7 )

(2 4) (5 )

x x

x

x x

   

     



Vậy

3

x nghiệm phương trình:

a) 2  

3 1

2

x   x  x x x   x  x

b) 2 17 1 

13 10 13 17 48 36 36 21

2

x  x  x  x  x  x  x x 

c) x2      x x2 x x2 x Giải:

Điều kiện: 1

3

(196)

Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho hai số 1;1;x

 2 

3x 1; x x; x 1 ta có:   

(*)

VT  x  x x Dấu ‚=‛

xảy x1 Do 1

x   x nên

5x  x

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

     

  

2 2

2

1

(*) 2 2 2 2

5

VP x x x x x x

x x x

 

        

  

Dấu ‚=‛ xảy x 1

3

x Từ ta có nghiệm PT(*) là: x 1

b) Ta có:

  2 2 2  2

3 2

VT  x  x   x  x   x  x

   

5

2

x x x

     6

2 2

VT x x x x x

         

Dấu ‚=‛ xảy

2

x Mặt kh{c ta có:

 2   2  

1 1

12 12 12 2 12

2 2

VP  x  x  x   x  x  x  x

Dấu ‚=‛ xảy

2

x Từ ta có nghiệm phương trình l|

2

x

c) Theo bất đẳng thức Cơ si ta có:

2

2 2

1 1( 1) ( 1)

2

(197)

Dấu xảy

1 ( 1)

2

x x x

x

      

  

2

2 2

1 1( 1) ( 1)

2

x x

x x x x  x x    

             

Dấu xảy

1 ( 1)

0

x x x

x

        



Từ suy

2

( 1)

2

x x x x

VT       x

Mặt khác ta có 2

2 ( 1) ( 1)

x     x x x  Dấu xảy x1

Từ suy phương trình có nghiệm x1

a) 3

14x  x 2(1 x 2x1)

b) x x x1212( 5 x 4x)

Giải:

a) Điều kiện:

2

x  x 

Phương trình cho tương đương với:

3

14x 2 x 2x  1 x

Do

2 x 2x 1 nên từ phương trình ta suy ra:

3

14x  2 x

Lập phương vế ta thu được: 3

14x  (2 x) 6(x 2x 1)

Như phương trình có nghiệm

2

1

x x x

x

       

  

Kết luận: Phương trình có nghiệm là: x 1 x 1

(198)

Xét f x( )x x x12  0; Dễ thấy

12 f(0) f x( ) f(4) 12 VT12 (1) Xét g x( ) 5 x 4x  0; ta có

Dễ thấy 1g(4)g x( )g(0) Suy VP12 (2) Từ (1), (2) suy phương trình có nghiệm

12

VTVP  x

MỘT SỐ CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ KHÁC

1) Đặt ẩn phụ hồn tồn để quy phƣơng trình ẩn

+ Điểm mấu chốt phương ph{p n|y l| phải chọn biểu thức

( )

f x để đặt f x( )t cho phần lại phải biểu diễn theo ẩn t Những tốn dạng nói chung dễ

+ Trong nhiều trường hợp ta cần thực phép chia cho biểu thức có sẵn phương trình từ phát ẩn phụ Tùy thuộc vào cấu trúc phương trình ta chia cho g x( ) phù hợp (thông thường ta chia cho k

x với k số hữu tỷ)

+ Đối với toán mà việc đưa ẩn dẫn đến phương trình phức tạp như: Số mũ cao, bậc cao ta nghỉ đến hướng đặt nhiều ẩn phụ để quy hệ phương trình dựa vào đẳng thức để giải tốn

Ta xét ví dụ sau:

a)

(1 )(2 3)

x   x x x

b) x23 x4x2 2x1 c) x 1 x24x 1 x

d) x2 2x x 3x

x

   

(199)

a) Điều kiện: x0 Phương trình cho viết lại sau:

2 2

(1 ) 3(1 ) (1 ) 3(1 )

x   x  x  x x  x  x   x Ta thấy

0

x nghiệm phương trình Ta chia hai vế cho

2

x thu được:

2

1

1 x x

x x

          

    Đặt

1 x t x

 

ta có

phương trình theo t:

1

3 1

3

t t t

t

       

  

Trường hợp 1: t  1 ta có: x x x 0(VN)

x

      

Trường hợp 2:

3

t  ta có:

3 21 ( )

1 15 21

3

3 3 21

2

x L

x

x x x

x

 

 

  

       

 

  

Kết luận: Phương trình có nghiệm nhất: 15 21

2

x 

b) Ta thấy x0 khơng phải nghiệm phương trình Vì ta chia hai vế cho x thu được:

3 2 1 2 0

x x x x

         

Đặt t x

x

  ta thu phương trình:

3

2 1

2

t t t x x x x x



              

Kết luận: Phương trình có nghiệm

2

(200)

c) Điều kiện: 2 0

4 2 3

x x

x x x



   



  

     

 

Ta thấy x0 khơng phải nghiệm phương trình Chia hai vế

cho x ta thu được: x x

x x

     Đặt

2

1

2

t x t x x x

      theo bất đẳng thức Cô si ta có t2 Thay v|o phương trình ta có:

2

3 5

6

2

6

t

t t t

 

     

    

2

4 25

2 17 1

4

x

x x x

x x

  

        

  

Kết luận: Phương trình có nghiệm: 4,

x x

d) Nhận xét: x0 nghiệm phương trình: Ta chia hai vế cho x phương trình trở thành:

1

2

x x

     Đặt t x

x

   phương trình trở thành:

2

2 1

2

t t t x x x x x

               Ví dụ 2:Giải phƣơng trình sau:

a)

(13 ) 2 x x 3 (4x3) 2 x 2 16x4x 15

b) 3x 7 (4x7) 7 x 32

Giải:

a) Điều kiện

2 x

Định dạng
Số trang	469
Dung lượng	9,91 MB