Bài giảng trọng tâm Toán 10: Phương trình và hệ phương trình

Ứng dụng 4: Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số Phương pháp áp dụng Để tìm hệ thức liện hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số giả sử tham số là m, ta[r]

CHƯƠNG − PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH A KIẾN THỨC CẦN NHỚ I ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH KHÁI NIỆM PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN Định nghĩa: Cho hai biểu thức f(x) và g(x) cùng biến số x Mệnh đề chứa biến x dạng f(x) = g(x) gọi là phương trình ẩn; x gọi là ẩn số (hay ẩn) phương trình Ngoài các điều kiện để hai biểu thức f(x) và g(x) có nghĩa, đôi x còn phải thoả mãn thêm điều kiện khác Ta gọi chung các điều kiện là điều kiện xác định phương trình f(x) = g(x) Số x0 gọi là nghiệm phương trình f(x) = g(x) nó thoả mãn ĐKXĐ phương trình và mệnh đề f(x0) = g(x0) là đúng Việc tìm tất các nghiệm phương trình gọi là giải phương trình Nói cách khác, giải phương trình là tìm tập nghiệm phương trình đó  Chú ý: Hệ thức x = m (với m là số nào đó) là phương trình Phương trình này rõ m là nghiệm nó Ta thường kí hiệu tập nghiệm phương trình là T Phương trình có thể có nghiệm, hai nghiệm, , có thể không có nghiệm nào (tức là T = ∅) thì ta gọi là vô nghiệm, phương trình có T =  thì gọi là nghiệm đúng với x Nhiều trường hợp, ta không thể tính giá trị chính xác nghiệm, bài toán yêu cầu tính giá trị gần đúng nghiệm (với độ chính xác cho trước) Giá trị đó gọi là nghiệm gần đúng phương trình PHƯƠNG TRÌNH TƯƠNG ĐƯƠNG Định nghĩa: Hai phương trình f1(x) = g1(x) và f2(x) = g2(x) có cùng tập nghiệm là hai phương trình tương đương Khi đó, ta viết: f1(x) = g1(x) ⇔ f2(x) = g2(x)  Chú ý: Khi muốn nhấn mạnh hai phương trình có cùng điều kiện xác định D và tương đương với nhau, ta nói: "Hai phương trình tương đương điều kiện D" "Với điều kiện D, hai phương trình là tương đương với nhau" Định nghĩa (Phép biến đổi tương đương): Các phép biến đổi không làm thay đổi tập nghiệm phương trình gọi là các phép biến đổi tương đương Phép biến đổi tương đương biến phương trình thành phương trình tương đương với nó 43 Định lí 1: Cho phương trình f(x) = g(x) với ĐKXĐ D, h(x) là biểu thức xác định với x thoả mãn điều kiện D (h(x) có thể là số) Khi đó, với điều kiện D, phương trình f(x) = g(x) tương đương với phương trình sau: a f(x) + h(x) = g(x) + h(x) b f(x).h(x) = g(x).h(x) h(x) ≠ với ∀x ∈ D Hệ quả: Với ĐKXĐ phương trình ban đầu thì: a (Quy tắc chuyển vế): f(x) + h(x) = g(x) ⇔ f(x) = g(x) − h(x) b (Quy tắc rút gọn): f(x) + h(x) = g(x) + h(x) ⇔ f(x) = g(x) PHƯƠNG TRÌNH HỆ QUẢ Định nghĩa: Cho phương trình f1(x) = g1(x) có tập nghiệm T1 Phương trình f2(x) = g2(x) có tập nghiệm T2 gọi là hệ phương trình f1(x) = g1(x) T1 ⊂ T2 Định lí 2: Khi bình phương hai vế phương trình, ta phương trình hệ phương trình đã cho: f(x) = g(x) ⇒ f2(x) = g2(x)  Chú ý: Nếu hai vế phương trình luôn cúng dấu với x thoả mãn ĐKXĐ phương trình thì bình phương hai vế nó, ta phương trình tương đương Nếu phép biến đổi phương trình dẫn đến phương trình hệ thì sau tìm nghiệm phương trình hệ quả, ta phải thử lại vào phương trình đã cho để phát và loại nghiệm ngoại lai PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN Định nghĩa: Cho hai biểu thức f(x, y,…) và g(x, z,…) Mệnh đề chứa các biến dạng f(x, y,…) = g(x, z,…) gọi là phương trình nhiều ẩn ẩn; x, y, z,… gọi là các ẩn số phương trình Các số x = x0, y = y0, z = z0,… thoả mãn ĐKXĐ phương trình và mệnh đề f(x0, y0,…) = g(x0, z0,…) là đúng thì (x0, y0, z0,…) gọi là nghiệm phương trình II PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI MỘT ẨN PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN Với yêu cầu "Giải và biện luận phương trình ax + b = 0" ta thực sau: Viết lại phương trình dạng: ax = −b (1) Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu a = thì: (1) ⇔ = − b ⇔ b = Vậy, ta được: 44  Nếu b = 0, phương trình nghiệm đúng với x ∈   Nếu b ≠ 0, phương trình vô nghiệm Trường hợp 2: Nếu a ≠ thì: b (1) ⇔ x = − , tức là phương trình có nghiệm a Kết luận: b  Với a ≠ 0, phương trình có nghiệm x = − a  Với a = b = , phương trình nghiệm đúng với x  Với a = và b ≠ 0, phương trình vô nghiệm PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN Với yêu cầu "Giải và biện luận phương trình ax2 + bx + c = (1)" ta thực sau: Trường hợp Với a = thì phương trình có dạng: bx + c = ⇔ bx = −c (2) a Nếu b = thì: (2) ⇔ = −c ⇔ c =  Nếu c = 0, phương trình nghiệm đúng với x ∈   Nếu c ≠ 0, phương trình vô nghiệm b Nếu b ≠ thì: c (2) ⇔ x = − : phương trình có nghiệm b Trường hợp Với a ≠ ta tính biệt thức: ∆ = b2 − 4ac (hoặc b = 2b' thì tính ∆' = (b')2 − ac) a Nếu ∆ < (hoặc ∆' < 0) thì phương trình (1) vô nghiệm b Nếu ∆ = (hoặc ∆' = 0) thì phương trình (1) có nghiệm kép: b b' x0 = − (hoặc x0 = − ) a 2a c Nếu ∆ > (hoặc ∆' > 0) thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: −b ± ∆ − b '± ∆ ' x1,2 = (hoặc x1,2 = ) 2a a Kết luận:  Với a = b = c = 0, phương trình nghiệm đúng với x ∈   Với a = b = và c ≠ , phương trình vô nghiệm c  Với a = và b ≠ , phương trình có nghiệm x = − b  Với a ≠ và ∆ < 0, phương trình vô nghiệm b b'  Với a ≠ và ∆ = 0, phương trình có nghiệm kép x0 = − (hoặc x0 = − ) 2a a 45  Với a ≠ và ∆ > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt: −b ± ∆ − b '± ∆ ' ( x1,2 = ) x1,2 = 2a a ĐỊNH LÍ VI −ÉT Định lí: Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0, với a ≠ có hai nghiệm x1 và x2 thì: b  − x1 x = S =+ a  c P x= = x  a Hệ quả: Nếu a + b + c = 0, phương trình ax2 + bx + c = có nghiệm:  x1 =  x2 = c  a Nếu a − b + c = 0, phương trình ax2 + bx + c = có nghiệm  x1 = −1  x2 = − c a   Chú ý: Trước áp dụng định lí Viét cần tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm: a ≠ ⇔  ∆ ' ≥ Định lí Viét sử dụng để: a Tìm hai số biết tổng và tích chúng b Tính giá trị các biểu thức đối xứng các nghiệm c Tìm hệ thức liên hệ các nghiệm không phụ thuộc vào tham số d Xét dấu các nghiệm e Tìm điều kiện để các nghiệm phương trình thoả mãn điều kiện K f Ứng dụng khác III MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HOẶC BẬC HAI a Phương trình chứa ẩn mẫu b Phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối c Phương trình chứa ẩn dấu 46 IV PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Định nghĩa: Phương trình bậc hai ẩn là phương trình có dạng: ax + by = c đó:  a, b, c là số và a, b không đồng thời không  x, y là hai ẩn số Mỗi phương trình bậc hai ẩn có vô số nghiệm Tập hợp các nghiệm phương trình biểu diễn trên mặt phẳng toạ độ là đường thẳng, gọi là đường thẳng ax + by = c (mỗi điểm đường thẳng ax + by = c biểu diễn cặp nghiệm (x, y) phương trình)  Nếu a ≠ 0, b ≠ thì đường thẳng đó là đồ thị hàm số bậc nhất: a c y=− x+ b b c  Nếu a = 0, b ≠ thì đường thẳng đó là đồ thị hàm số y = b đó là đường thẳng song song với Ox c ≠ 0, trùng với Ox c = c  Nếu a ≠ 0, b = thì đường thẳng đó có dạng x = a đó là đường thẳng song song với Oy c ≠ 0, trùng với Oy c = c không phải là đồ thị hàm số a Với yêu cầu giải phương trình ax + by = c, ta thường thực ba công việc:  Biến đổi để vài nghiệm cụ thể phương trình  Viết công thức nghiệm tổng quát phương trình  Biểu diễn nghiệm phương trình trên mặt phẳng toạ độ  Chú ý: Đường thẳng x = HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Định nghĩa: Hệ hai phương trình bậc hai ẩn có dạng: a x + b y = c1  a x + b y = c Khi đó, đặt: D = a1b2 − a2b1, Dx = c1b2 − c2b1, Dy = c1a2 − c2a1 Ta có:  D Dy   a Nếu D ≠ thì hệ có nghiệm (x, y) =  x ,  D D   47 b Nếu D = thì: - Nếu Dx ≠ Dy ≠ thì hệ phương trình vô nghiệm - Nếu Dx = Dy = thì hệ có vô số nghiệm (x0, y0) thoả mãn phương trình a1x + b1y = c1 V HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN a Hệ phương trình đó ccó phương trình bậc nhất: Dùng phương pháp b Hệ phương trình mà phương trình hệ không thay đổi thay đồng thời x y và y x: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ S = x + y; P = xy B PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN §1 ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH D¹ng to¸n 1: Các bài toán mở đầu phương trình Phương pháp áp dụng Sử dụng kiến thức phần "Kiến thức cần nhớ" ThÝ dô Tìm tập nghiệm phương trình  Giải x + − x = x + Nhận xét rằng:  Với x = thì VT = còn VP = 8, đó x = không là nghiệm  Với x < thì x không xác định  Với x > thì − x không xác định Vậy, phương trình có tập hợp nghiệm T = ∅  Nhận xét: Lời giải thí dụ trên trình bày theo kiểu loại dần Tuy nhiên, các em học sinh hẳn thắc mắc " Tại lại biết cách ?" Câu trả lời lấy từ thuật toán chung thực công việc giải phương trình, bao gồm các bước: Bước 1: Đặt điều kiện cú nghĩa cho cỏc biểu thức phương trỡnh Bước 2: Giải phương trỡnh Và đây, thực bước 1, ta cần có điều kiện: x ≥ và −x ≥ ⇔ x = Từ đó, việc giải phương trình bước cần thử với x = ThÝ dô Giải các phương trình sau: a x − = − 2x  Giải b x − 2 = 2x − a Ta có thể lựa chọn ba cách trình bày sau: 48 Cách 1: (Sử dụng lược đồ giải phương trình thí dụ 1): ĐKXĐ phương trình là: x ≥ x − ≥ 5  ⇔ ⇒ D = [1, ]   ⇔1≤x≤ 2 5 − x ≥ x ≤ Với x ∈ D, cách bình phương hai vế phương trình ban đầu, ta nhận phương trình tương đương là: x − = − 2x ⇔ 3x = ⇔ x = ∈ D Vậy, phương trình có nghiệm x = Cách 2: (Sử dụng phép biến đổi tương đương): Ta có: 3x = ⇔ x = x − = − x ⇔ x − = − 2x ≥ ⇔  x − ≥ Vậy, phương trình có nghiệm x = Cách 3: Ta có: x − = − x ⇒ x − = − 2x ⇔ 3x = ⇔ x = Thử lại, với x = phương trình có dạng: − = − 2.2 ⇔ = 1, đúng Vậy, phương trình có nghiệm x = b Ta có thể lựa chọn ba cách trình bày sau: Cách 1: (Sử dụng phép biến đổi tương đương): Ta có:   2 x − ≥ x ≥ x ≥ ⇔ ⇔ 2 ⇔ x =    2 ( x ) ( x ) − = −  x = ±1 x =  Vậy, phương trình có nghiệm x = Cách 2: Ta có:  x − = 2x −  x = −1 x − 2 = 2x − ⇒  ⇔ x =  x − =− ( 2x − 1) Thử lại:  Với x = −1 phương trình có dạng: −1 − 2 = 2(−1) − ⇔ = −3, mâu thuẫn  Với x = phương trình có dạng: 1 − 2 = 2.1 − ⇔ = 1, đúng Vậy, phương trình có nghiệm x = ThÝ dô Giải các phương trình sau: a x − 4x − x−2 = x−2 b 2x − x − 2x − = 2x −  Giải 49 a Ta có D = (2; + ∞ ) Biến đổi phương trình dạng: x = (lo¹ i) x2 − 4x − = x − ⇔ x2 − 5x = ⇔  x = Vậy, phương trình có nghiệm x = 3  b Ta có = D  ; + ∞  2  Biến đổi phương trình dạng:  x = (lo¹i) 2x2 − x − = 2x − ⇔ 2x2 − 3x = ⇔   x = 3/ (lo¹i) Vậy, phương trình vô nghiệm D¹ng to¸n 2: Phương trình hệ và hai phương trình tương đương Phương pháp áp dụng Cho hai phương trình f(x, m) = (1) g(x, m) = (2) Xác định tham số để phương trình (1) là hệ phương trình (2) (nói cách khác “Để nghiệm (1) là nghiệm (2)”), ta thực theo các bước sau: Bước 1: Điều kiện cần  Giải và tìm nghiệm x = x0 (1)  Để phương trình (1) là hệ phương trình (2), trước hết cần x = x0 là nghiệm (2), tức là: g(x0, m) = ⇒ m = m0  Vậy m = m0 chính là điều kiện cần Bước 2: Điều kiện đủ  Với m = m0, ta được: (1) ⇔ f(x, m0) = ⇒ nghiệm (1) (2) ⇔ g(x, m0) = ⇒ nghiệm (2)  Kết luận Xác định tham số để (1) và (2) tương đương, ta lựa chọn theo hai hướng sau: Hướng 1: Nếu (1) & (2) giải Ta thực theo các bước sau: Bước 1: Giải (1) để tỡm tập nghiệm D1, Giải (2) để tìm tập nghiệm D2 Bước 2: Thiết lập điều kiện để D1 = D2 Hướng 2: Sử dụng phương phỏp điều kiện cần và đủ Bước 1: Điều kiện cần  Giải và tìm nghiệm x = x0 (1)  Để phương trình (1) & (2) tương đương, trước hết cần x = x0 là nghiệm (2), tức là: 50 g(x0, m) = ⇒ m = m0  Vậy m = m0 chính là điều kiện cần Điều kiện đủ  Với m = m0, ta được: (1) ⇔ f(x, m0) = ⇒ nghiệm (1) (2) ⇔ g(x, m0) = ⇒ nghiệm (2)  Kết luận Bước 2: ThÝ dô Cho hai phương trình: x +1 − = 0,  Giải x − 2mx − m − = Tìm m để nghiệm (1) là nghiệm (2) (1) (2) Biến đổi (1) dạng: x +1 = ⇔ x + = ⇔ x = Do đó, để nghiệm (1) là nghiệm (2) điều kiện là x = là nghiệm (2), tức là: m = − 6m − m2 − = ⇔ m2 + 6m − = ⇔   m = −7 Vậy, với m = m = −7 thoả mãn điều kiện đầu bài  Nhận xét: Như vậy, lời giải thí dụ trên ta đã không sử dụng mẫu phương pháp điều kiện cần và đủ các lý sau: Phương trình (1) không chứa tham số Dễ dàng tìm tất các nghiệm (1) và phép thử các nghiệm đó vào (2) đơn giản Trong trường hợp các lý trên bị vi phạm các em học sinh nên thực đúng mẫu điều kiện cần và đủ để giải Trong trường hợp (1) có chứa tham số ta cần nghiệm tường minh (1) để tìm điều kiện cần cho m Cụ thể ta xem xét ví dụ sau: ThÝ dô Cho hai phương trình: x2 − (m + 2)x + m + = 0, x3 − 2x2 − mx − m2 + = Tìm m để nghiệm (1) là nghiệm (2) (1) (2)  Giải Điều kiện cần: Nhận xét với m phương trình (1) luôn có nghiệm x = Do đó, để nghiệm (1) là nghiệm (2) trước hết cần x = là nghiệm (2), tức là: 51 m = 1 − − m − m2 + = ⇔ m2 + m − = ⇔   m = −2 Đó chính là điều kiện cần m Điều kiện đủ: Ta lần lượt:  Với m = 1, ta được: (1) ⇔ x2 − 3x + = ⇔ x = x = (2) ⇔ x3 − 2x2 − x + = ⇔ (x − 1)(x2 − x − 2) = ⇔ x = ±1 x = suy nghiệm (1) là nghiệm (2), tức m = thoả mãn  Với m = −2, ta được: (1) ⇔ x2 − = ⇔ x = ±1 (2) ⇔ x3 − 2x2 + 2x − = ⇔ (x − 1)(x2 − x + 1) = ⇔ x = suy x = −1 không là nghiệm (2), tức m = −2 không thoả mãn Vậy, với m = thoả mãn điều kiện đầu bài §2 PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI MỘT ẨN D¹ng to¸n 1: Phương trình bậc ẩn Phương pháp áp dụng Với bài toán "Giải và biện luận phương trình bậc ẩn" chúng ta sử dụng kiến thức đã biết phần lý thuyết Với bài toán "Tìm điều kiện để phương trình bậc ẩn có nghiệm thoả mãn điều kiện K" chúng ta thực sau: Giả sử điều kiện cho ẩn số ( cần) là K, đó ta có ĐKXĐ là tập D Biến đổi phương trình dạng: ax = −b (*) Khi đó: (1) Phương trình (1) có nghiệm nhất: a ≠ ⇔  −b / a ∈ D x = (2) Phương trình (1) có nghiệm: a= b=  ⇔  a ≠    x = −b / a ∈ D (3) Phương trình (1) có nghiệm ∀x ∈ D thường ta có điều kiện a = b = (4) Phương trình ban đầu vô nghiệm: 52 = a & b ≠  ⇔  a ≠   x = −b / a ∉ D  Chú ý: Trong nhiều trường hợp các em học lên trình bày đòi hỏi bài toán thông qua các bước giải biện luận ThÝ dô Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m: m2x + = 4x + 3m  Giải Biến đổi phương trình dạng: m2x + = 4x + 3m ⇔ (m2 − 4)x = 3m − Xét các trường hợp: Trường hợp 1: Nếu m2 − ≠ ⇔ m ≠ ± Khi đú: 3m − (*) ⇔ x = = m −4 m+2 Trường hợp 2: Nếu m2 − = ⇔ m = ± Khi đú: 0.x = (lu « n dóng) (*) ⇔  0.x = −12 ( v « lý ) Kết luận:  Khi m ≠ ± 2, phương trình có nghiệm x = m+2  Khi m = 2, phương trình vô số nghiệm  Khi m = − 2, phương trình vô nghiệm (*)  Nhận xét: Trong thí dụ trên, ta thấy tồn đầy đủ các khả minh hoạ bài toán tổng quát, nhiên tồn bài toán là trường hợp đặc biệt:  Hệ số a ≠ với giá trị tham số, đó ta kết luận tính nghiệm phương trình  Hệ số a = với giá trị tham số, đó ta biện luận cho b ThÝ dô Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a, b:  Giải x+a x−a + = b−a b+a a − b2 Điều kiện a ≠ ± b Viết lại phương trình dạng: −(a + b)(x + a) + (a − b)(x − a) = ⇔ −bx = a2 + 53 Khi đó:  Với b = 0, phương trình vô nghiệm  Với b ≠ 0, phương trình có nghiệm x = − a2 + b ThÝ dô Xác định tham số để phương trình sau có tập hợp nghiệm là  : m2(mx − 1) = 2m(2x + 1)  Giải Ta biến đổi phương trình dạng: (m3 − 4m)x = m2 + 2m Điều kiện để (*) có tập hợp nghiệm là  là: m3 − 4m = m = ⇔    m = −2 2m + m = (*) Vậy, với m = m = −2 phương trình có tập nghiệm là  ThÝ dô Xác định m để phương trình sau có nghiệm: m2(x − 1) = 4x − 3m + với x >  Giải Ta biến đổi phương trình dạng: (m2 – 4)x = m2 – 3m + ⇔ (m – 2)(m + 2)x = (m – 2)(m − 1) Phương trình có nghiệm với x > điều kiện là: m − =  m >1  m − ≠ ⇔   m −  m < −2 >0   m + Vậy, với m > m < −2 phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện đề bài D¹ng to¸n 2: Phương trình bậc hai ẩn Phương pháp áp dụng Với bài toán "Giải và biện luận phương trình bậc hai ẩn" chúng ta sử dụng kiến thức đã biết phần lý thuyết Với bài toán "Tìm điều kiện để phương trình bậc hai ẩn có nghiệm thoả mãn điều kiện K" chúng ta thực sau: Với phương trình: ax2 + bx + c = để tìm điều kiện tham số cho: a = b = & c ≠ D¹ng 1: Phương trình vô nghiệm ⇔  a ≠ & ∆ < D¹ng 2: Phương trình nhận x làm nghiệm ⇔ a = b = c = D¹ng 3: Phương trình có nghiệm: 54 a = b = c = ⇔ a = & b ≠ a ≠ & ∆ ≥ a = & b ≠ D¹ng 4: Phương trình có nghiệm ⇔  a ≠ & ∆ = D¹ng 5: Phương trình có hai nghiệm phân biệt: a ≠ ⇔  ∆ > ThÝ dô Giải và biện luận các phương trình: mx2 − 2mx + m − = (1)  Giải Xét hai trường hợp m Trường hợp 1: Với m = 0, ta được: (1) ⇔ −1 = 0, mâu thuẫn ⇒ phương trình vô nghịêm Trường hợp 2: Với m ≠ 0, ta có ∆' = m a Nếu ∆' < ⇔ m < thì phương trình (1) vô nghiệm b Nếu ∆' > ⇔ m > thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x1,2 = m± m m Kết luận:  Với m ≤ 0, phương trình vô nghiệm  Với m > 0, phương trình có nghiệm phân biệt: x1,2 = m± m m  Chú ý: Chúng ta có thể trình bày bài toán trên bảng, sau: m a ∆ − − 0 Vô nghiệm + + Có hai nghiệm phân biệt x1,2 = −∞ +∞ Kết luận Vô nghiệm m± m m 55 Dựa trên tính chất đặc thù phương trình chúng ta có thể thực bài toán sau: Biến đổi phương trình dạng: m(x2 − 2x + 1) = ⇔ m(x − 1)2 = Nhận xét rằng:  Với m ≤ 0, phương trình vô nghiệm  Với m > 0, ta được: 1 (x − 1)2 = ⇔x−1=± ⇔x=1± m m m Nếu bài toán yêu cầu biện luận theo m số nghiệm phương trình thì chúng ta có thể sử dụng phương pháp đồ thị, cụ thể: Biến đổi phương trình dạng: m(x2 − 2x + 1) = Nhận xét rằng:  Với m = 0, phương trình vô nghiệm  Với m ≠ 0, ta được: x2 − 2x + = m từ đó vẽ đồ thị hàm số y = x2 − 2x + suy kết biện luận ThÝ dô Cho phương trình: mx2 − 2(m − 2)x + m − = a Tìm m để phương trình có nghiệm b Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt (1)  Giải a Ta xét hai trường hợp m: Trường hợp 1: Với m = Trường hợp 2: Với m ≠ thì ∆' = (m – 2)2 – m(m – 3) = − m Để (1) có nghiệm ⇔ ∆' ≥ ⇔ − m ≥ ⇔ m ≤ Vậy, với m ≤ phương trình có nghiệm b Để phương trình có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: m ≠ a ≠ ⇔  ⇔ ≠ m <  ∆ ' > 4 − m > (1) ⇔ 4x – = ⇔ x = Vậy, với ≠ m < phương trình có hai nghiệm phân biệt ThÝ dô Chứng minh với m phương trình sau luôn có hai nghiệm phân biệt: x2 − 2(m − 1)x − m2 − m − = 56  Giải Ta có thể lựa chọn ba cách trình bày sau: Cách 1: Ta có: ∆ = (m − 1)2 + m2 + m + = 2m2 − m + = 2(m − 15 ) + > 0, ∀m ⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt Vậy, với m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt Cách 2: Ta có: ∆ = (m − 1)2 + m2 + m + = (m − 1)2 + (m + )2 + > 0, ∀m ⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt Vậy, với m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt Cách 3: Ta có: a.c = −m2 − m − = − (m + )2 − < 0, ∀m ⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 < < x2 Vậy, với m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt ThÝ dô Chứng minh với a2 + b2 > phương trình sau luôn có nghiệm:  Giải b2 a2 + = x −1 x Điều kiện x ≠ 0, (*) Biến đổi phương trình dạng: f(x) = x2 − (1 + a2 + b2)x + a2 = (1) Ta có: ∆ = (1 + a2 + b2)2 − 4a2 = (1 + a2 + b2 − 2a)(1 + a2 + b2 + 2a) = [b2 + (a − 1)2][b2 + (a + 1)2] > Vậy (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Ta kiểm tra điều kiện (*), ta có: f(0) = a2 và f(1) = − b2 Do a, b không đồng thời nên ít hai giá trị f(0) và f(1) khác Vậy, phương trình luôn có nghiệm ThÝ dô Cho hai phương trình: x2 + ax + b = (1) x + cx + d = (2) Biết ac ≥ 2(b + d) Chứng minh ít hai phương trình có nghiệm  Giải 57 Gọi ∆(1), ∆(2) theo thứ tự là biệt số phương trình (1) và (2), ta có: ∆(1) = a2 − 4b ∆(2) = c2 − 4d Nhận xét rằng: ∆(1) + ∆(2) = a2 − 4b + c2 − 4d = (a2 + c2) − 4(b + d) ≥ 2ac − 4(b + d) ≥ 4(b + d) − 4(b + d) = ⇔ ∆(1) + ∆(2) ≥ ⇔ Ít hai ∆(1), ∆(2) không âm ⇔ Ít hai phương trình có nghiệm, đpcm  Nhận xét: Trong lời giải ví dụ trên, chúng ta đã sử dụng kết quả: A + B ≥ ⇔ tồn số không âm Ngoài ra, chúng ta còn có: Nếu A + B < ⇔ tồn số âm Kết này sử dụng để chứng minh "ít hai phương trình vô nghiệm " Nếu A.B < ⇔ hai số trái dấu Kết này sử dụng để chứng minh "Chỉ có hai phương trình có nghiệm " Nếu A.B > ⇔ hai số cùng dấu Kết này sử dụng để chứng minh "Hoặc hai phương trình đề có hai nghiệm phân biệt chúng cùng vô nghiệm" Thí dụ tiếp theo, minh hoạ lại phương pháp giải bài toán cách lập phương trình ThÝ dô Hai người quét sân Cả hai người cùng quét sân hết 20 phút, quét mình thì người thứ quét hết nhiều so với người thứ hai Hỏi người quét sân mình thì hết ?  Giải Gọi x (giờ) là thời gian người thứ quét sân mình (x > 2) Khi đó, x − (giờ) là thời gian người thứ hai quét sân mình Trong giờ:  Người thứ quét (sân) x (sân)  Người thứ hai quét x−2 giờ, nên làm Vì hai người cùng quét sân hết 20 phút = 3 (sân) Ta có phương trình: 58 x> 2x − 3 + = ⇔ = ⇔ 3x2 − 14x + = ⇔ x = x( x − ) 4 x x−2 Vậy, thời gian người thứ quét sân mình là giờ, đó người thứ hai quét mình hết D¹ng to¸n 3: Sử dụng phương pháp đồ thị giải và biện luận phương trình bậc hai ẩn Phương pháp áp dụng Ta biết hàm số: y = ax2 + bx + c, với a ≠ gọi là Parabol (P), có đồ thị: a>0 a<0 y y y = ax2 + bx + c − b/2a O x S − b/2a x2 x O x1 y = ax2 + bx + c S Số nghiệm phương trình ax2 + bx + c = chính số giao điểm đồ thị parabol y = ax2 + bx + c với trục hoành Để biện luận theo tham số m, số nghiệm phương trình: ax2 + bx + c = m ta xét vị trí tương đối đường thẳng (d): y = m với Parabol (P): y = ax2 + bx + c Như vậy, trường hợp tổng quát ta thực theo các bước sau: Bước 1: Chuyển phương trỡnh ban đầu dạng: ax2 + bx + c = g(m) Bước 2: Vẽ (P): y = ax2 + bx + c Bước 3: Khi đú, số nghiệm phương trỡnh số giao điểm đường thẳng (d): y = g(m) với Parabol (P): y = ax2 + bx + c Bước 4: Bằng việc dịch chuyển đường thẳng (d) song song với Ox ta nhận kết luận tương ứng Bước 5: Kết luận  Chú ý: Phương pháp này tỏ đặc biệt hiệu với yêu cầu nghiệm thuộc (α; β) cho trước ThÝ dô Biện luận số giao điểm parabol (P): y = x2 − 3x + với đường thẳng (d): y = x + m +  Giải Số giao điểm (P) và (d) đúng số nghiệm phương trình: x2 − 3x + = x + m + ⇔ x2 − 4x − m = y O (P1): y=x2-4x (d1): x 59 ⇔ x2 − 4x = m (2) Khi đó, số nghiệm phương trình là số giao điểm Parabol (P1): y = x2 − 4x và đường thẳng (d1): y = m Ta được:  Với m < −4, phương trình vô nghiệm, tức là (P) không cắt (d)  Với m = −4, phương trình có nghiệm kép x0 = 2, tức là (P) tiếp xúc với (d) điểm M(2; −1)  Với m > −4, phương trình có hai nghiệm phân biệt, tức là (P) cắt (d) hai điểm phân biệt ThÝ dô Cho phương trình: x2 + 4x − m = Xác định m để phương trình: a Có nghiệm thuộc khoảng (−3; 1) b Có đúng nghiệm thuộc (−3; 1) c Có hai nghiệm phân biệt thuộc (−3; 1) (P)  Giải Viết lại phương trình dạng: x2 + 4x = m Khi đó số nghiệm trên tập D = (−3; 1) phương trình là số giao điểm đường thẳng (d): y = m với Parabol (P): y = x2 + 4x trên D Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy: a Phương trình có nghiệm thuộc D ⇔ –4 < m < b Phương trình có nghiệm thuộc D ⇔ –3 < m < c Phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc D ⇔ –4 < m < –3 y −4 −3 −2 (d) m O x −3 −4 D¹ng to¸n 4: Các ứng dụng định lí Vi−ét Ứng dụng 1: Nhẩm nghiệm phương trình bậc hai Phương pháp áp dụng Trước tiên, chúng ta cần hiểu " Chỉ thực nhẩm nghiệm phương trình bậc hai trường hợp nó có nghiệm nguyên nghiệm nguyên còn nghiệm hữu tỉ " Để làm rõ ý tưởng chủ đạo phương pháp này, chúng ta bắt đầu lại thí dụ với phương trình: 60 x2 − x − 12 = Ta có: x + x =  x x = −12 = −3.4 đó: −12 = −1.12 = 1.(−12) = −2.6 = 2.(−6) = −3.4 = 3.(−4) các cặp số trên, ta chọn cặp (−3, 4) vì −3 + = = x1 + x2 Từ đánh giá đó, suy phương trình có hai nghiệm x1 = −3 và x2 = Như vậy, để thực việc nhẩm nghiệm (nếu có thể) cho phương trình: x2 + bx + c = ta thực theo các bước: Bước 1: Thiết lập hệ thức Viột cho cỏc nghiệm x1 và x2: x + x = − b  x x = c Bước 2: Thực phộp phõn tớch c thành tớch hai thừa số c = m.n Với cặp thừa số phân tích được, ta tính m + n, đó: a Nếu m + n = −b, chuyển sang bước b Nếu m + n ≠ −b, thực lại bước Bước 3: Vậy, phương trỡnh cú hai nghiệm là x1 = m và x2 = n  Nhận xét: Thuật toán trên có tính dừng và hiểu sau:  Nếu tìm cặp (m, n) thoả mãn điều kiện m + n = −b thì dừng lại phép thử và đưa lời kết luận  Nếu các cặp (m, n) không thoả mãn thì dừng và trường hợp này hiểu là không nhẩm nghiệm Chúng ta đã biết hai trường hợp đặc biệt phương trình ax2 + bx + c = là: c  Nếu a + b + c = thì phương trình có nghiệm x1 = và x2 = a  Nếu a − b + c = thì phương trình có nghiệm x1 = −1 và x2 = c − a ThÝ dô Trình bày cách nhẩm nghiệm cho các phương trình sau: a −x2 − 13x + 48 = b 3x2 + 3x − 18 = c x − 2x + =  Giải a Viết lại phương trình dạng: 61 x2 + 13x − 48 = Khi đó: x + x = −13 mà + (−16) = −13  x x = −48 = 3.(−16) Vậy, phương trình có hai nghiệm x1 = và x2 = −16 b Viết lại phương trình dạng: x2 + x − = Khi đó: x + x = −1 mà + (−3) = −1  x x = −6 = 2.(−3) Vậy, phương trình có hai nghiệm x1 = và x2 = −3 c Viết lại phương trình dạng: x2 − 8x + 12 = Khi đó: x + x = mà + =  x x = 12 = 2.6) Vậy, phương trình có hai nghiệm x1 = và x2 =  Nhận xét: Thí dụ trên, nêu với mục đích khuyên cách em học sinh hãy thực việc chuyển đổi phương trình ban đầu dạng đơn giản trước thực công việc nhẩm nghiệm để tránh sai sót không đáng có Ứng dụng 2: Tìm hai số biết tổng và tích chúng Phương pháp áp dụng Nếu hai số u và v có: S u + v =  u.v = P thì u, v là nghiệm phương trình t2 − St + P = (1)  Chú ý: Nếu (1) có hai nghiệm t1, t2 (điều kiện S2 − 4P ≥ 0) thì ta được: = & v t2  u t1=  = t1 & v  u t= ThÝ dô Tìm hai cạnh mảnh vườn hình chữ nhật hai trường hợp: a Chu vi là 94,4m và diện tích là 494,55m2 b Hiệu hai cạnh là 12,1m và diện tích là 1089m2  Giải 62 a Gọi x và y là hai kích thước hình chữ nhật, ta có: 2(x + y ) = 94,4 x + y = 47,2 ⇔   xy = 494,55 xy = 494,55 Suy ra, x và y là hai nghiệm phương trình: x = 31,5m X2 − 47,2X + 494,55 = ⇔  y = 15,7m Vậy, hình chữ nhật có chiều dài là 31,5m và chiều rộng là 15,7m b Ta có: x − y = 12,1 (x > y )  xy = 1089 Suy ra, x và −y là hai nghiệm phương trình:  x ≈ 39,6  x ≈ 39,6 X2 − 12X + 1089 = ⇔  ⇔   y = 27,5 − y =−27,5 Vậy, hình chữ nhật có chiều dài là 39,5m và chiều rộng là 27,5m Ứng dụng 3: Tính giá trị các biểu thức đối xứng các nghiệm Phương pháp áp dụng Biểu thức đối xứng các nghiệm x1 và x2 phương trình ax2 + bx + c = là biểu thức có giá trị không thay đổi ta hoán vị x1 và x2 Ta có thể biểu thị các biểu thức đối xứng các nghiệm x1 và x2 theo S và P, ví dụ: • x12 + x 22 = (x1 + x2)2 − 2x1x2 = S2 − 2P • S x + x2 1 = = + P x1 x x1 x • x13 + x 32 = (x1 + x2)3 − 3x1x2(x1 + x2) = S3 − 3SP • x12 + x 22 S2 − 2P 1 = = + x12 x 22 P2 x12 x 22 ThÝ dô Tìm m để phương trình: x2 + 2(m + 1)x + 2m + = có hai nghiệm x1, x2 Khi đó hãy lập phương trình có hia nghiệm là −2x1 và −2x2  Giải Trước hết ta cần tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 và x2 là: ∆' ≥ ⇔ (m + 1)2 − 2m − ≥ ⇔ m2 − ≥ ⇔ m ≥ (*) Khi đó, phương trình có hai nghiệm x1, x2, thỏa mãn: 63 x1 + x = −2(m + 1) S =  P x1 x= 2m + = Ta có: −2(x1 + x ) = 4(m + 1) −2x1 − 2x =  (−2x1 ).(−2x ) = 4x1 x = 4(2m + 3) đó −2x1 và −2x2 là nghiệm phương trình: t2 – 4(m + 1)t + 4(2m + 3) = Ứng dụng 4: Tìm hệ thức liên hệ các nghiệm không phụ thuộc vào tham số Phương pháp áp dụng Để tìm hệ thức liện hệ các nghiệm không phụ thuộc vào tham số (giả sử tham số là m), ta thực theo các bước sau: Bước 1: Tỡm điều kiện m để phương trỡnh cú hai nghiệm x1, x2 a ≠ ⇔  ∆ ' ≥ Bước 2: Áp dụng định lớ Viột, ta được: f (m)  x1 + x =   x1 x = g(m) Bước 3: Khử m từ hệ (I) ta hệ thức cần tỡm  Chú ý: (I) Trong nhiều trường hợp, việc khử tham số từ hệ (I) cần sử dụng các đẳng thức, đặc biệt là các đẳng lương giác, cụ thể: a sin2α + cos2α = b tanα.cotα = c + tan2α = cos α d + cot2α = sin α ThÝ dô Cho phương trình: x2 − 2(m + 1)x − m + = Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm x1 và x2 phương trình mà không phụ thuộc vào m  Giải Trước hết ta cần tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 và x2 là: ∆' ≥ ⇔ (m + 1)2 + m – ≥ ⇔ m2 + 3m ≥ ⇔ m ∈ (–∞ ; –3] ∪ [0 ; +∞) Khi đó, ta có: x1 + x = 2(m + 1) x + x = 2m + + ⇔ ⇒ x1 + x2 + 2x1x2 =  x1x = − m 2x1x 2= − 2m Vậy, ta x1 + x2 + 2x1x2 = là hệ thức cần tìm ThÝ dô Cho phương trình: 64  Giải x2 − 2xsinα + cosα − = a Chứng minh với α phương trình luôn có nghiệm b Tìm hệ thức liên hệ các nghiệm mà không phụ thuộc vào α a Ta có: ∆' = sin2α − cosα + = sin2α + (1 − cosα) ≥ 0, ∀α Vậy, với α phương trình luôn có hai nghiệm b Giả sử x1, x2 là hai nghiệm phương trình, ta có: x1 + x sin2 α+ cos2 α=1  x1 + x = 2sin α  x1 + x  sin α = ⇔ + (x1x2 + 1)2 = ⇒     cos α −   x1 x= cos α x1 x +  = đó chính là hệ thức cần tìm Ứng dụng 5: Xét dấu các nghiệm phương trình bậc hai Phương pháp áp dụng Dùng định lí Viét ta có thể xét dấu các nghiệm x1 và x2 phương trình ax2 + bx + c = 0, dựa trên kết quả:  Nếu P = −  Nếu:   Nếu: Nếu:  Chú ý: c < ⇔ phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 < < x2 a ∆ ≥ ⇔ phương trình có hai nghiệm cùng dấu  P > ∆ ≥  P > ⇔ phương trình có hai nghiệm dương < x1≤x2 S >  ∆ ≥  P > ⇔ phương trình có hai nghiệm âm x1≤x2 < S <  Cũng từ đây, chúng ta thiết lập điều kiện để phương trình có các nghiệm liên quan tới dấu Nếu bài toán yêu cầu " Xét dấu các nghiệm phương trình tuỳ theo giá trị tham số ", chúng ta sử dụng bảng sau: m ∆ P S Kết luận −∞ 65 m1 m2 +∞ ThÝ dô Tuỳ theo m hãy xét dấu các nghiệm phương trình: mx2 − 2(m − 2)x + m − =  Giải Ta xác định các giá trị: ∆' = (m – 2)2 – m(m – 3) = − m, S= 2(m − 2) m−3 , P= m m Ta có bảng tổng kết sau: m ∆' P S −∞ Phương trình có nghiệm thoả mãn < x1 < x2 + + + Phương trình có nghiệm x = 3/4 + – + – – + Phương trình có nghiệm x1, = ±1/ + Phương trình có nghiệm x1 < < x2 và x2 > |x1| Phương trình có hai nghiệm x1 = và x2 = 2/3 + Phương trình có nghiệm thoả mãn < x1 < x2 Phương trình có nghiệm kép x = 1 > 0 – Phương trình có nghiệm x1 < < x2 và x2 < |x1| 0 + Dấu các nghiệm + + Phương trình vô nghiệm +∞ ThÝ dô Cho phương trình: x2 − 2(m + 7)x + m2 − = Xác định m để phương trình: a Có hai nghiệm trái dấu b Có hai nghiệm dương c Có hai nghiệm cùng dấu 66  Giải a Điều kiện để phương trình có hai nghiệm trái dấu là: P < ⇔ m2 – < ⇔ –2 < m < Vậy, với –2 < m < phương trình có hai nghiệm trái dấu b Điều kiện để phương trình có hai nghiệm dương là: 14m + 53 ≥ ∆ ' ≥  53   P > ⇔ m − > ⇔ m ∈ [− ; −2) ∪ (2; +∞) 14 2(m + 7) > S >   53 Vậy, với m ∈ [− ; −2) ∪ (2; +∞) phương trình có hai nghiệm dương 14 c Điều kiện để phương trình có hai nghiệm cùng dấu: 14m + 53 ≥ ∆ ' ≥ 53 ⇔  ⇔ m ∈ [− ; −2) ∪ (2; +∞)  14 m − > P > Vậy, với m ∈ [− 53 ; −2) ∪ (2; +∞) phương trình có hai nghiệm cùng dấu 14 Ứng dụng 6: Tìm điều kiện để các nghiệm phương trình bậc hai thoả mãn điều kiện cho trước Phương pháp áp dụng Ta thực theo các bước sau: Bước 1: Tỡm điều kiện tham số để phương trỡnh cú nghiệm x1, x2 Bước 2: Bước 3: a ≠ ⇔  ∆ ' ≥ Áp dụng định lí Viét, ta được: f (m)  x1 + x =   x1 x = g(m) Biểu diễn điều kiện K thông qua (I) (I) ThÝ dô Cho phương trình 3x2 − 2(m + 1)x + 3m − = Xác định m để phương trình có nghiệm gấp ba nghiệm Tính các nghiệm trường hợp đó  Giải Theo định lý Viét, ta có:  (1) x + x = (m + 1)  x x = 3m − (2 )  Theo điều kiện đề bài, ta có: x1 = 3x2 (3) 67 Để phương trình có nghiệm phân biệt, điều kiện là: ∆' = (m + 1)2 + 15 − 9m = m2 − 7m + 16 > 0, ∀m ∈ R Từ (1) và (3), ta có: m +1 4x2 = (m + 1) ⇔ x2 = m +1 Từ (3) và (4), ta có: x1 = Thay x1, x2 (5) và (4) vào (2), ta được: (4) (5) m +1 m +1 3m − = ⇔ (m + 1)2 = 4(3m − 5) ⇔ m2 − 10m + 21 = ⇔ m = ∨ m = Ta có:  Khi m = thì x1 = và x2 =  Khi m = thì x1 = và x2 = ThÝ dô Cho phương trình: (m + 2)x2 − 2(m − 1)x + m − = a Tìm các giá trị m để phương trình có nghiệm phân biệt cùng dấu b Xác định m để tổng bình phương các nghiệm phương trình c Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn |x1 − x2| =  Giải a Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng dấu là: 5 − 2m > ∆ ' >  ⇔ m − ⇔ m ∈ (−∞; −2) ∪ (2; )  P >  m + > ) phương trình thoả mãn điều kiện đề bài b Điều kiện để phương trình có hai nghiệm: m + ≠ ⇔ −2 ≠ m <  ∆ ' ≥ Khi đó, ta có: Vậy, với m ∈ (−∞; −2) ∪ (2; 68 2(m − 1)  x1 + x = m+2  x x = m −  m + Ta có: m−2 4(m − 1)2 – 2 m+2 (m + 2) ⇔ m + 20m = ⇔ m = m = – 20 Vậy, có hai giá trị m phương trình thoả mãn điều kiện c Ta có: x1 − x2 = ⇔ (x1 − x2)2 = ⇔ (x1 + x2)2 – 4x1x2 = m−2 4(m − 1)2 ⇔ –4 = ⇔ 4(m – 1)2 – 4(m–2)(m + 2) = 4(m + 2)2 m+2 (m + 2) = x12 + x 22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = ⇔ m2 + 6m – = ⇔ m = –3 ± 10 Vậy, với m = –3 ± 10 thoả mãn đề bài ThÝ dô Tìm m để phương trình x2 + 2mx + = có hai nghiệm x1, x2 Khi đó: a Tính theo m giá trị các biểu thức E = x1 + x , F = x1 + x b Xác định m cho x14 + x 42 ≤ 32 2 x  x  c Xác định m cho   +   ≥  x1   x2   Giải Điều kiện để phương trình có nghiệm ∆' ≥ ⇔ m2 – > ⇔ m > Khi đó, ta có: −2m  x1 + x =   x1 x = a Ta có: E2 = ( x1 + x ) (*) = x1 + x2 + x1x = –2m + 2.2 = – 2m > với (*) suy m < −2 ⇒ E = − 2m F2 = ( ⇒F= b Ta có: x1 + x ) = x1 + x + x1 x = − 2m + 4 − 2m + 4 x14 + x 42 = ( x12 + x 22 ) – x12 x 22 = ( x1 + x ) − 2x1x  – x12 x 22   2 69 Do đó: x14 + x 42 ≤ 32 ⇔ (m2 – 2.4) – 2.42 ≤ 32 ⇔ m2 – 40 ≤ 32 ⇔ m2 ≤ 72 ⇔ m ≤ Kết hợp với điều kiện (*), ta được:  −6 ≤ m < −2   < m ≤ c Ta có: 2  x1   x2  x14 + x 42 x12 x12 + x 22 x 22 =   +   = x12 x 22 x12 x 22  x2   x1  Do đó: 2  x2   x1  m − 40 + ≥ ⇔ ≥ ⇔ m2 ≥ 88 ⇔ m ≥ 22 , thoả mãn     16  x1   x2  (*) Ứng dụng 7: Ứng dụng khác Phương pháp áp dụng Trong mục này ta ứng dụng định lí Viét vào việc: D¹ng 1: Lập phương trình đường thẳng qua hai điểm A(xA; yA), B(xB; yB) thuộc Parabol (P): y = ax2 + bx + c cho trước, đó ta thực theo các bước: Bước 1: Giả sử phương trỡnh đường thẳng (AB): y = kx + m Bước 2: Phương trỡnh hoành độ giao điểm (AB) và (P) là: ax2 + bx + c = kx + m ⇔ ax2 + (b − k)x + c − m = Bước 3: Ta cú xA và xB là nghiệm phương trỡnh và theo Viột ta được: k−b   x A + x B =a k ⇒  ⇒ phương trình (d)  m  x x = c − m  A B a D¹ng 2: Lập phương trình tiếp tuyến Parabol (P) điểm M(xM; yM), thực tương tự trên cách thay xA = xB = xM ThÝ dô Cho Parabol (P) có phương trình: (P): y = x2 + 3x + Gọi A và B là hai điểm thuộc (P) có hoành độ là 1, a Lập phương trình đường thẳng AB b Lập phương trình tiếp tuyến với (P) A  Giải a Ta có thể trình bày theo hai cách sau: Cách 1: (Cách giải thông thường): Từ giả thiết, ta A(1; 6) và B(8; 90) 70 Phương trình đường thẳng AB cho bởi: qua A(1;6) x −1 y−6 (AB):  ⇔ (AB): = ⇔ (AB): 12x − y − = 90 − −1 qua B(8;90) Cách 2: (Ứng dụng định lý Viét): Giả sử phương trình đường thẳng (AB) có phương trình: (AB): y = ax + b Phương trình hoành độ giao điểm (AB) và (P) là: x2 + 3x + = ax + b ⇔ x2 − (a − 3)x + − b = Ta có xA = và xB = là nghiệm phương trình và theo Viét ta được: x A + x B =a − a = 12 9= a − ⇔ ⇒   b = −6 8= − b x A x B= − b Vậy, phương trình (AB): y = 12x − = b Giả sử phương trình tiếp tuyến A là (d): y = ax + b Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P) là: x2 + 3x + = ax + b ⇔ x2 − (a − 3)x + − b = Ta có xA = là nghiệm kép (*) (x1 = x2 = 1) và theo Viét ta được: x A + x B =a − 2= a − a = ⇔ ⇒   1= − b b = x A x B= − b (*) Vậy, phương trình tiếp tuyến (d): y = 5x + §3 MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HOẶC BẬC HAI D¹ng to¸n 1: Giải và biện luận phương trình chứa ẩn mẫu Phương pháp thực Ta thực theo các bước: Bước 1: Đặt điều kiện cú nghĩa cho phương trỡnh, đú ta cú ĐKXĐ là tập D Bước 2: Biến đổi phương trỡnh dạng bậc bậc hai, thực giải nó Bước 3: Kết luận ThÝ dô Tìm m để phương trình sau vô nghiệm: x−m x−2 + = x −1 x +1 (1)  Giải Điều kiện x ≠ ±1 Viết lại phương trình dạng: (m + 2)x = − m (2) 71 Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu m + = ⇔ m = −2 thì: (2) ⇔ 0x = 6, mâu thuẫn ⇒ phương trình vô nghiệm Trường hợp 2: Nếu m − ≠ ⇔ m ≠ thì: 4−m (2) ⇔ x = m+2 Do đó (1) vô nghiệm 4−m 4−m ⇔ = hoÆc = −1 ⇔ m = m+2 m+2 Vậy, với m = −2 m = phương trình ban đầu vô nghiệm  Chú ý: Trong lời giải trên chúng ta trình bày theo các bước bài toán giải biện luận, nhiên có thể trình bày dạng: Điều kiện x ≠ ±1 Viết lại phương trình dạng: (m + 2)x = − m (2) Phương trình (1) vô nghiệm  m + =   4 − m ≠ m = −2 ⇔  m + ≠ ⇔   m = 4−m  − m  m + = ∨ m + = −1  Tuy nhiên, cách trình bày kiểu này có thể khiến vài em học sinh thấy phức tạp Do vậy, bài toán yêu cầu " Tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm ( vô nghiệm ) " tốt các em hãy trình bày theo các bước bài toán giải biện luận ThÝ dô Tìm m để phương trình sau có nghiệm nhất: x+2 x +1 = x −1 x−m (1)  Giải Tập xác định D =  \{1, m} Viết lại phương trình dạng: mx = − m Do đó (1) có nghiệm nhất: 72 (2)  m ≠ m ≠ m ≠  2 − m   ⇔ x ≠ ⇔  ⇔ m∉{−2, 0, 1} ≠ ⇔ m ≠ m   x ≠ m  m + m − ≠ 2 − m ≠ m  m Vậy, với m =  \{−2, 0, 1} phương trình (1) có nghiệm ThÝ dô Cho phương trình: a b + = x−b x−a  Giải (1) a Tìm a, b để phương trình có hai nghiệm phân biệt b Tìm a, b để phương trình có nghiệm Điều kiện: x − a ≠ x ≠ a ⇔   x − b ≠ x ≠ b Biến đổi phương trình dạng: a(x – a) + b(x – b) = 2(x – a)(x – b) ⇔ f(x) = 2x2 – 3(a + b)x + a2 + 2ab + b2 = Ta có ∆ = 9(a + b)2 – 8(a2 + 2ab + b2) = (a + b)2 ≥ 0, ∀a, b a Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: (a + b)2 > ∆ >   f(a) ≠ ⇔ b − ab ≠ ⇔ a ≠ 0, b ≠ và a ≠ ±b a − ab ≠ f(b) ≠   Vậy, với a ≠ 0, b ≠ và a ≠ ±b phương trình có hai nghiệm phân biệt b Đáp số: Với a, b không đồng thời không (*) (2) ThÝ dô Giải và biện luận các phương trình: x+  Giải a−b a+b = + a+b a−b x Điều kiện: x ≠ x ≠  a + b ≠ ⇔  a ≠ ± b  a − b ≠  Viết lại phương trình dạng: (a2 − b2)x2 − 2(a2 + b2)x + a2 − b2 = (1) 73 Vì a ≠ ±b ⇔ a2 − b2 ≠ 0, ta tính biệt thức ∆' = 4a2b2 ≥ = a & b ≠ Trường hợp 1: Nếu ∆' = ⇔ 4a2b2 = ⇔  a ≠ & b = • Với a = và b ≠ 0, phương trình (1) có nghiệm kép x0 = − • Với a ≠ và b = 0, phương trình (1) có nghiệm kép x0 = Trường hợp 2: Nếu ∆' > ⇔ 4a2b2 > ⇔ a ≠ và b ≠ a−b a+b và x2 = Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 = a−b a+b Kết luận:  Với a = ±b, phương trình vô nghiệm  Với a = và b ≠ 0, phương trình có nghiệm kép x0 = −  Với a ≠ và b = 0, phương trình có nghiệm kép x0 =  Với a ≠ và b ≠ và a ≠ ±b, phương trình có nghiệm phân biệt: a−b a+b x1 = và x2 = a+b a−b D¹ng to¸n 2: Phương trình tích Phương pháp thực Giả sử cần "Giải và biện luận phương trình (a1x + b1)(a2x + b2) = 0", ta thực theo các bước: Bước 1: Biến đổi phương trỡnh ban đầu dạng: (1) a x + b =  (2 ) a x + b = Bước 2: Giải và biện luận (1) Bước 3: Giải và biện luận (2) Bước 4: Kết luận: Trong bước này cỏc em học sinh cần biết cỏch kết hợp cỏc trường hợp đã xét hai bước và bước để có lời kết luận đầy đủ và tường minh ThÝ dô Cho phương trình: x3 − 2mx2 + m2x + m − = Xác định m để: a Phương trình có đúng nghiệm b Phương trình có nghiệm phân biệt c Phương trình có nghiệm phân biệt d Phương trình có nghiệm âm phân biệt e Phương trình có nghiệm dương phân biệt  Giải Viết lại phương trình dạng: 74 (x − 1)[x2 − (2m − 1)x − m + 1] = x = ⇔  g(x) = x − (2m − 1)x − m + = (2) (I) a Để phương trình có đúng nghiệm điều kiện là: ∆g <  4m − <   (2) v« nghiÖm 0⇔ m< (2) cã nghiÖm kÐp b»ng1 ⇔ ∆ g =0 ⇔  4m − =      3 − 3m =  g(1) = thoả mãn điều kiện đầu bài b Để phương trình có hai nghiệm phân biệt điều kiện là:  ∆ g > vµ g(1) =0 (2) cã nghiÖm ph©n biÖt vµ 1nghiÖm b»ng1 ⇔   =  ∆ g vµ g(1) ≠ (2) cã nghiÖm kÐp kh¸c1 Vậy, với m <  4m − >   3 − 3m = ⇔ ⇔  − = 4m   3 − 3m ≠   4m − >   3 − 3m = hoÆc m = ⇔ m= ±  2  − = 4m   3 − 3m ≠  thoả mãn điều kiện đầu bài c Để phương trình có ba nghiệm phân biệt điều kiện là: Vậy, với m = hoÆc m = ±  ∆ g > 4m − > m > (2) có nghiệm phân biệt khác ⇔  ⇔ ⇔ g(1) ≠ 3 − 3m ≠ m ≠    3  Vậy, với m ∈  −∞; − ; + ∞  \ {1} thoả mãn điều kiện đầu bài  ∪       d Để phương trình có hai nghiệm âm phân biệt điều kiện là: (2) có nghiệm âm phân biệt m > /2 ∆ g > 4m − >    ⇔ S g < ⇔ 2m − < ⇔ m < 1/ ⇔ m < − 1 − m > m <    Pg >  Vậy, với m < − thoả mãn điều kiện đầu bài e Để phương trình có ba nghiệm dương phân biệt điều kiện là: (2) có nghiệm dương phân biệt khác 75 ∆ g > m > /2 4m − >    m > 1/ S g > 2m − > ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ < m < m <  Pg > 1 − m > m ≠  3 − 3m ≠  g(1) ≠ Vậy, với < m < thoả mãn điều kiện đầu bài  Nhận xét: Lời giải thí dụ trên đã miêu tả phương pháp để "Giải và biện luận phương trình bậc ba" D¹ng to¸n 3: Phương trình trùng phương Phương pháp thực Để giải và biện luận phương trình: ax4 + bx2 + c = ta thực các bước: Bước 1: Đặt t = x2 với điều kiện t ≥ Bước 2: Khi đú, phương trỡnh biến đổi dạng: at2 + bt + c = Bước 3: Khi đú: a Phương trình (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t1 ≤ = t2 b Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm t1 < < t2 c Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm = t1 < t2 d Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm = t1 < t2 (1) (2)  Chú ý: Các đánh giá trên nhận thông qua nhận xét phương trình (2) có nghiệm t0 ≥ thì phương trình (1) có nghiệm x = ± t Cũng thông qua nhận xét này chúng ta thiết lập điều kiện cho nghiệm t phương trình (2) trường hợp bài toán yêu cầu điều kiện nghiệm x phương trình (1), thí dụ: x1 < x2 < x3 < < < x4 ⇔ − t < − t1 < t1 < < < t ⇔ < t1 < < < t2 ThÝ dô Cho phương trình: x4 − (m + 2)x2 + m = Tìm m để phương trình: a Có nghiệm 76 (1)  Giải b Có hai nghiệm phân biệt c Có ba nghiệm phân biệt d Có bốn nghiệm phân biệt Đặt t = x2 với điều kiện t ≥ Khi đó, phương trình biến đổi dạng: f(t) = t2 − (m + 2)t + m = a Phương trình (1) có nghiệm S ≤ m + ≤ ⇔ (2) có nghiệm t1 ≤ = t2 ⇔  , vô nghiệm ⇔ m = P = Vậy, không tồn m thoả mãn điều kiện đầu bài (2) b Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ a.c < ⇔ m < Vậy, với m < thoả mãn điều kiện đầu bài c Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ∆ >  ⇔ (2) có nghiệm = t1 < t2 ⇔  P = ⇔ S >  Vậy, với m = thoả mãn điều kiện đầu bài d Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ∆ >  ⇔ (2) có nghiệm < t1 < t2 ⇔  P > ⇔ S >  Vậy, với m > thoả mãn điều kiện đầu bài m2 + >  ⇔ m = 0 m = m + >  m2 + >  ⇔ m > m > m + >  D¹ng to¸n 4: Phương trình hồi quy Phương pháp thực D¹ng 1: (Phương trình hồi quy): Để giải và biện luận phương trình: ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = (1) ta thực theo các bước: Bước 1: Nhận xột x = khụng phải là nghiệm phương trỡnh Chia hai vế phương trình cho x2≠0, ta được: a(x2 + 1 ) + b(x + ) + c = x x 1 , điều kiện t ≥ suy x2 + = t2 − x x Khi đó, phương trình (2) có dạng: (2) ⇔ at2 + bt + c − 2a = (2) Bước 2: Đặt t = x + (3) 77 Bước 3: Khi đú: a Phương trình (1) có nghiệm, ta sử dụng phương pháp gián tiếp, tức là "Tìm điều kiện để (3) vô nghiệm hai nghiệm thuộc (−2; 2)" b Phương trình (1) có nghiệm ⇒ (3) có nghiệm t = t = −2 ⇒ tham số Thử lại c Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (3) có nghiệm −2 & t =  t1 =  t < −2 < t < 1  −2 < t1 < < t d Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ (3) có nghiệm −2  t1 < t =  2= t < t  e Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ⇔ (3) có nghiệm  < t1 < t  t < t < −2 1  t1 < −2 < < t D¹ng 2: (Phương trình phản hồi quy): Để giải và biện luận phương trình: (1) ax4 + bx3 + cx2 − bx + a = ta thực theo các bước: Bước 1: Nhận xột x = khụng phải là nghiệm phương trỡnh Chia hai vế phương trình cho x2 ≠ 0, ta được: 1 a(x2 + ) + b(x − ) + c = (2) x x 1 Bước 2: Đặt t = x − , suy x2 + = t2 + x x Khi đó, phương trình (2) có dạng at2 + bt + c + 2a = (3)  Chú ý: Với phương trình phản hồi quy trên không có điều kiện cho ẩn phụ t, tức là với nghiệm t0 (3) ta luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho (1) Phương pháp mở rộng tự nhiên cho dạng phương trình: ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = e d có các hệ số thoả mãn =   , e ≠ a b d Khi đó, ta sử dụng ẩn phụ t = x + , và trường hợp bd b x d > ta có điều kiện t ≥ b 78 ThÝ dô Cho phương trình: x4 + mx3 − 2(m2 − 1)x2 + mx + = a Giải phương trình với m = b Tìm m để phương trình có đúng nghiệm phân biệt c Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt (1)  Giải Nhận xét x = không phải là nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình cho x2 ≠ 0, ta được: 1 1 x2 + mx − 2(m2 − 1) + m + = ⇔ (x2 + ) + m(x + ) − 2m2 + = x x x x 1 Đặt t = x + , điều kiện t ≥ 2, suy x2 + = t2 − x x Khi đó, phương trình có dạng: f(t) = t2 + mt − 2m2 = (2) a Với m = thì (2) có dạng: |t| ≥ = −2 ⇔ x = −1 t2 + t − = ⇔ t = −2 ⇔ x + x Vậy, với m = phương trình có nghiệm x = −1 b Phương trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt −2 vµ t = t = ⇔ (3) có nghiệm thoả mãn   t1 < −2 < t < hoÆc − < t1 < < t  f (2) =   f (−2) =  f (2) > ⇔  ⇔  f (−2) <   f (2) <  f (−2) >   4 + 2m − 2m   4 − 2m − 2m   4 + 2m − 2m   4 − 2m − 2m   4 + 2m − 2m   4 − 2m − 2m  m =  =  m  >0 m ⇔   m <0    m <0   m >0 −m−2= +m−2= 1 < m < ⇔ +m−2>0  −2 < m < −1 −m−2<0 −m−2>0 +m−2<0 Vậy, với < m < thoả mãn điều kiện đầu bài c Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ⇔ (3) có nghiệm thoả mãn: 2 < t1 < t hoÆc t1 < t < −2 (*)  (**)  t1 < −2 < < t Nhận xét phương trình (2) có ac = −2m2 < nên (*) không thể xảy Khi đó, để có (**) điều kiện là: 79 4 + 2m − 2m < m − m − > f (2) < ⇔ ⇔ ⇔ m >    4 − 2m − 2m < m + m − > f (−2) < Vậy, với m > thoả mãn điều kiện đầu bài ThÝ dô Cho phương trình: x4 − mx3 − 2x2 + mx + = a Giải phương trình với m = b Tìm m để phương trình có đúng nghiệm phân biệt c Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt (1)  Giải Nhận xét x = không phải là nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình cho x2 ≠ 0, ta được: 1 1 x2 − mx − + m + = ⇔ (x2 + ) − m(x − ) − = x x x x 1 Đặt t = x − , suy x2 + = t2 + x x Khi đó, phương trình có dạng: t = f(t) = t2 − mt = ⇔  t = m Với t = 0, ta được: ⇔ x = ±1 x− = ⇒ x2 − = x a Với m = ta được: ± 13 t=3⇔x− = ⇔ x2 − 3x − = ⇔ x = x ± 13 b Phương trình có đúng nghiệm phân biệt điều kiện là m = c Phương trình có nghiệm phân biệt điều kiện là m ≠ Vậy, với m = phương trình có bốn nghiệm x = ±1 và x = D¹ng to¸n 5: Phương trình (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m, với a + b = c + d Phương pháp thực Kí hiệu phương trình ban đầu là (1), ta thực theo các bước: Bước 1: Viết lại phương trỡnh dạng: (2) [x2 + (a + b)x + ab].[x2 + (c + d)x + cd] = m Bước 2: Đặt t = x + (a + b)x + ab, điều kiện t≥− (a − b) ∆ (chính là − ) 4a Suy x2 + (c + d)x + cd = t − ab + cd 80 Khi đó, phương trình (2) có dạng: t(t − ab + cd) = m ⇔ t2 − (ab − cd)t − m = Bước 3: Khi đú: a Phương trình (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm thoả mãn t≥ − (3) t ≤ α ≤ t2 (a − b) =α⇔ 1  α ≤ t1 ≤ t b Phương trình (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t1 ≤ t2 = α c Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  α < t =t ⇔ (2) có nghiệm thoả mãn   t1 < α < t d Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm α = t1 < t2 e Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm α < t1 < t2 ThÝ dô Cho phương trình: x(x − 2)(x + 2)(x + 4) = 2m a Giải phương trình với m = −6 b Tìm m để phương trình vô nghiệm c Tìm m để phương trình có đúng nghiệm d Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt e Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt f Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt (1)  Giải Viết lại phương trình dạng: (x2 + 2x)(x2 + 2x − 8) = m Đặt t = x2 + 2x + 1, điều kiện t ≥ 0, suy x2 + 2x = t − và x2 + 2x − = t − Khi đó phương trình trên có dạng: (t − 1)(t − 9) = 2m ⇔ f(t) = t2 − 10t + − 2m = (2) a Với m = −6, ta được: t = (2) ⇔ t2 − 10t + 21 = ⇔  t = Ta lần lượt:  Với t = 3, ta được: −1 ± x2 + 2x + = ⇔ x2 + 2x − = ⇔ x1, =  Với t = 7, ta được: 81 −1 ± −1 ± −1 ± và x3, = Vậy, với m = −6 phương trình có nghiệm là x1, = 2 Phương trình (1) vô nghiệm khi: (*) (2) v« nghiÖm (2) cã hai nghiÖm nhá h¬n (**)  Nhận xét phương trình (2) có S = 10 > nên (**) không thể xảy Khi đó, để có (*) điều kiện là: ∆’ < ⇔ 25 − (9 − 2m) < ⇔ 2m + 16 < ⇔ m < −8 Vậy, với m < −8 thoả mãn điều kiện đầu bài Phương trình (1) có đúng nghiệm khi: ∆ ' ≥  (2) có nghiệm thoả mãn t1 ≤ t2 = ⇔ f(0) = , vô nghiệm S ≤  Vậy, không tồn m thoả mãn điều kiện đầu bài Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi:  ∆ ' =0  2m + 16 = (2) cã nghiÖm kÐp lín h¬n  m = −8   ⇔  S > ⇔  10 > ⇔  m > 9/2  (2) cã hai nghiÖm t1 < < t 9 − 2m < P <   Vậy, với m = −8 hoÆc m > thoả mãn điều kiện đầu bài Phương trình (1) có nghiệm phân biệt khi: ∆ ' > 2m + 16 >   (2) có nghiệm = t1 < t2 ⇔ f(0) = ⇔ 9 − 2m = ⇔ m = S > 10 >   Vậy, với m = thoả mãn điều kiện đầu bài Phương trình (1) có nghiệm phân biệt khi: ∆ ' > 2m + 16 >   (2) có nghiệm < t1 < t2 ⇔  P > ⇔ 9 − 2m > ⇔ − < m < S > 10 >   Vậy, với −8 < m < thoả mãn điều kiện đầu bài x2 + 2x + = ⇔ x2 + 2x − = ⇔ x3, = b c d e f D¹ng to¸n 6: Phương trình (x + a)4 + (x + b)4 = c Phương pháp thực Kí hiệu phương trình ban đầu là (1), ta thực theo các bước: 82 a+b , suy ra: a−b   x + a = t +  x + b = t − a − b  Bước 1: Đặt t = x + Khi đó, phương trình có dạng: a −b a−b  t +   = c     2t4 + 12  Bước 2: Đặt u = t2, điều kiện u ≥ Khi đó, phương trình có dạng: a −b a−b  u +   = c     2u2 + 12  (2) (3) Bước 3: Chuyển điều kiện bài toỏn thành điều kiện cho u ThÝ dô Cho phương trình: (x + 2)4 + (x + 6)4 = m2 − (1) a Giải phương trình với m = 34 b Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (−2; −1)  Giải 2+6 = x + 4, suy ra: x + =t −  x + =t + Khi đó, phương trình (1) chuyển dạng: (t − 2)4 + (t + 2)4 = m2 − ⇔ 2t4 + 48t2 + 32 = m2 − ⇔ 2t4 + 48t2 − m2 + 34 = Đặt u = t2, điều kiện u ≥ Khi đó, phương trình (2) chuyển dạng: f(u) = 2u2 + 48u − m2 + 34 = Đặt t = x + (2) (3) a Với m = 34 , ta được: (2) ⇔ 2t4 + 48t2 = ⇔ t = ⇔ x + = ⇔ x = −4 Vậy, với m = 34 phương trình có nghiệm x = −4 b Từ giả thiết: −2 < x < −1 ⇔ < x + < ⇔ < t < ⇒ t2 < ⇔ u < Vậy, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (−2; −1) khi: (3) có nghiệm ∈ (0; 9) ⇔ f(0).f(9) < ⇔ (34 − m2)(17044 − m2) < 83 ⇔ 34 < m2 < 17044 ⇔ 34 < m < 4261 Vậy, với 34 < m < 4261 thoả mãn điều kiện đầu bài D¹ng to¸n 7: Phương trình sử dụng ẩn phụ bậc hai ThÝ dô Giải và biện luận phương trình: (x − a)2x2 + a2x2 = 8(x − a)2a2, với a ≠  Giải (1) Nhận xét x = a ≠ không phải là nghiệm phương trình, đó chia hai vế phương trình cho (x − a)2 ≠ 0, ta được: x2 + a2x2 = 8a2 ⇔ (x − a) 2 ax  2ax  − = 8a2 x +   x−a x−a   x2  2ax − = 8a2  x − a x − a   (2) ⇔ x2 , đó phương trình chuyển dạng: x−a  t = 4a t2 − 2at − 8a2 = ⇔   t = −2a Đặt t =  Với t = 4a, ta được: x2 = 4a ⇔ x2 − 4ax + 4a2 = ⇔ x1 = 2a thoả mãn (*) x−a  Với t = − 2a, ta được: x2 = − 2a ⇔ x2 + 2ax − 2a2 = ⇔ x2,3 = − a± 3a thoả mãn (*) x−a Vậy, phương trình có ba nghiệm phân biệt x1 = 2a, x2,3 = a± 3a  Nhận xét: Ở dạng ban đầu, ta không thấy xuất ẩn phụ, nhiên để làm xuất ẩn phụ ta viết lại phương trình dạng:  ax  (x) +   = 8a x−a Ta đưa nhận xét cho số hạng vế trái phương trình trên đóng vai trò A2 + B2 đẳng thức (A ± B)2 Khi đó, ta có hướng biến đổi:  A + B2 = (A − B) + 2AB (h1)  2  A + B = (A + B) − 2AB (h2)  Nếu lựa chọn hướng thứ nhất: 84 2 ax  2ax  x − 2ax  2ax  ax   x + =  +  +  = x − x−a x−a  x−a  x−a x−a  Ta thấy không có xuất ẩn phụ  Nếu lựa chọn hướng thứ hai: 2 ax  2ax  x  2ax  ax   = − = − x x + +      x−a x−a x−a x−a x−a  x2 Ở đây ẩn phụ đã xuất hiện, đó là x−a Như việc lựa chọn hướng biến đổi đại số đúng cho phương trình bậc bốn nói riêng và các phương trình, bất phương trình nói chung là quan trọng Phương trình trên trên có dạng tổng quát: x2 + a2x2 = b (x + a) D¹ng to¸n 8: Phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối Phương pháp thực Để giải phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối ta có thể dùng: a Định nghĩa giá trị tuyệt đối b Bình phương hai vế để khử dấu giá trị tuyệt đối c Tính chất giá trị tuyệt đối d Ẩn phụ D¹ng 1: Với phương trình: |f(x)| = |g(x)| ⇔ f2(x) = g2(x) ⇔ [f(x) − g(x)].[f(x) + g(x)] = (1) f (x) = g(x) (2) ⇔  f (x) = −g(x) (3) Như vậy, với phương trình dạng trên có chứa tham số chúng ta cần thực theo các bước: Bước 1: Giải và biện luận (2) Bước 2: Giải và biện luận (3) Bước 3: Kết luận với lưu ý tập nghiệm phương trỡnh (1) là hợp tập nghiệm (2), (3) ThÝ dô Cho phương trình: |x2 − 2mx − 2m| = |x2 + 2x| (1) Giải phương trình với m = Tìm m để phương trình: a Vô nghiệm b Có nghiệm c Có nghiệm d Có hai nghiệm phân biệt e Có ba nghiệm phân biệt 85  Giải Phương trình tương đương với:  x − 2mx − 2m =x + 2x ⇔  − x − 2x  x − 2mx − 2m = −m (m + 1)x = ⇔   x − (m − 1)x − m = −m (*) (m + 1)x =  x = hoÆc x = − m (I)  1 Với m = 1, ta thấy phương trình có ba nghiệm phân biệt x = − , x = ±1 2 Ta lần lượt: a Không tồn m để phương trình vô nghiệm b Với m phương trình luôn có nghiệm c Phương trình có nghiệm m = −1 d Để phương trình có nghiệm phân biệt ta đánh giá:  Nếu −m = tức m = −1 thì (*) vô nghiệm, đó không thoả mãn m  Nếu −m ≠ tức m ≠ −1 thì (*) có nghiệm x = − m +1  Khi đó, để phương trình có nghiệm phân biệt điều kiện là:  m − m + =  m = −1/  −m = m + ⇔ ⇔  − m(m + 1) m =  −m = − m = −m  m + 1 Vậy, với m = hoÆc m = − thoả mãn điều kiện đầu bài e Để phương trình có nghiệm phân biệt khi:  m − m + ≠ −m ≠ m + m ≠ −1/    ⇔ m ≠ −1 ⇔ m ≠ −1 −m ≠  m − m ≠ − m(m + 1) m ≠   − ≠ −m  m +1   Vậy, với m ∈  \ 0, − , − 1 thoả mãn điều kiện đầu bài   ThÝ dô Giải và biện luận phương trình |mx + 1| = |3x + m − 2|  Giải Phương trình chuyển thành dạng:  mx + = 3x + m − (m − 3)x =m − (2) ⇔   − m (3)  mx + =−3x − m + (m + 3)x =  Giải và biện luận phương trình (2): Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu m − = ⇔ m = (2) ⇔ 0x = 0, phương trình nghiệm đúng với ∀x ∈  86 Trường hợp 2: Nếu m − ≠ ⇔ m ≠ (2) ⇔ x = 1: phương trình có nghiệm  Giải và biện luận phương trình (3): Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu m + = ⇔ m = −3 (3) ⇔ 0x = 4, phương trình vô nghiệm Trường hợp 2: Nếu m + ≠ ⇔ m ≠ −3 1− m : là nghiệm (3) ⇔ x = m+3 Kết luận:  Với m = 3, phương trình nghiệm đúng với x ∈   Với m = −3, phương trình có nghiệm là x =  Với m ≠ ±3, phương trình có hai nghiệm là x = và x = D¹ng 2: Với phương trình: 1− m m+3 g(x) ≥ g(x) ≥ |f(x)| = g(x) ⇔  ⇔  f (x) = ± g(x) f (x) = g (x)  f (x) ≥  f (x) = g(x)   f (x) <  g(x)  −f (x) = (I) (II) Như vậy, với phương trình dạng trên có chứa tham số chúng ta cần thực theo các bước: Bước 1: Lựa chọn hướng biến đổi (I) (II), thực việc giải và biện luận nó Bước 2: Kết luận  Chú ý: a Nếu g(x) không chứa tham số ta lựa chọn phép biến đổi (I) b Nếu f(x) không chứa tham số ta lựa chọn phép biến đổi (II) c Trong trường hợp f(x), g(x) chứa tham số thì tuỳ vào độ phức tạp f(x), g(x) ta lựa chọn phép biến đổi (I) (II) ThÝ dô Giải các phương trình sau: a 2x + 5 = x2 + 5x +  Giải b x − −3x + = 2x − x +1 a Điều kiện x2 + 5x + + ≥ Biến đổi phương trình tương đương với: x + 3x − = (*)  x = 2 x + = x + x + ⇔ ⇔    x = −6 x + 7x + = − x − = x + 5x + (*) 87 Vậy,phương trình có hai nghiệm x = và x = −6 b Tập xác định D = R\{−1; } Biến đổi phương trình tương đương với:  x − −3x + x ≥ −1 =  2x − 7x − 11x = + x ≥ −1 11 ± 65 x +1 ⇔ ⇔x=  x − −3x + 14 5x − 11x = + x < −1    x < −1 =  2x − − x − Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 11 ± 65 14 ThÝ dô Giải và biện luận các phương trình |x − 1| = mx + 2m −  Giải Ta biến đổi phương trình dạng:  x − ≥ (I)  x − 1= mx + 2m −  |x − 1| = mx + 2m − ⇔  x − <  (II)  x − =−(mx + 2m − 1) Ta giải và biện luận (I) x ≥ (I) ⇔  2m (*) (1 − m)x = Trường hợp 1: Nếu – m = ⇔ m = (*) ⇔ 0.x = (mâu thuẫn) ⇒ (*) vô nghiệm Trường hợp 2: Nếu – m ≠ ⇔ m ≠ 2m (*) ⇔ x = 1− m  m< 2m 3m −  Nếu <1⇔ <0⇔  ⇒ (I) vô nghiệm  1− m 1− m  m > 2m 3m − 1 2m  Nếu ≥1⇔ ≥ ⇔ ≤ m < ⇒ (I) có nghiệm x = 1− m 1− m 1− m Giải và biện luận (II) – Học sinh tự làm D¹ng 3: Sử dụng các tính chất giá trị tuyệt đối Ta sử dụng các tính chất sau: TÝnh chÊt 1: Ta có: |a + b| = |a| + |b| ⇔ ab ≥ TÝnh chÊt 2: Ta có: 88 a ≥ b ≥ |a| + |b| = a + b ⇔  TÝnh chÊt 3: Ta có: a ≥ b ≤ |a| + |b| = a − b ⇔  TÝnh chÊt 4: Ta có: |a − b| = |a| − |b| ⇔ b(a − b) ≥ với lược đồ thực theo các bước: Bước 1: Đặt điều kiện cú nghĩa (nếu cần) cho cỏc biểu thức phương trỡnh Bước 2: Biến đổi phương trỡnh tớnh chất đó biết Bước 3: Giải ( biện luận) phương trỡnh đại số nhận Bước 4: Kết luận ThÝ dô Giải phương trình |x2 − 4x + 3| + |x2 − 4x| =  Giải Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: Viết lại phương trình dạng: |x2 − 4x + 3| + |4x − x2| = ( x2 − 4x + 3) + (4x − x2) x − x + ≥ 0 ≤ x ≤ TÝnh chÊt ⇔  ←  →  3 ≤ x ≤ 4 x − x ≥ Vậy, nghiệm phương trình là [0; 1] ∪ [3; 4] Cách 2: Viết lại phương trình dạng: |x2 − 4x + 3| + |x2 − 4x| = ( x2 − 4x + 3) − ( x2 − 4x) x ≥ x − x + ≥ ⇔ x ≤ ⇔ ←  →  x − x ≤  0 ≤ x ≤ TÝnh chÊt 0 ≤ x ≤  3 ≤ x ≤ Vậy, nghiệm phương trình là [0; 1] ∪ [3; 4] D¹ng 4: Sử dụng ẩn phụ ThÝ dô Cho phương trình |mx − 2| +  Giải = | mx − | +1 (1) a Giải phương trình với m = b Giải và biện luận phương trình theo m Đặt t = |mx − 2| + 1, điều kiện t ≥ Khi đó, phương trình biến đổi dạng: t − + = ⇔ t2 − 3t + = t 89 | mx − | +1 = | mx − |= t = ⇔  ⇔  ⇔  ⇔ | mx − |= | mx − | +1 =2 t =  mx =  mx =   mx = (I) a Với m = 1, đó (I) tương đương với: x =  x =  x = Vậy, với m = phương trình có nghiệm là x = 1, x = và x = b Ta có ngay:  Với m = 0, (I) vô nghiệm ⇔ (1) vô nghiệm  Với m ≠ 0, (I) có ba nghiệm phân biệt ⇔ (1) có ba nghiệm phân biệt ThÝ dô Giải phương trình (x + 2)|x3 − 3x| = x6 − 6x4 + 9x2 + 2x  Giải Viết lại phương trình dạng: (x3 − 3x)2 − (x + 2)|x3 − 3x| + 2x = Đặt t = |x3 − 3x|, điều kiện t ≥ Khi đó, phương trình (1) biến đổi dạng: t2 − (x + 2)t + 2x = ta có ∆t = (x + 2)2 − 8x = (x − 2)2, đó: | x − 3x |= x t = x (3) ⇔  ⇔  | x − 3x |= t = x ≥ x ≥      x − 4x = ⇔   x − 3x = ⇔ ± x ⇔  x − 2x =     x − 3x =  ±2   x − 3x ± =  D¹ng to¸n 9: Phương trình chứa Phương pháp áp dụng Để giải phương trình chứa ẩn dấu ta có thể dùng: a Định nghĩa giá trị tuyệt đối b Bình phương hai vế để khử dấu giá trị tuyệt đối c Tính chất giá trị tuyệt đối d Ẩn phụ 90 (3) x =  x = x = ±1, x = ±2  Vây, phương trình có nghiệm phân biệt x = 0, x = ± 1, x = D¹ng 1: Với phương trình: (1) , x = ± (*) x ∈ D f (x, m) = g(x, m) ⇔ f(x, m) = g(x, m) ≥ ⇔  f (x, m) = g(x, m) g(x, m) cã nghÜa vµ g(x, m) ≥ f (x, m) = g(x,m) ⇔  f (x, m) = g (x, m) Lưu ý rằng: Điều kiện (*) lựa chọn tuỳ theo độ phức tạp f(x, m) ≥ và g(x, m) ≥ 0, thí dụ với phương trình: x − m = x − 2mx + Ta lựa chọn phép biến đổi: x − m ≥ ⇔   x − m = x − 2mx + x ≥ m   x − (2m + 1)x + + m = ThÝ dô Giải và biện luận các phương trình: a x x−2 = m x−2 b x x+m = x x +1  Giải a Ta biến đổi phương trình dạng: x > x m = ⇔  x−2 x−2 x = m Kết luận:  Với m ≤ 2, phương trình vô nghiệm  Với m > 2, phương trình có nghiệm x = m b Ta biến đổi phương trình dạng:  x = vµ m>0  x = vµ m>0  x = vµ m>0 ⇔  ⇔    x>-1 vµ m =  x+m = x+1>0  x+m = x+1 Kết luận:  Với < m ≠ 1, phương trình có nghiệm x =  Với m = 1, phương trình có nghiệm x = x > −1  Ngoài vô nghiệm ThÝ dô Giải phương các trình sau: a 5x + = x − b x + = − x2  Giải a Biến đổi phương trình tương đương với: x ≥ x − ≥  x = 15 ⇔ ⇔     x = (lo¹i)  x − 17x + 30 = 5x + = (x − 6) Vậy, phương trình có nghiệm x = 15 b Biến đổi phương trình tương đương với: 91 1 − x ≥ | x |≤ ⇔ ⇔   2  x + = (1 − x )  x(x + 1)( x − x − 1) = Vậy, phương trình có nghiệm x = 0, x = −1, x = D¹ng 2: Với phương trình: f (x, m) + g(x, m) =  x = 0, x = −1  x = −  1− h(x, m) f (x, m) cã nghÜa vµ f (x, m) ≥  ⇔ g(x, m) cã nghÜa vµ g(x, m) ≥  h(x, m) f (x, m) + g(x, m) + f (x, m)g(x, m) = Lưu ý rằng: Không cần h(x, m) ≥ ThÝ dô Giải phương các trình sau: a − x = x + + b x + − 1− x = − 2x  Giải a Điều kiện: 3 − x ≥ ⇔ −2 ≤ x ≤  x + ≥ Biến đổi phương trình: 3−x=x+2+ x+2 +1⇔ x+2 = −x − x ≥ x ≤ ⇔ x = −1 ⇔ ⇔ 2 x x + = x − x − = Vậy, phương trình có nghiệm x = −1 b Điều kiện: x + ≥  1 − x ≥ ⇔ − ≤ x ≤ 1 − 2x ≥  Phương trình viết lại dạng: − x + − 2x = x + ⇔ (1 − x)(1 − 2x) = 2x + 2x + ≥ ⇔  ⇔ (1 − x)(1 − 2x) = (2x + 1)  x ≥ − ⇔  2x + 7x =  Vậy, phương trình có nghiệm x = ThÝ dô Giải phương trình  Giải 92 x −1+ x − −  x ≥ −1/  ⇔ x =  x =   x = −7 /  x − − x − = Ta biến đổi phương trình dạng: ( x − + 1) − ( x − − 1) = ⇔ | x − + 1| − | x − − 1| = |( x − + 1) − ( x − − 1)| TÝnh chÊt ←  → ( x − − 1).2 ≥ ⇔ x − ≥ ⇔ x ≥ Vậy, phương trình có nghiệm là x ≥  Chú ý: Rất nhiều học sinh giải bài này thu nghiệm x = D¹ng 5: Sử dụng ẩn phụ ThÝ dô Giải phương các trình sau: a x − 3x + + x − 3x + = b (x + 5)(2 − x) = x + 3x  Giải a Đặt t = x2 − 3x + 3, ta có: 3 t = (x − )2 + ≥ 4 đó điều kiện cho ẩn phụ t là t ≥ Khi đó phương trình có dạng: t + t + = ⇔ t + t + + t(t + 3) = ⇔ t(t + 3) = − t 3 − t ≥ t ≤ ⇔  ⇔ t = ⇔ x2 − 3x + = ⇔ ⇔  t = + = − t(t 3) (3 t)   Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 1, x = x =  x = b Điều kiện:  x ≤ −3 , x2 + 3x ≥ ⇔  x ≥ Viết lại phương trình dạng: (1) x2 + 3x + x + 3x − 10 = Đặt t = x + 3x , điều kiện t ≥ Khi đó, phương trình có dạng:  t = (2) t2 + 3t − 10 = ⇔  ⇔ t=2  t = −5 ⇔ (2) x = , thoả mãn (1) x + 3x = ⇔ x2 + 3x = ⇔   x = −4 Vậy, phương trình có hai nghiệm x = và x = − 93  Nhận xét: Như vậy, thí dụ trên:  Ở câu a), ẩn phụ sử dụng với mục đích hạ bậc cho phương trình  Ở câu b), ẩn phụ sử dụng với mục đích chuyển phương trình ban đầu phương trình bậc hai §4 PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN D¹ng to¸n 1: Phương trình bậc nhiều ẩn ThÝ dô a Giải phương trình 4x − y = b Tìm nghiệm nguyên phương trình x − 2y = c Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 2x + y =  Giải a Biến đổi phương trình dạng: y = 4x − suy ra, các cặp số (0; −1), (1; 3), …là nghiệm phương trình Vậy, phương trình có vô số nghiệm, với dạng tổng quát (x; 4x − 1) b Biến đổi phương trình dạng: x = 2y + Để nghiệm phương trình là nghiệm nguyên thì y phải nguyên Vậy, phương trình có vô số nghiệm nguyên thoả mãn (2a + 3, a) với a ∈  c Biến đổi phương trình dạng: y = – 2x Để x, y nguyên dương điều kiện là: x ∈ * x ∈ * x = ⇔ ⇔    * 4 − 2x ∈  y = x < Vậy, phương trình có cặp nghiệm nguyên dương là (1; 2) ThÝ dô Giải và biện luận phương trình: mx + (m − 1)y = m2 −  Giải Ta xét trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu m = thì: (1) ⇔ 0.x – y = –1 ⇔ y = Vậy, tập hợp nghiệm phương trình là S = {(x0, 1), x0 ∈  } Trường hợp 2: Nếu và m = thì: (1) ⇔ x + 0.y = ⇔ x = Vậy, tập hợp nghiệm phương trình là S = {(0; y0), y0 ∈  } 94 (1) Trường hợp 3: Nếu m ≠ và m ≠ Khi đó lấy x = x0 tuỳ ý, ta y0 = m − − mx m −1 Vậy, tập hợp nghiệm phương trình là S = {(x0 ; m − − mx ), x0 ∈  } m −1 D¹ng to¸n 2: Hệ hai phương trình bậc hai ẩn ThÝ dô Cho hệ phương trình: (2a − 1)x − y =  −1 x + (a + 1)y = a Xét nghiệm hệ đó với a = 0, a =  Giải b Giải và biện luận hệ phương trình a Ta có:  Với a = 0, hệ có vô số nghiệm 1  Với a = , hệ có nghiệm (− ; −1) 2 b Ta có D = 2a + a ; Dx = a ; Dy = –2a Trường hợp 1: Nếu D ≠ 0, tức là: a ≠ 2a2 + a ≠ ⇔  a ≠ −1/ 2 và y = − Hệ có nghiệm x = 2a + 2a + Trường hợp 2: Nếu D = 0, tức là: 2a2 + a = ⇔ a = a = –  Với a = 0, suy Dx = Dy = nên hệ có vô số nghiệm  Với a = – , suy Dx ≠ nên hệ vô nghiệm Kết luận:  Với a ≠ và a ≠ – , hệ có nghiệm và y = − 2a + 2a +  Với a = 0, hệ có vô số nghiệm  Với a = – , hệ vô nghiệm 95  Chú ý: Với bài toán yêu cầu "Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x, y không phụ thuộc vào tham số", đó từ hệ nghiệm x, y từ hệ ban đầu ta khử tham số hệ thức cần tìm Trong nhiều trường hợp việc khử tham số cần áp dụng các đẳng thức lượng giác, ví dụ như: sin2α + cos2α = 1, tanα.cotα = 1, 1 − tan2α = 1, − cot2α = 1, 2 cos x sin x ThÝ dô Giải và biện luận hệ phương trình: α sin 2α x(1 + cos2α) + y sin 2=  α cos2α x(1 + cos2α) − y.sin 2=  Giải Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x, y hệ không phụ thuộc vào α a Bạn đọc tự giải b Hướng dẫn: Viết lại hệ dạng: x.cos2α + (y − 1)sin 2α = − x  (x − 1) cos2α − y.sin 2α = − x coi cos2α và sin2α làm ẩn ta tính các D, Dcos2α và Dsin2α từ đó suy ra: cos2α =f(x, y) sin α+ cos α=1 f (x, y) + g2(x, y) = ⇒  sin α = g(x, y)  Đó chính là hệ thức liên hệ các nghiệm không phụ thuộc vào α 2 ThÝ dô Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: mx + y = (1)  x + my = (2) x + y = m (3)  (I)  Giải Xét hệ phương trình tạo (2) và (3): x + my =  x + y = m Ta có D = − m, Dx = − m2, Dy = m − Trường hợp 1: Nếu D ≠ ⇔ − m ≠ ⇔ m ≠ Khi đó, hệ (II) hệ (II) có nghiệm x = + m và y = −1 Nghiệm trên thoả mãn (1) m = ( l) ⇔ m(1 + m) − = ⇔ m2 + m − = ⇔  m = −2 96 (II) Trường hợp 2: Nếu D = ⇔ − m = ⇔ m = Khi đó hệ (I) có dạng: x + y = 1, có vô số nghiệm Vậy, với m = m = −2 hệ có nghiệm  Chú ý: Với bài toán yêu cầu "Tìm điều kiện để hệ phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước", ta có các nhận xét sau: a Với D ≠ 0, hệ phương trình có nghiệm x = Dy Dx và y = D D b Với D = Dx = Dy = 0, hệ phương trình có vô số nghiệm c Với D = và Dx ≠ Dy ≠ 0, hệ phương trình vô nghiệm Trong trường hợp a, c phải so sánh giá trị nghiệm số với điều kiện có để nhận kết luận đúng ThÝ dô Cho hệ phương trình: x + my =  mx − y = −m a Chứng tỏ với m hệ luôn có nghiệm b Tìm giá trị m để hệ có nghiệm (x; y) là điểm thuộc góc phần tư thứ I  Giải a Ta có: D = m2 + ≠ với ∀m, nên hệ phương trình luôn có nghiệm Dx = − m2, Dy = 2m  − m2 2m  ; Vậy, với m hệ luôn có nghiệm    m +1 m +1 b Để nghiệm (x; y) là điểm thuộc góc phần tư thứ I, điều kiện là: 1 − m >0  1 − m > m < m +1 ⇔ ⇔ ⇔ < m <  2 m > m >  2m >  m + Vậy, với < m < thoả mãn điều kiện đầu bài ThÝ dô Cho hệ phương trình: m (m − 2)x + 2y =  (2m − 1)x − y= 2m +  Giải a Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x, y không phụ thuộc vào m b Khi hệ có nghiệm nhất, tìm m∈  để hệ có nghiệm nguyên a Hướng dẫn: Từ hệ thức nghiệm: 97 5m + 10  x = 5m − 5m(x − 1) = 4x + 10 5(x − 1) 4x + 10 ⇔  ⇒ =  5y + 4y + 10 m(5y + 2) = 4y + 10 y = 2m − 10  − 5m ⇔ 21x − 35y + 75 = Đó là hệ thức liên hệ nghiệm x, y hệ không phụ thuộc vào m 14 b Từ công thức nghiệm x, ta biến đổi x= + 5m − Khi đó, để x nguyên điều kiện là 5m − phải là ước 14 (tức ±1, ±2, ±7, ±14) từ đó ta lập bảng: 14 5m − −1 −2 −7 −14 m loại loại loại loại loại loại −2 x 15 y −1 Vậy, ta nhận được:  Với m = −2 thì hệ có cặp nghiệm nguyên là (0; −1)  Với m = thì hệ có cặp nghiệm nguyên là (15; 8) D¹ng to¸n 3: Hệ ba phương trình bậc ba ẩn ThÝ dô Giải các hệ phương trình sau: 2 x − 3y + x = −7  x + 3y + z =   a 2 x + y + z = b − x + 5y + 3z = 3x + y + z = x + y − z =    Giải a Kí hiệu các phương trình hệ theo thứ tự là (1), (2) và (3), đó:  Khử z (1) và (2), ta có: 3x + y = (4)  Khử z (2) và (3), ta có: x − y =  Khử y (4) và (5), ta có: x = ⇒ y = ⇒ z = Vậy, hệ phương trình có nghiệm (1; 1; 2) b Kí hiệu các phương trình hệ theo thứ tự là (1), (2) và (3), đó:  Khử z (1) và (2), ta được: 10x − 14y = − 27  Khử z (1) và (3), ta được: 5x − 4y = − 3 13  Khử x (4) và (5), ta được: y = ⇒ x = − ⇒ z = − 10 3 13 Vậy, nghiệm hệ phương trình: (− ; ; − ) 10 D¹ng to¸n 4: Ứng dụng hệ phương trình bậc hai ẩn 98 (5) (4) (5) D¹ng 1: Ứng dụng hệ phương trình bậc hai ẩn để xác định vị trí tương đối hai đường thẳng Cho hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình tổng quát: (d1):A1x + B1y + C1 = 0; (d2): A2x + B2y + C2 = Tuỳ theo giá trị tham số hãy xác định vị trí tương đối (d1), (d2), ta thực theo các bước sau: Bước 1: Thiết lập hệ phương trỡnh tạo (d1) và (d2) là: Bước 2: −C1 A x + B1 y = A1x + B1 y + C1 = ⇔ (I)  −C  A x + B2 y =  A x + B2 y + C = Bằng việc biện luận (I) ta có vị trí tương đối (d1) và (d2), cụ thể:  Nếu (I) vô nghiệm ⇔ (d1) // (d2) D D  Nếu (I) có nghiệm ⇔ (d1)∩(d2) = {M( x , y )} D D  Nếu (I) có vô số nghiệm ⇔ (d1) ≡ (d2) ThÝ dô Cho a2 + b2 > và hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình: (d1): ax + by = a + b; (d2): bx + ay = a − b a Xác định giao điểm (d1) và (d2) b Tìm quỹ tích toạ độ giao điểm a, b thay đổi  Giải a Xét hệ phương trình tạo bới (d1) và (d2): ax + by =a + b (I)  bx + ay =a − b Ta có D = a2 − b2; Dx = a2 − 2ab − b2 ; Dy = a2 + b2 Để (d1) và (d2) cắt điều kiện là: Hệ (I) có nghiệm ⇔ D ≠ ⇔ a2 − b2 ≠ ⇔ a ≠ ±b  a − 2ab − b a + b  Khi đó, giao điểm là I  ,  2 a − b2   a −b b Viết lại hệ (I) dạng: a(x − 1) = b(1 − y) x −1 1− y ⇒ ⇔ x2 + y2 = =  a(1 y) b(x 1) − = + − y x +  Vậy, quỹ tích giao điểm I a, b thay đổi thuộc đường tròn x2 + y2 = D¹ng 2: Ứng dụng hệ phương trình bậc hai ẩn để xét hai phương trình bậc hai có nghiệm chung Thực theo các bước sau: Bước 1: Xột hệ phương trỡnh tạo phương trỡnh bậc hai: a1x + b1x + c1 =  a x + b x + c = (I) 99 Bước 2: Bước 3: Bước 4: Đặt x2 = y, ta hệ: c1  b x + a1 y = (I) ⇔  (II) c2 b x + a y = Để phương trình có nghiệm chung trước hết (II) phải có nghiệm thoả mãn x2 = y, ta có điều kiện là:  D ≠   ( D x / D ) = D y / D  D D= D= = x y Thử lại ThÝ dô Với giá trị nào m thì phương trình sau có nghiệm chung: 2x2 + mx − = và mx2 − x + =  Giải Các phương trình đã cho có nghiệm chung ⇔ hệ sau có nghiệm: 2x + mx − =  mx − x + = Đặt x2 = y, ta hệ: mx + 2y =  x − my = Ta có D = − m2 − 2; Dx = −m − ; Dy = 2m − m+4 − 2m và y = Vì D ≠ 0, ∀m, hệ có nghiệm x = m +2 m +2 Do x2 = y, nên ta phải có: − 2m  m+4   m +  = m + ⇔ m + 6m + = ⇔ m = −1   Vậy với m = −1 hai phương trình có nghiệm chung là x = D¹ng 3: Ứng dụng hệ phương trình bậc hai ẩn để biện luận giá trị nhỏ biểu thức hai ẩn Với yêu cầu biện luận giá trị nhỏ F = (a1x + b1y + c1)2 + ( a2x + b2y + c2)2 Ta thực theo các bước sau: Bước 1: Xột hai đường thẳng: (d1): a1x + b1y + c1 = và (d2): a2x + b2y + c2 = Vậy giá trị nhỏ F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối (d1) và (d2) Bước 2: Xột hệ phương trỡnh tạo (d1) và (d2) cú dạng: −c1 a1x + b1 y =  −c a x + b y = Xác định các giá trị D, Dx, Dy 100 Bước 3: Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu D ≠ thì: D Dx và y = y D D Khi đó (d1) cắt (d2) đó minF = Trường hợp 1: Nếu D = 0, đặt t = a1x + b1y + c1, ta được: ∆ F = 2t2 + At + B ≥ − ∆ A A Vậy minF = − , đạt t = − ⇒ a1x + b1y + c1 = − 4 Bước 4: Kết luận: D D  Với D ≠ 0, minF = 0, đạt x = x và y = y D D ∆  Với D = 0, minF = − , đạt x, y thuộc đường thẳng có A phương trình a1x + b1y + c1 = − Hệ có nghiệm x = ThÝ dô Hãy biện luận giá trị nhỏ biểu thức sau theo tham số a: F = (x + y − 2)2 + (x + ay − 3)2  Giải Xét hai đường thẳng (d1): x + y − = và (d2): x + ay − = Vậy giá trị nhỏ F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối (d1) và (d2) Xét hệ phương trình tạo (d1) và (d2) có dạng: x + y =  x + ay = Ta có: 1 1 D= = a − 1, Dx = = 2a − 3, Dy = = a a a Nếu D ≠ ⇔ a − ≠ ⇔ a ≠ Hệ có nghiệm nhất: 2a − và y = ⇒ (d1) cắt (d2) đó minF = x= a −1 a −1 b Nếu D = ⇔ a − = ⇔ a = Với a = 1, suy Dx = − ≠ 0, hệ vô nghiệm Khi đó (d1) // (d2) đó: F = (x + y − 2)2 + (x + y − 3)2 Đặt t = x + y − 2, ta 101 F = t2 + (t − 1)2 = 2t2 − 2t + ≥ , đạt khi: 1 t = ⇔ x + y − = ⇔ 2x + 2y − = 2 Vậy, ta minF = Kết luận:  Với a ≠ 1, minF = 0, đạt x =  Với a = −4, minF = 2a − và y = a −1 a −1 , đạt x, y thoả mãn 2x + 2y − = D¹ng 4: Ứng dụng khác hệ phương trình bậc hai ẩn ThÝ dô Hãy xác định tất các giá trị a, b cho nghiệm bất phương trình |x − 2a + 1| ≤ b + là đoạn [−2; 5]  Giải Nếu b + < ⇔ b < −1 thì bất phương trình vô nghiệm Nếu b + ≥ ⇔ b ≥ −1 thì bất phương trình viết lại dạng: −b − ≤ x − 2a + ≤ b + ⇔ 2a − b − ≤ x ≤ 2a + b + Vậy để nghiệm bất phương trình là đoạn [−2; 5] điều kiện cần và đủ là: a = / 2a − b − =−2 2a − b = ⇔  ⇔   2a + b + = 2a + b = b = / 3 Vậy, với a = và b = thoả mãn điều kiện dầu bài §5 HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN D¹ng to¸n 1: Giải hệ gồm phương trình bậc và phương trình bậc hai hai ẩn Phương pháp áp dụng Để giải hệ phương trình: (1) Ax + By + C =  2 (2) ax + bxy + cy + dx + ey + f = chúng ta có thể lựa chọn ba cách sau: C¸ch 1: (Phương pháp thế): Ta thực theo các bước sau: Bước 1: Từ phương trỡnh (1) rỳt x y vào phương trỡnh (2) Khi đó, ta phương trình bậc hai theo x y, giả sử: f(x, m) = (3) Bước 2: Thực giải (3) theo yờu cầu đầu bài 102 C¸ch 2: (Phương pháp đồ thị): Ta thực theo các bước sau: Bước 1: Ta cú:  Tập hợp các điểm thoả mãn (1) thuộc đường thẳng (d): Ax + By + C =  Tập hợp các điểm thoả mãn (2) với b = thuộc đường cong (S): ax2 + cy2 + dx + ey + f = Bước 2: Khi đú số nghiệm hệ là số giao điểm đường thẳng (d) với đường (S)  Chú ý: Khi sử dụng phương pháp này các em học sinh cần nhớ lại điều kiện tiếp xúc đường thẳng (d) với đường tròn, Elíp, Hypebol, Parabol ThÝ dô Cho hệ phương trình: x − y + =  2 2mx − my + 4x + 2m − =  Giải a Giải hệ phương trình với m = b Tìm m để hệ có nghiệm Biến đổi hệ dạng: y= x + y= x + ⇔   2 0 (1) 2mx − m(x + 1) + 4x + 2m − = mx − 2(m − 2)x + m − = a Với m = 3, hệ có hai cặp nghiệm (0; 1) và ( ; ) 3 b Hệ có nghiệm nhất, và (1) có nghiệm Với phương trình (1), ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Với m = 0, ta được: (1) ⇔ 4x − = ⇔ x = ⇒ y = , 4 tức là, hệ có nghiệm ( ; ) 4 Trường hợp 2: Với m ≠ 0, để (1) có nghiệm điều kiện là: ∆’(1) = ⇔ (m − 2)2 − m(m − 3) = ⇔ − m + = ⇔ m = Vậy, với m = m = hệ có nghiệm ThÝ dô Cho hệ phương trình: x + y =  m x − y = Xác định các giá trị m để: 103  Giải a Hệ phương trình vô nghiệm b Hệ phương trình có nghiệm c Hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt Biến đổi hệ dạng: x + (x − m)2 = ⇔  y= x − m 2x − 2mx + m − = (3)  y= x − m a Hệ đã cho vô nghiệm điều kiện là: (3) vô nghiệm ⇔ ∆' < ⇔ m2 − 2(m2 − 1) < ⇔ |m| > Vậy, với |m| > hệ vô nghiệm b Hệ đã cho có nghiệm điều kiện là: (3) có nghiệm ⇔ ∆' = ⇔ m2 − 2(m2 − 1) = ⇔ m = ± Vậy, với m = ± thì hệ phương trình có nghiệm c Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: (3) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆' > ⇔ m2 − 2(m2 − 1) > ⇔ |m| < Vậy, với |m| < hệ có hai nghiệm phân biệt  Chú ý: Khi đã có kiến thức phương trình đường thẳng và đường tròn mặt phẳng chúng ta có thể thực theo cách sau:  Phương trình (1) là đường tròn (C) có tâm O(0; 0), bán kính R =  Phương trình (2) là phương trình đường thằng (d) a Hệ vô nghiệm khi: (d) không cắt (C) ⇔ d(O, d) > R ⇔ Vậy, với |m| > hệ vô nghiệm b Hệ có nghiệm khi: (d) tiếp xúc (C) ⇔ d(O, d) = R ⇔ −m 1+1 −m > ⇔ |m| > =1⇔m=± 1+1 Vậy, với m = ± hệ phương trình có nghiệm c Hệ có hai nghiệm phân biệt khi: (d) cắt (C) hai điểm phân biệt −m ⇔ d(O, d) < R ⇔ < ⇔ |m| < 1+1 Vậy, với |m| < hệ có hai nghiệm phân biệt ThÝ dô Cho hệ phương trình: 104 2 x − y − m =   y + 2x − 2m − = a Giải hệ phương trình với m = b Tìm m để hệ có hai cặp nghiệm phân biệt (x1; y1) và (x2; y2) thoả (*) mãn x12 + y12 = x 22 + y 22  Giải Biến đổi hệ dạng:  y= x − m  y= x − m ⇔   2 0 (x − m) + 2x − 2m − =  x − 2(m − 1)x + m − 2m − = a Với m = 1, ta được: = y  y= x −  y= x − =  x 2& ⇔  ⇔   −2& y = −3  x = ±2 x = x − = Vậy, với m = hệ có hai cặp nghiệm (2; 1) và (−2; −3) b Biến đổi tiếp hệ dạng:  y= x − m m 1& y1 =  x =+  y= x − m  ⇔   x − m − =0 ⇔   m − 3& y1 = −3 (x − m − 1)(x − m + 3) = x2 =  x − m + −  Tức là, với m hệ luôn có hai cặp nghiệm Điều kiện (*) trở thành: (m + 1)2 + = (m − 3)2 + ⇔ 8m − 16 = ⇔ m = Vậy, với m = thoả mãn điều kiện đầu bài D¹ng to¸n 2: Giải hệ hệ phương trình đối xứng loại I Phương pháp áp dụng Phương pháp chung để giải và biện luận hệ đối xứng loại I bao gồm các bước: Bước 1: Sử dụng ẩn phụ: Bước 2: Bước 3: S x + y = , điều kiện S2 − 4P ≥   xy = P Xác định S và P Khi đó x, y là nghiệm phương trình: t2 − St + P = Bài toán chuyển giải và biện luận phương trình (*) (*)  Chú ý: Ngoài phương pháp chung để giải hệ đối xứng loại I trình bày trên, nhiều trường hợp ta còn sử dụng các phương pháp: a Phương pháp thế: nhiều hệ đối xứng loại I là "Hệ gồm phương trình bậc hai và phương trình bậc hai ẩn" b Phương pháp đồ thị 105 c Phương pháp điều kiện cần và đủ: áp dụng tốt cho hệ với yêu cầu " Tìm giá trị tham số để hệ có nghiệm " Khi đó ta thực theo các bước: Bước 1: Điều kiện cần  Nhận xét rằng, hệ có nghiệm (x0; y0) thì (y0; x0) là nghiệm hê, đó hệ có nghiệm khi: (**) x0 = y0  Thay (**) vào hệ ta giá trị tham số Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm Bước 2: Điều kiện đủ Một số hệ phương trình cần sử dụng vài phép biến đổi đơn giản để đưa dạng đối xứng loại I Thông thường ta sử dụng phép đổi biến ThÝ dô Giải hệ phương trình: x + xy + y =  xy + x + y = −3  Giải Đặt S = x + y và P = xy, điều kiện S2 − 4P ≥ Khi đó, hệ phương trình có dạng: (x + y ) − xy = S − P = S − (−3 − S ) = ⇔ ⇔ ⇔  xy + x + y = −3 P + S = −3 P = −3 − S S = vµ P = −3 S = −1 vµ P = −2  Với S = và P = −3 , ta được: x + y =  xy = −3 đó x, y là nghiệm phương trình:  x = − vµ y = t2 − = ⇔ t = ± ⇔  x = vµ y = −  Với S = −1 và P = −2 , ta được: x + y = −1  xy = −2 đó x, y là nghiệm phương trình: x = vµ y = −2 t = t2 + t − = ⇔  ⇔  t = −2 x = −2 vµ y = Vậy, hệ phương trình có cặp nghiệm (x1; y1), (x2; y2), (x3; y3) và (x4; y4) ThÝ dô Cho hệ phương trình: 106 x + y2 = m  x + y = a b c d Giải hệ phương trình với m = 26 Xác định m để hệ vô nghiệm Xác định m để hệ có nghiệm nhất, xác định nghiệm đó Xác định m để hệ có hai nghiệm phân biệt  Giải Cách 1: Sử dụng phương pháp chung hệ đối xứng loại I để thực các yêu cầu bài toán Biến đổi hệ phương trình dạng: x + y = (x + y) − 2xy = m  ⇔  36 − m x + y =  xy = đó x, y là nghiệm phương trình: 36 − m t2 − 6t + = (1) a Với m = 26, ta được: &y t = =  x 1= (1) ⇔ 2t2 − 12t + 10 = ⇔  ⇔  &y t = =  x 5= Vậy, với m = 26 hệ phương trình có hai cặp nghiệm (1; 5) và (5; 1) b Hệ vô nghiệm ⇔ (1) vô nghiệm ⇔ ∆'(1) < ⇔ m − 18 < ⇔ m < 18 Vậy, với m < 18 hệ phương trình vô nghiệm c Hệ có nghiệm ⇔ phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆'(1) = ⇔ m − 18 = ⇔ m = 18 Khi đó hệ có nghiệm x = y = Vậy, với m = 18 hệ phương trình có nghiệm x = y = d Hệ có hai nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆'(1) > ⇔ m − 18 > ⇔ m > 18 Vậy, với m > 18 hệ phương trình có nghiệm phân biệt Cách 2: Sử dụng phương pháp để thực các yêu cầu bài toán Biến đổi hệ dạng:  x + (6 − x) = 2x − 12x + 36 − m = m (2) ⇔ (I)    y= − x  y= − x a Với m = 26, ta được: &y x = =  x 1= (2) ⇔ 2x2 − 12x + 10 = ⇔  ⇒  &y x = =  x 5= 107 Vậy, với m = 26 hệ phương trình có hai cặp nghiệm (1, 5) và (5, 1) b Hệ vô nghiệm ⇔ (2) vô nghiệm ⇔ ∆'(2) < ⇔ m − 18 < ⇔ m < 18 Vậy, với m < 18 hệ phương trình vô nghiệm c Hệ có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm ⇔ ∆'(1) = ⇔ m − 18 = ⇔ m = 18 Khi đó hệ có nghiệm x = y = Vậy, với m = 18 hệ phương trình có nghiệm d Hệ có hai nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆'(1) > ⇔ m − 18 > ⇔ m > 18 Vậy, với m > 18 hệ phương trình có nghiệm phân biệt Cách 3: Sử dụng phương pháp đồ thị để thực các yêu cầu b), c), d) bài toán Nhận xét với m ≤ 0, hệ vô nghiệm, đó ta xét với m > Ta có:  Phương trình (1) là đường tròn (C) có tâm O(0, 0), bán kính R = m  Phương trình (2) là đường thằng (d) b Hệ vô nghiệm | −6 | ⇔ d(O, (d)) > R ⇔ > m ⇔ m < 18 1+1 Vậy, với m < 18 hệ phương trình vô nghiệm c Hệ có nghiệm | −6 | ⇔ (d) tiếp xúc với (C) ⇔ d(O, (d)) = R ⇔ = m ⇔ m = 18 1+1 Khi đó, hệ có nghiệm x = y = Vậy, với m = 18 hệ phương trình có nghiệm d Hệ có hai nghiệm phân biệt ⇔ (d) cắt (C) hai điểm phân biệt | −6 | ⇔ d(O, (d)) < R ⇔ < m ⇔ m > 18 1+1 Vậy, với m > 18 hệ phương trình có nghiệm phân biệt Cách 4: Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ để thực yêu cầu c) bài toán Điều kiện cần: Nhận xét hệ có nghiệm (x0, y0) thì (y0, x0) là nghiệm hê, đó hệ có nghiệm khi: (*) x0 = y0 Khi đó, hệ có dạng: 2x 02 = m ⇒ m = 18  2x = Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm Điều kiện đủ: Với m = 18, ta được: 108 x + y2 = 18 x + y = ⇔  ⇔ x = y = là nghiệm   xy = x + y = Vậy, với m = 18 hệ phương trình có nghiệm  Nhận xét: Thông qua ví dụ trên chúng ta đã thấy các phương pháp khác để thực hệ đối xứng loại I Trong trường hợp chúng ta lựa chọn phương pháp tổng quát thì mục đích chính là việc xác định cho được: S x + y =   xy = P để từ đó chuyển hệ phương trình thành phương trình: t2 − St + P = ThÝ dô Cho hệ phương trình: x + y =  m x − y =  Giải Xác định các giá trị m để: a Hệ phương trình vô nghiệm b Hệ phương trình có nghiệm c Hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt Biến đổi hệ dạng: (x − y)2 + 2xy = ⇔  m x − y = m + 2xy = ⇔  m x − y = m x − y =   m2 − − = x( y)   đó x, −y là nghiệm phương trình: m2 − = ⇔ 2t2 − 2mt + m2 − = t2 − mt + a Hệ đã cho vô nghiệm điều kiện là: (1) vô nghiệm ⇔ ∆' < ⇔ m2 − 2(m2 − 1) < ⇔ |m| > (1) Vậy, với |m| > hệ vô nghiệm b Hệ đã cho có nghiệm điều kiện là: (1) có nghiệm ⇔ ∆' = ⇔ m2 − 2(m2 − 1) = ⇔ m = ± Vậy, với m = ± thì hệ phương trình có nghiệm c Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆' > ⇔ m2 − 2(m2 − 1) > ⇔ |m| < Vậy, với |m| < hệ có hai nghiệm phân biệt 109 D¹ng to¸n 3: Giải hệ hệ phương trình đối xứng loại II Phương pháp áp dụng Phương pháp chung để giải và biện luận hệ đối xứng loại II bao gồm các bước: Bước 1: Trừ vế hai phương trỡnh thu phương trỡnh tích Bước 2: x = y (x − y)f(x, y) = ⇔  f (x, y) = Giải hệ cho trường hợp  Chú ý: Ngoài phương pháp chung để giải hệ đối xứng loại II trình bày trên, nhiều trường hợp ta còn sử dụng các phương pháp: Phương pháp điều kiện cần và đủ: áp dụng tốt cho hệ với yêu cầu "Tìm giá trị tham số để hệ có nghiệm nhất" Khi đó ta thực theo các bước: Bước 1: Điều kiện cần  Nhận xét rằng, hệ có nghiệm (x0; y0) thì (y0; x0) là nghiệm hê, đó hệ có nghiệm khi: (**) x0 = y0  Thay (**) vào hệ ta giá trị tham số Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm Bước 2: Điều kiện đủ Phương pháp đồ thị ThÝ dô Giải hệ phương trình: x − 3xy = y  y − 3xy = x  Giải Trừ vế hệ phương trình, ta được: x = y (x2 − y2) = −4(x − y) ⇔ (x − y)(x + y + 4) = ⇔  y = −4 − x Ta lần lượt:  Với x = y, hệ phương trình tương đương với: x = y x = y x = y = ⇔ ⇔   x = y = −2 2 x x x x + x = − =     Với y = −4 − x, hệ phương trình tương đương với: y = −4 − x y = −4 − x ⇔ ⇔ x = y = −2  x − 3x(−4 − x) = 4(−4 − x) x + x + = Vậy, hệ có nghiệm (0; 0) và (−2; −2) 110 ThÝ dô Cho hệ phương trình: xy + x = m(y − 1)  xy + y = m(x − 1)  Giải a Giải hệ phương trình với m = −1 b Tìm m để hệ phương trình có nghiệm Trừ vế hệ phương trình, ta được: x = y x2 − y2 = −m(x − y) ⇔ (x − y)(x + y + m) = ⇔  −m − x y = Khi đó, hệ phương trình tương đương với: −m − x x = y y =  (I) (II)  (1) (2) 2x − mx + m = m + m = a Với m = −1, ta được: x = y  x = y = −1 ⇔  (I) ⇔   x= y= 1/ 2x + x − =  y= − x vô số nghiệm (II) ⇔  0 =  y= − x 1 Vậy, với m = −1 hệ có các nghiệm là (−1; −1), ( ; ) và  2 x tïy ý b Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ sau: Điều kiện cần: Nhận xét hệ có nghiệm (x0; y0) thì có nghiệm (y0; x0), đó hệ có nghiệm thì x0 = y0 Khi đó: (1) ⇔ x 20 − mx0 + m = (3) Do x0 nên phương trình (3) có nghiệm ∆'(3) = ⇔ m2 − 8m = ⇔ m = m = Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm Điều kiện đủ: Ta lần lượt:  Với m = 0, hệ có dạng: xy + x =  xy + y = Ta thấy hệ có vô số nghiệm thoả mãn y = −x ⇒ loại  Với m = 8, hệ có dạng: 111 xy + x = 8(y − 1) xy + x = 8(y − 1)  ⇔ x = y ⇔  xy + y = 8(x − 1)   y =−8 − x   x = y   2x − 8x + =  y =−8 − x    72 = ⇔ x = y = là nghiệm Vậy, với m = hệ có nghiệm D¹ng to¸n 4: Giải hệ phương trình đẳng cấp bậc hai Phương pháp áp dụng Để giải và biện luận hệ đẳng cấp bậc hai: a1x + b1xy + c1 y = d1 (1)  2 d (2) a x + b xy + c y = ta có thể lựa chọn hai cách sau: Cách 1: Thực theo các bước sau: Bước 1: Khử số hạng tự để dẫn tới phương trỡnh: (3) Ax2 + Bxy + Cy2 = Bước 2: Đặt x = ty, đú: (3) ⇔ y2[At2 + Bt + C] =  Xét y = thay vào hệ  Xét At2 + Bt + C = 0, có nghiệm t0 thì x = t0y vào hệ để xét hệ với ẩn y Cách 2: Thực theo các bước sau: Bước 1: Từ hệ khử số hạng x2 (hoặc y2) để dẫn tới phương trỡnh khuyết x2 (hoặc y2), giả sử: Dx + F (4) Dx2 + Exy + F = ⇒ y = − Ex Bước 2: Thế (4) vào phương trỡnh hệ ta phương trỡnh trựng phương ẩn x  Chú ý: Với bài toán chứa tham số ta thường lựa chọn cách ThÝ dô Giải hệ phương trình: 2 15 2x + 3xy + y =  2  x + xy + 2y = (1) (2)  Giải Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: Khử số hạng tự từ hệ ta được: x2 + 9xy − 22y2 = Đặt x = ty, đó: 112 (3) y = (3) ⇔ y (t + 9t − 22) = ⇔  t =  t = −11 2 Ta lần lượt:  Với y = 0, hệ có dạng: 2x = 15 vô nghiệm   x =  Với t = ta x = 2y, & y1 y = =  x 2= ⇒  (2) ⇔ y2 = ⇔  −2 & y = −1  y = −1 x2 = Với t = −11 ta x = − 11y,  y = 1/ 14 ⇔  ⇒ (2) ⇔ y2 = 14  y = −1/ 14 Vậy, hệ phương trình có bốn cặp nghiệm  x3 = −1/ 14 & y3 = 1/ 14   x = 1/ 14 & y = −1/ 14 Cách 2: Nhận xét rằng: (x, y) là nghiệm hệ thì y ≠ Khử số hạng x2 từ hệ ta được: 3y − xy − 3y2 = −1 ⇔ x = y Thay (4) vào (2), ta được: 14y4 − 15y2 + = Đặt t = y2, điều kiện t ≥ 0, ta được: t = (5) ⇔ 14t2 − 15t + = ⇔   t = 1/14  Với t = 1, ta được: & y1  x 2= y = = ⇒  y2 = ⇔  −2 & y = −1 x2 =  y = −1  Với t = , ta được: 14  y = 1/ 14 y2 = ⇔  ⇒ 14  y = −1/ 14 (4) (5) x3 = −1/ 14 & y3 = 1/ 14   x = 1/ 14 & y = −1/ 14 Vậy, hệ phương trình có bốn cặp nghiệm ThÝ dô Cho hệ phương trình: x − xy = (*)  2 m 2x + 4xy − 2y = 113  Giải a Giải hệ với m = 14 b Tìm m để hệ có nghiệm Nhận xét (x; y) là nghiệm hệ thì x ≠ (nếu trái lại (*) mâu thuẫn) Từ (*) suy ra: x2 − (**) y= x Thay (**) vào phương trình thứ hai hệ, ta được: 2(x − 2)2 2x2 + 4(x2 − 2) − = m ⇔ 4x4 − mx2 − = x2 Đặt t = y2, điều kiện t ≥ 0, ta được: (1) f(t) = 4t2 − mt − = a Với m = 14 thì hệ có nghiệm (2; 1) và (−2; −1) b Để hệ có nghiệm thì (1) phải có ít nghiệm không âm, điều này luôn đúng ac = −32 < Vậy, hệ có nghiệm với m D¹ng to¸n 5: Hệ phương trình không mẫu mực Phương pháp áp dụng Lược đồ để giải các hệ phương trình không mẫu mực có thể minh hoạ sơ theo các bước: Bước1: Đặt điều kiện cú nghĩa cho hệ phương trỡnh Bước2: Lựa chọn phương phỏp thực hiện: Phương pháp 1: Biến đổi tương đương Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ Phương pháp 3: Đồ thị Phương pháp 4: Điều kiện cần và đủ Phương pháp 5: Đánh giá  Chú ý: Nếu lựa chọn phương pháp đặt ẩn phụ thì: Với hệ phương trình không chứa tham số có thể cần thiết lập điều kiện hẹp cho ẩn phụ Với hệ phương trình chứa tham số phải tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ ThÝ dô Giải các hệ phương trình sau: (x − y)(x − y ) = a  2 15 (x + y)(x + y ) =  Giải a Viết lại hệ phương trình dạng: 114 2 3x 2y(x − y ) = 2 10y x(x + y ) = b  [(x + y) − 4xy](x + y) = (x − y) (x + y) = 3 (*) ⇔   2 15 15 (x + y)[(x + y) − 2xy] = (x + y)(x + y ) = Trừ theo vế hai phương trình cho ta được: 2xy(x + y) = 12 ⇒ x + y = xy Thay x + y vào (*) ta được: 6 = ⇔ xy = ⇒ x + y = [( )2 − xy] xy xy Khi đó hệ phương trình tương đương với: x + y =   xy = suy x, y là nghiệm phương trình: = y1  x 1,= t = t2 − 3t + = ⇔  ⇔  y2 = t =  x 2,= Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm (1; 2), (2; 1) b Nhận xét hệ phương trình nhận x1 = y1 = làm nghiệm Xét các nghiệm thoả mãn x2 + y2 > và nhận thấy phải có x, y cùng dấu Chia theo vế hai phương trình hệ, ta được: 2 y  y    1 −     x    x   2y(x − y ) 3x = ⇔ = 2 10 10y x(x + y ) y 1+   x Đặt t = (y/x) , điều kiện t > 0, ta được:  y     =  x = 2y t = 4 x  20t − 17t + = ⇔  ⇔  ⇔  x=y t = y     =   x  Ta lần lượt:  Với x = 2y thì: vµ y x = 2y  x 2= x = 2y = ⇔  ⇔  ⇔  −2 vµ y = −1 y = ±1  x3 = y =  Với x = y thì: 115  54 3  5=  = x vµ y 4 x = y     ⇔  ⇔    15 5   − vµ y = − 4   x5 = y = 5 5  Vậy, hệ phương trình có năm cặp nghiệm: (0; 0), (x2; y2), (x3; y3), (x4; y4) và (x5; y5) C CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC VÝ dô 1: Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a, b: a(ax + 2b2) − a2 = b2(x + a)  Giải a Ta biến đổi phương trình dạng: (**) (a2 – b2)x = a2 – ab2 Ta giải và biện luận (**) Trường hợp 1: Nếu a2 – b2 = ⇔ a2 = b2 (*) ⇔ 0.x = b2(1 – a)  Với a = ⇒ b = ±1, thì (*) ⇔ 0.x = (lđ) ⇒ (*) nhận x làm nghiệm  Với b = ⇒ a = 0, thì (*) ⇔ 0.x = (lđ) ⇒ (*) nhận x làm nghiệm  Với a = ±b, a ≠ và b ≠ 0, thì (*) ⇔ 0.x = b2(1 – a) ≠ (mâu thuẫn) ⇒ (*) vô nghiệm Trường hợp 2: Nếu a2 – b2 ≠ ⇔ a ≠ ±b a − ab (*) ⇔ x = a − b2 Kết luận:  Với a = và b = ±1, phương trình nhận x làm nghiệm  Với a = b = 0, phương trình nhận x làm nghiệm  Với a = ±b, a ≠ và b ≠ , phương trình vô nghiệm a − ab  Với a ≠ ±b, phương trình có nghiệm x = a − b2 VÝ dô 2:  Giải Xác định m để phương trình sau vô nghiệm: (m − 1)2x = 4x + m + Ta biến đổi phương trình dạng: [(m − 1)2 − 4]x = m + ⇔ (m – 3)(m + 1)x = m + Điều kiện để phương trình (*) vô nghiệm là: 116 (*) a = (m − 3)(m + 1) = ⇔  ⇔ m =  b ≠ m + ≠ Vậy, với m = phương trình vô nghiệm VÝ dô 3:  Giải Xác định tham số để phương trình sau có tập hợp nghiệm là  : a(x − 1) + b(2x + 1) = x + Ta biến đổi phương trình dạng: (a + 2b − 1)x = a − b + Điều kiện để (*) có tập hợp nghiệm là  là: a + 2b − = a = −1 ⇔   a − b + = b = Vậy, với a = –1 và b = phương trình có tập nghiệm là  (*) Cho phương trình: x2 − 4x − m = Xác định m để phương trình: a Có nghiệm thuộc khoảng (−1; 3) b Có đúng nghiệm thuộc khoảng (−1; 3) c Có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (−1; 3) d Có nghiệm thuộc (−∞; 1)∪(5; +∞) e Có đúng nghiệm thuộc khoảng (−∞; 1)∪(5; +∞) f Có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (−∞; 1)∪(5; 6) y  Giải Viết lại phương trình dạng: (P) x2 – 4x = m Khi đó số nghiệm trên tập D phương trình là số giao điểm đường thẳng (d): y = m với Parabol (P): y = x2 – 4x trên D m (d) Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy: a Phương trình có nghiệm thuộc D = (−1; 3) O −1 x ⇔ – < m < b Phương trình có nghiệm thuộc D ⇔ – < m < −3 c Phương trình có nghiệm phân biệt thuộc D −4 ⇔ – < m < – d Phương trình có nghiệm thuộc D = (−∞, 1)∪(5, +∞) ⇔ vô nghiệm e Phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc D = (−∞, 1)∪(5, +∞) ⇔ m > VÝ dô 4: 117 VÝ dô 5: Giả sử a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh phương trình sau vô nghiệm: b2x2 + (b2 + c2 − a2)x + c2 =  Giải Ta có: ∆ = (b2 + c2 − a2)2 − 4b2c2 = (b2 + c2 − a2 − 2bc)(b2 + c2 − a2 + 2bc) = [(b − c)2 − a2][(b + c)2 − a2] = (b − − + + c − a)(b c + a)(b c − a)(b c + a) <     <0 >0 >0 <0 Vậy, phương trình vô nghiệm VÝ dô 6: Cho ba số dương a, b, c và phương trình: b a c x2 − 2x − − − + = c+a a+b b+c Chứng minh phương trình luôn có nghiệm, từ đó xác định điều kiện a, b, c để phương trình có nghiệm kép  Giải Ta có: b a b a c c + + − = + + − b+c c+a a+b b+c c+a a+b Nhận xét rằng: c b a + + c+a b+c a+b a c b + 1) + ( + 1) + ( + 1) − =( b+c a+b c+a 1 + + )−3 = (a + b + c)( b+c c+a a+b 1 1 + + ]−3 = [(a + b) + (b + c) + (c + a)][ b+c c+a a+b 1 −3 ≥ 3 (a + b)(b + c)(c + a ) 3 (a + b )(b + c)(c + a ) ∆’ = + −3= 2 b a c ⇔ + + − ≥ ⇔ ∆’ ≥ c+a a+b b+c Vậy, phương trình luôn có nghiệm = 118 (*) Để phương trình có nghiệm kép, điều kiện là: ∆’ = ⇔ dấu đẳng thức xảy (*) a + b = b + c = c + a  ⇔  1 ⇔ a = b = c  a + b = b + c = c + a Vậy, với a = b = c phương trình có nghiệm kép x = VÝ dô 7:  Giải Cho phương trình: − m2 x − = m(x + 1) m(x + 1)(x + 2) x+2 (1) a Tìm m để phương trình có nghiệm b Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Điều kiện: m ≠ m ≠   x + ≠ ⇔ x ≠ −1 x ≠ −2 x + ≠   Biến đổi phương trình dạng: x(x + 2) – 2m(x + 1) = – m2 (*)  x= m + ⇔ f(x) = x2 − 2(m − 1)x + m2 – 2m – = ⇔   x= m − a Để phương trình (1) có nghiệm điều kiện là:  m − =  f(−1) =    m hoÆc m = −  f(−2) ≠ ⇔  m + 2m − ≠ 0= ⇔   m 1hoÆc m = −  f(−1) ≠ = m − ≠      f(−2) =  m + 2m − = Vậy, với m ∈ {−3, ±2, 1} phương trình có nghiệm b Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: m − ≠ f(−1) ≠ m ≠ ±2 ⇔  ⇔   m ≠ 1;m ≠ f(−2) ≠ m + 2m − ≠ Vậy, với m ∉{−3, ±2, 1, 0} phương trình có hai nghiệm phân biệt VÝ dô 8: Cho hai phương trình: x2 − mx − = 0, (1) x − x + 6m = (2) Tìm giá trị m để phương trình (1) và phương trình (2) có ít nghiệm chung Biết m là số nguyên 119  Giải Giả sử x0 là nghiệm chung hai phương trình, ta có: x02 − mx0 − = x02 − x0 + 6m = Lấy (1’) trừ (2’), ta được: x0( − m + 1) − − 6m = ⇔ (1 − m)x0 = 6m + Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Với − m = ⇔ m = Thay vào (1) và (2), ta được: (1) ⇔ x2 − x − 2= 0, có nghiệm x1 = và x2 = − (2) ⇔ x2 − x + = 0, vô nghiệm Suy ra, m = không thoả mãn Trường hợp 2: Với − m ≠ ⇔ m ≠ 1, ta được: 6m + x0 = 1− m Thay x0 vào (2’), ta phương trình ẩn m: (1’) (2’) 6m +  6m +  + 6m = ⇔ 6m3 + 30m2 + 26m + =   − 1− m  1− m  ⇔ 6m + 30m + 24m + 2m + = ⇔ m(6m2 + 30m + 24) + 2(m + 1) = ⇔ m(m + 1)(m + 4) + 2(m + 1) = ⇔ (m + 1)[m(m + 4) + 2] = m = −1 m + = ⇔ (m + 1)[m2 + 4m + 2] = ⇔  ⇔  m 2 ( lo ¹ i ) = − ± m + m + =  Thử lại, với m = − 1, ta có: (1) ⇔ x2 + x − = 0, có hai nghiệm phân biệt x1 = − và x2 = (2) ⇔ x2 − x + = 0, có hai nghiệm phân biệt x3 = − và x4 = Vậy, với m = − 1, hai phương trình có nghiệm chung VÝ dô 9:  Giải Giả sử phương trình: (1 + m2)x2 − 2(m2 − 1)x + m = có hai nghiệm x1, x2 Tìm hệ thức liên hệ các nghiệm mà không phụ thuộc vào m Với giả thiết ta có: 1  2(m − 1) m2 −  (x1 + x ) = x1 + x = 1+ m 1+ m ⇔ 2  2m m 2x x = x x =  + m + m2  120 (I) Khử m từ hệ (I) nhận xét: 2  m2 −   2m  (x1 + x2)2 + 4(x1x2)2 =  + =   1+ m  1+ m  Vậy, ta (x1 + x2)2 + 16(x1x2)2 = là hệ thức cần tìm VÝ dô 10: Giả sử phương trình ax2 + bx + c = có hai nghiệm x1, x2 Chứng minh hệ thức b3 + a2c + ac2 = 3abc là điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm bình phương nghiệm còn lại  Giải Theo giả thiết ta được: b  x1 + x = − S = a  c  P x= = x  a Xét biểu thức: P = (x1 − x 22 )(x2 − x12 ) = x1x2 + x12 x 22 − ( x13 + x 32 ) = x1x2 + x12 x 22 − [(x1 + x2)3 − 3x1x2(x1 + x2)] (I)  b3 c c2 c b b + a c + ac2 − 3abc + − − +  = a a a a a3  a Vậy, b3 + a2c + ac2 = 3abc thì hai thừa số P phải và ngược lại = VÝ dô 11: Xác định m để phương trình sau có nghiệm: 2x + m x −1 − x −1 = x − 2m + x −1  Giải Điều kiện x > Ta biến đổi phương trình dạng: 2x + m − 4(x − 1) = x − 2m + ⇔ 3x = 3m + ⇔ x = Nghiệm trên phải thoả mãn điều kiện (*), tức là: 3m + > ⇔ 3m + > ⇔ m > 3 Vậy, với phương trình có nghiệm (*) 3m + VÝ dô 12: Với giá trị nào a thì phương trình sau có nghiệm Tính giá trị nghiệm đó x − 4a + 16 = x − 2a + − x (1) 121  Giải Viết lại phương trình dạng: x − 4a + 16 + x = x − 2a + ⇔ (x − 4a + 16)x = x − 2a a Thay (2) vào (1), ta được: ⇒ x= (2) a − 16a + 64 = a − 8a + 16 − a ⇔ |a − 8| = 2|a − 4| − |a| a ≥ ⇔ |(2a − 8) − a| = |2a − 8| − |a| ⇔ a(a − 8) ≥ ⇔  a ≤ Vậy, với a ≥ a ≤ thì (1) có nghiệm và nghiệm đó là x = (3) a2 VÝ dô 13: Cho phương trình: x − 2x + m = |x − 1| − m  Giải a Giải phương trình với m = b Giải và biện luận phương trình theo m Viết lại phương trình dạng: (x − 1) + m − = |x − 1| − m Đặt t = |x − 1|, điều kiện t ≥ Phương trình tương đương với: t − m ≥ t ≥ m ⇔  t + m2 − = t − m ⇔  2 2m.t = (3)  t + m − = (t − m) (I) a Với m = t ≥  (I) ⇔  vô nghiệm  t = Vậy, với m = phương trình vô nghiệm b Giải và biện luận phương trình  Với m ≤ thì (I) vô nghiệm ⇔ phương trình vô nghiệm  Với m > 0, ta được: t ≥ m  (I) ⇔  ⇔  t = 2m 122   < m ≤  m ≥ 2m ≤   2m   m >0 m >0 ← → →  ← 1 | x − 1| = x = ±  t = 2m   2m  2m Kết luận: - Với m ≤ m > - Với < m ≤ , phương trình vô nghiệm 1 , phương trình có nghiệm x = ± 2m VÝ dô 14: Tìm m để phương trình − x + 3x − = 2m + x − x có nghiệm  Giải Phương trình biến đổi tương đương dạng: − x + 3x − ≥ 1 ≤ x ≤ ⇔  − x2 + 3x − = 2m + x − x2 ≥ ⇔   x= m +  x= m + Do đó, để phương trình có nghiệm, điều kiện là: ≤ m + ≤ ⇔ ≤ m ≤ Vậy, với ≤ m ≤ 1, phương trình có nghiệm  Chú ý: Như lời giải trên chúng ta đã sử dụng phương pháp biến đổi tương đương dạng cùng với việc lựa chọn điều kiện − x2 + 3x − ≥ 0, điều này đã làm giảm đáng kể độ phức tạp lời giải VÝ dô 15: Giải phương trình: m( 3x − + x − ) = 4x − + 3x − 5x + a Giải phương trình với m = b Tìm m để phương trình có nghiệm (1)  Giải Điều kiện: 3x − ≥ ⇔ x ≥  x − ≥ Viết lại phương trình dạng: (*) m( 3x − + x − ) = [(3x − 2) + 3x − 5x + + (x − 1)] − ⇔ m( 3x − + x − ) = ( 3x − + x − )2 − Đặt t = 3x − + x − , t ≥ Khi đó: (2) ⇔ mt = t2 − ⇔ f(t) = t2 − mt − = a Với m = 1, phương trình (3) có dạng: t = t2 − t − = ⇔  ⇔ 3x − +  t = −2 (l) (2) (**) (3) x −1 = ⇔ 3x − + x − + (3x − 2)(x − 1) = ⇔ (3x − 2)(x − 1) = − 2x 123 6 − 2x ≥ x ≤ ⇔  ⇔ ⇔ x =  2 (3x − 2)(x − 1) = (6 − 2x)  x − 19x + 34 = Vậy, nghiệm phương trình là x = b Phương trình (1) có nghiệm ⇔ (3) có nghiệm thoả mãn (**) Nhận xét (3) luôn có hai nghiệm trái dấu, để (3) có nghiệm thoả mãn (**) ⇔ (3) có nghiệm thoả mãn t1 ≤ ≤ t2 ⇔ a.f(1) ≤ ⇔ − m − ≤ ⇔ m ≥ Vậy, với m ≥ phương trình (1) có nghiệm VÝ dô 16: Giải và biện luận hệ phương trình: ax + by = a + b  2ab bx + ay =  Giải Ta có: D = a2 – b2 ; Dx = a(a2 – b2) ; Dy = b(a2 – b2) Trường hợp 1: Nếu D ≠ 0, tức là a2 – b2 ≠ ⇔ a ≠ ±b Hệ có nghiệm x = a và y = b Trường hợp 2: Nếu D = 0, tức là: a2 – b2 = ⇔ a = b a = –b Khi đó Dx = Dy = nên hệ có vô số nghiệm Kết luận:  Với a ≠ ±b, hệ có nghiệm x = a và y = b  Với a = ±b, hệ có vô số nghiệm VÝ dô 17: Cho hệ phương trình: x − my =  mx − y = m +  Giải a Giải và biện luận hệ phương trình b Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x, y hệ không phụ thuộc vào m a Bạn đọc tự thực b Từ hệ thức nghiệm: m  m  −1 x = m + x = m + y ⇔  ⇒x= ⇔ x + y − =  y = m= − −1+1 y  y m +1  Đó là hệ thức liên hệ nghiệm x, y hệ không phụ thuộc vào m VÝ dô 18: Cho hệ phương trình: 124 2x + by = ac2 + c  bx + 2y =c −  Giải a Tìm a cho với b luôn tồn c để hệ có nghiệm b Tìm a cho tồn c để hệ có nghiệm với b Trước tiên, ta có: D = − b2; Dx = 2ac2 − (b − 2)c + b; Dy = −abc2 − (b − 2)c − a Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu D ≠ ⇔ − b2 ≠ ⇔ b ≠ ±2 Hệ có nghiệm với ∀a, c nên không cần đặt điều kiện cho a Trường hợp 2: Nếu D = ⇔ − b2 = ⇔ b = ±2  Với b = 2, hệ có dạng: 2x + 2y = ac2 + c  2x + 2y =c − Hệ có nghiệm ⇔ ac2 + c = c − ⇔ ac2 = −1 Do đó c tồn ⇔ (1) có nghiệm theo c ⇔ a <  Với b = −2, hệ có dạng: 2x − 2y = ac2 + c 2x − 2y = ac2 + c ⇔   1− c −2x + 2y =c − 2x − 2y = Hệ có nghiệm ⇔ ac2 + c = − c ⇔ ac2 + 2c − = Do đó: c tồn ⇔ (2) có nghiệm theo c  a = = &c  a 0= ⇔  a ≠ ⇔ a ≥ −1 ⇔   {a ≠ & ∆ ' c ≥  1 + a ≥   (1) (2) Để với ∀b luôn ∃c để hệ có nghiệm a < ⇔ (1), (2) phải đồng thời có nghiệm ⇔  ⇔ −1 ≤ a < a ≥ −1 Vậy, với −1 ≤ a < thì với b, ta luôn tìm c để hệ có nghiệm b Với a để tồn c để hệ có nghiệm với b a < ⇔ (1) (2) có nghiệm ⇔  ⇔ a a ≥ −1 Vậy, với a luôn tồn c để hệ có nghiệm với b VÝ dô 19: Tìm m, n, p để ba hệ sau đồng thời vô nghiệm: n m  x − py = − px + y = ;  ;  m nx + my = − px + y = nx + my =  n  x − py = 125  Giải • Kí hiệu các hệ phương trình trên theo ths tự là (I), (II) và (III) Xét hệ (I), ta có: D = − p2; Dx = n + pm; Dy = m − np Hệ (I) vô nghiệm D = 1 − p =   ⇔   D x ≠ ⇔   n + pm ≠   m + pn ≠ D ≠   y Xét hệ (II), ta có D = −pm − n; Dx = m2 − 1; Dy = −p − nm Hệ (II) vô nghiệm D = −pm − n =   ⇔ Dx ≠ ⇔ m − ≠ D ≠   − p − nm ≠   y • Xét hệ (III), ta có D = −pn − m; Dx = −p − nm; Dy = n2 − Hệ (III) vô nghiệm D = − pn − m =   ⇔   D x ≠ ⇔   −p − mn ≠ D ≠ n − ≠   y • Như vậy, hệ (I) vô nghiệm thì hệ (II) và (III) có nghiệm, đó không tồn m, n, p để ba hệ đồng thời vô nghiệm VÝ dô 20: Giả sử hệ phương trình: c ax + by =  a bx + cy = cx + ay = b   Giải (1) (2) (3) có nghiệm Chứng minh a3 + b3 + c3 = 3abc Xét hệ phương trình tạo (2) và (3) có dạng: a bx + cy =  b cx + ay = Ta có: D = ba − c2; Dx = a2 − bc ; Dy = b2 − ac a Nếu D ≠ ⇔ ba − c2 ≠ a − bc b − ac và y = Hệ có nghiệm x = ba − c2 ba − c2 Nghiệm trên thoả mãn (1) điều kiện là: 126 a − bc b − ac +b =c ⇔ a3+ b3+ c3=3abc ba − c2 ba − c2 b Nếu D = ⇔ ba − c2 = Hệ có nghiệm ⇔ Dx= Dy = c3 = abc c2 − ab =   ⇔ a − bc = ⇔ a = abc ⇔ a3+ b3+ c3 = 3abc b = abc b − ac =   a Vậy, hệ phương trình có nghiệm thì a3+ b3+ c3=3abc VÝ dô 21: Cho a2 + b2 > và hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình: (a − b)x + y = và (a2 − b2)x + ay = b a Xác định giao điểm (d1) và (d2) b Tìm điều kiện với a, b để giao điểm đó thuộc trục hoành  Giải a Xét hệ phương trình tạo (d1) và (d2):  (a − b) x + y =  2 b (a − b ) x + ay = Ta có D = b2 − ab, Dx = a − b, Dy = ab − a2 Để (d1) và (d2) cắt điều kiện là: Hệ (I) có nghiệm ⇔ D ≠ ⇔ b2 − ab ≠ a Khi đó, giao điểm I có toạ độ I(− ; ) b b b Điểm I ∈ Ox điều kiện là: b − ab ≠ a =  ⇔  a b ≠  =0 b Vậy, với a = và b ≠ thoả mãn điều kiện đầu bài (I) VÝ dô 22: Cho hệ phương trình:  Giải x + y2 − x =   x + ay − a = a Tìm a để hệ phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt b Gọi (x1, y1), (x2, y2) là các nghiệm hệ đã cho Chứng minh rằng: (x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 ≤ Biến đổi hệ dạng: (a − ay) + y − x = ⇔   x= a − ay (a + 1)y − a(2a − 1)y + a − a = (3)   x= a − ay 127 a Hệ có nghiệm phân biệt a + ≠ ⇔ (3) có hai nghiệm phân biệt ⇔  ⇔0<a< ∆ > b Khi đó, phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt y1, y2 thoả mãn: a(2a − 1)   y1 + y =a +  x = a − ay1 và    x 2= a − ay y y = a − a  a + Suy ra: (x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 = (ay1 − ay2)2 + (y2 − y1)2 = (a2 + 1)[ (y2 + y1)2 − 4y1y2] 4a − 3a (2a − 1) = − ≤ 1, đpcm = a2 +1 a2 +1 VÝ dô 23: Giải hệ phương trình: (2x + y) − 5(4x − y ) + 6(2x − y) =   2x + y + 2x − y =   Giải Ký hiệu phương trình thứ hệ là (*) Điều kiện 2x − y ≠ Chia hai vế phương trình (*) cho (2x − y)2 ≠ 0, ta được:  2x + y  2x + y + =   − 2x − y 2x − y   2x + y = (2x + y) , ta được: Đặt t = 2x − y 2x − y t = t2 − 5t + = ⇔  t = a Với t = 2, hệ có dạng:  2x + y + 2x − y =   (2x + y) =  2x − y đó 2x + y, là nghiệm phương trình: 2x − y u2 − 3u + = ⇔ u = u = 128  2x + y =   =  =  2x + y vµ=  x1 2x y − = 2x − y    ⇔ ⇔ ⇔   2x + y =  x = =   2x + y vµ=  2x y − 2x y 1/ − =    b Với t = 3, hệ có dạng:  2x + y + 2x − y =   (2x + y) =  2x − y đó 2x + y, = vµ y1 = vµ y 4 là nghiệm phương trình: 2x − y v2 − 3v + = vô nghiệm 3 Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm ( , ) và ( , ) 4 VÝ dô 24: Cho hệ phương trình: 2x + y =  m | x − 2y |=  Giải a Giải hệ phương trình với m = b Tìm m để hệ có hai nghiệm với hoành độ trái dấu Biến đổi tương đương hệ dạng: m ≥ m ≥   ⇔  y= − 2x  y= − 2x   2 m2 m2 (x − 2y) = [x − 2(4 − 2x)] = m ≥ m ≥   ⇔  y= − 2x ⇔  y= − 2x   2 2 m (5x − 8) = f (x)= 25x − 80x + 64 − m = (1) a Với m = 3, ta được:  y= − 2x = vµ y  x 1=  y= − 2x   ⇔ ⇔ x =     x = 11 vµ y = − 5x − 16x + 11 =   x = 11/ 5   11 Vậy, với m = hệ có nghiệm (1; 2) và ( ; − ) 5 b Để hệ có hai nghiệm với hoành độ trái dấu (I) m≥0 ⇔ (1) có hai nghiểm trái dấu ⇔ a.f(0) < ⇔ 64 − m2 < ⇔ m > 129 Vậy, với m > thoả mãn điều kiện đầu bài VÝ dô 25: Giải hệ phương trình:  x + y + x − y =  2 128  x + y =  Giải Điều kiện: x + y ≥ y ≥ −x ⇔ ⇔ − x ≤ y ≤ x, suy x ≥  x − y ≥ y ≤ x Viết lại hệ phương trình dạng:  x+y+ x−y = 4   x + y + x − y = ⇔  1 2 2 128 256 (x + y) + (x − y) =  (x + y) + (x − y) = 2 Đặt: = u x+y , điều kiện u, v ≥  v x−y = Ta được: u + v = 4 u + v = u + v =  ⇔ ⇔   uv =  4  256 uv(uv − 32) = u + v =   uv = 32   u + v = ⇔  (I) uv = 32 Giải (I): vô nghiệm Giải (II): u + v =  uv = (II)   x + y =    x − y = = &v  u 4=  x= y= ⇔  ⇔  (II) ⇔  = &v  x + y =  u 0=  x = vµ y = −8    x − y = Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm (8; 8) và (8; −8) 130