2 phuong trinh ts lê hồng đức image marked

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) g(x) biến số x Mệnh đề chứa biến x dạng f(x) = g(x) gọi phương trình ẩn; x gọi ẩn số (hay ẩn) phương trình Ngồi điều kiện để hai biểu thức f(x) g(x) có nghĩa, đơi x cịn phải thoả mãn thêm điều kiện khác Ta gọi chung điều kiện điều kiện xác định phương trình f(x) = g(x) Số x0 gọi nghiệm phương trình f(x) = g(x) thoả mãn ĐKXĐ phương trình mệnh đề f(x0) = g(x0) Việc tìm tất nghiệm phương trình gọi giải phương trình Nói cách khác, giải phương trình tìm tập nghiệm phương trình  Chú ý: Hệ thức x = m (với m số đó) phương trình Phương trình rõ m nghiệm Ta thường kí hiệu tập nghiệm phương trình T Phương trình có nghiệm, hai nghiệm, , khơng có nghiệm (tức T = ) ta gọi vơ nghiệm, phương trình có T =  gọi nghiệm với x Nhiều trường hợp, ta khơng thể tính giá trị xác nghiệm, tốn u cầu tính giá trị gần nghiệm (với độ xác cho trước) Giá trị gọi nghiệm gần phương trình PHƯƠNG TRÌNH TƯƠNG ĐƯƠNG Định nghĩa: Hai phương trình f1(x) = g1(x) f2(x) = g2(x) có tập nghiệm 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 điều kiện xác định D tương đương với nhau, ta nói: "Hai phương trình tương đương điều kiện D" "Với điều kiện D, hai phương trình tương đương với nhau" Định nghĩa (Phép biến đổi tương đương): Các phép biến đổi khơng làm thay đổi tập nghiệm phương trình gọi phép biến đổi tương đương Phép biến đổi tương đương biến phương trình thành phương trình tương đương với 43 Định lí 1: Cho phương trình f(x) = g(x) với ĐKXĐ D, h(x) biểu thức xác định với x thoả mãn điều kiện D (h(x) 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 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 cho: f(x) = g(x)  f2(x) = g2(x)  Chú ý: Nếu hai vế phương trình ln cúng dấu với x thoả mãn ĐKXĐ phương trình bình phương hai vế nó, ta phương trình tương đương Nếu phép biến đổi phương trình dẫn đến phương trình hệ sau tìm nghiệm phương trình hệ quả, ta phải thử lại vào phương trình cho để phát loại nghiệm ngoại lai PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN Định nghĩa: Cho hai biểu thức f(x, y,…) g(x, z,…) Mệnh đề chứa biến dạng f(x, y,…) = g(x, z,…) gọi phương trình nhiều ẩn ẩn; x, y, z,… gọi ẩn số phương trình Các số x = x0, y = y0, z = z0,… thoả mãn ĐKXĐ phương trình mệnh đề f(x0, y0,…) = g(x0, z0,…) (x0, y0, z0,…) gọi nghiệm phương trình II PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI MỘT ẨN PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN Với yêu cầu "Giải 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 với x    Nếu b  0, phương trình vơ nghiệm Trường hợp 2: Nếu a  thì: b (1)  x =  , tức phương trình có nghiệm a Kết luận: b  Với a  0, phương trình có nghiệm x =  a  Với a = b = , phương trình nghiệm với x  Với a = b  0, phương trình vơ nghiệm PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN Với yêu cầu "Giải biện luận phương trình ax2 + bx + c = (1)" ta thực sau: Trường hợp Với a = phương trình có dạng: bx + c =  bx = c (2) a Nếu b = thì: (2)  = c  c =  Nếu c = 0, phương trình nghiệm với x    Nếu c  0, phương trình vơ 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' tính ' = (b')2  ac) a Nếu  < (hoặc ' < 0) phương trình (1) vơ nghiệm b Nếu  = (hoặc ' = 0) phương trình (1) có nghiệm kép: b b' x0 =  (hoặc x0 =  ) 2a a c Nếu  > (hoặc ' > 0) 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 với x    Với a = b = c  , phương trình vơ nghiệm c  Với a = b  , phương trình có nghiệm x =  b  Với a   < 0, phương trình vô nghiệm b b'  Với a   = 0, phương trình có nghiệm kép x0 =  (hoặc x0 =  ) 2a a  Với a   > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt: 45 x1,2 = b    b '  ' ( x1,2 = ) 2a a ĐỊNH LÍ VI ÉT Định lí: Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0, với a  có hai nghiệm x1 x2 thì: b  S  x1  x   a  P  x x  c  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 tích chúng b Tính giá trị biểu thức đối xứng nghiệm c Tìm hệ thức liên hệ nghiệm khơng phụ thuộc vào tham số d Xét dấu nghiệm e Tìm điều kiện để 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 IV PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN 46 PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Định nghĩa: Phương trình bậc hai ẩn phương trình có dạng: ax + by = c đó:  a, b, c số a, b không đồng thời không  x, y hai ẩn số Mỗi phương trình bậc hai ẩn có vơ số nghiệm Tập hợp nghiệm phương trình biểu diễn mặt phẳng toạ độ đường thẳng, gọi đường thẳng ax + by = c (mỗi điểm đường thẳng ax + by = c biểu diễn cặp nghiệm (x, y) phương trình)  Nếu a  0, b  đường thẳng đồ thị hàm số bậc nhất: a c y= x+ b b c  Nếu a = 0, b  đường thẳng đồ thị hàm số y = b đường thẳng song song với Ox c  0, trùng với Ox c = c  Nếu a  0, b = đường thẳng có dạng x = a đường thẳng song song với Oy c  0, trùng với Oy c = c 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 cơng thức nghiệm tổng quát phương trình  Biểu diễn nghiệm phương trình 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: a1x  b1y  c1  a2 x  b y  c2 Khi đó, đặt: D = a1b2  a2b1, Dx = c1b2  c2b1, Dy = c1a2  c2a1 Ta có:  D Dy   Nếu D  hệ có nghiệm (x, y) =  x ,   D D  b Nếu D = thì: - Nếu Dx  Dy  hệ phương trình vơ nghiệm a 47 - Nếu Dx = Dy = hệ có vơ số nghiệm (x0, y0) thoả mãn phương trình a1x + b1y = c1 V HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN a b Hệ phương trình ccó phương trình bậc nhất: Dùng phương pháp Hệ phương trình mà phương trình hệ khơng thay đổi thay đồng thời x y y x: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ S = x + y; P = xy B PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG TỐN LIÊN QUAN §1 ĐẠI CƯƠNG V PHNG TRèNH Dạng toán 1: Cỏc bi toỏn m đầu phương trình Phương pháp áp dụng Sử dụng kiến thức phần "Kiến thức cần nhớ" ThÝ dô Tìm tập nghiệm phương trình x +  x = x +  Giải Nhận xét rằng:  Với x = VT = cịn VP = 8, x = khơng nghiệm  Với x < x khơng xác định  Với x >  x khơng xác định Vậy, phương trình có tập hợp nghiệm T =   Nhận xét: Lời giải thí dụ trình bày theo kiểu loại dần Tuy nhiên, em học sinh hẳn thắc mắc " Tại lại biết cách ?" Câu trả lời lấy từ thuật toán chung thực cơng việc giải phương trình, bao gồm bước: B­íc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho biểu thức phương trình B­íc 2: Giải phương trình Và đây, thực bước 1, ta cần có điều kiện: x  x   x = Từ đó, việc giải phương trình bước cần thử với x = ThÝ dơ Giải phương trình sau: x  =  2x a b x  2 = 2x   Giải a Ta lựa chọn ba cách trình bày sau: Cách 1: (Sử dụng lược đồ giải phương trình thí dụ 1): ĐKXĐ phương trình là: 48 x  x   5    D = [1, ]   1x 2 5  2x  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  =  2x  x  =  2x     x = x   Vậy, phương trình có nghiệm x = Cách 3: Ta có: x  =  2x  x  =  2x  3x =  x = Thử lại, với x = phương trình có dạng:  =  2.2  = 1, Vậy, phương trình có nghiệm x = b Ta lựa chọn ba cách trình bày sau: Cách 1: (Sử dụng phép biến đổi tương đương): Ta có:   2x   x  x       x =  2 (x  2)  (2x  1) x  x  1  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, Vậy, phương trình có nghiệm x = ThÝ dơ Giải phương trình sau: a x  4x  x2  x2 b 2x  x  2x   2x   Giải a Ta có D = (2; +  ) 49 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   ;      Biến đổi phương trình dạng:  x  (lo¹ i) 2x2  x  = 2x   2x2  3x =    x  3/ (lo¹ i) Vậy, phng trỡnh vụ nghim Dạng toán 2: Phng trỡnh h 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) hệ phương trình (2) (nói cách khác “Để nghiệm (1) nghiệm (2)”), ta thực theo bước sau: B­íc 1: Điều kiện cần  Giải tìm nghiệm x = x0 (1)  Để phương trình (1) hệ phương trình (2), trước hết cần x = x0 nghiệm (2), tức là: g(x0, m) =  m = m0  Vậy m = m0 điều kiện cần B­íc 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) (2) tương đương, ta lựa chọn theo hai hướng sau: H­íng 1: Nếu (1) & (2) giải Ta thực theo bước sau: B­íc 1: Giải (1) để tìm tập nghiệm D1, Giải (2) để tìm tập nghiệm D2 B­íc 2: Thiết lập điều kiện để D1 = D2 H­íng 2: Sử dụng phương pháp điều kiện cần đủ B­íc 1: Điều kiện cần  Giải tìm nghiệm x = x0 (1)  Để phương trình (1) & (2) tương đương, trước hết cần x = x0 nghiệm (2), tức là: g(x0, m) =  m = m0 50  Vậy m = m0 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 B­íc 2: ThÝ dơ Cho hai phương trình: x 1   ,  2mx   = Tìm m để nghiệm (1) nghiệm (2) x2 m2 (1) (2)  Giải Biến đổi (1) dạng: x    x + =  x = Do đó, để nghiệm (1) nghiệm (2) điều kiện x = nghiệm (2), tức là: m   6m  m2  =  m2 + 6m  =    m  7 Vậy, với m = m = 7 thoả mãn điều kiện đầu  Nhận xét: Như vậy, lời giải thí dụ ta khơng sử dụng mẫu phương pháp điều kiện cần đủ lý sau: Phương trình (1) khơng chứa tham số Dễ dàng tìm tất nghiệm (1) phép thử nghiệm vào (2) đơn giản Trong trường hợp lý bị vi phạm em học sinh nên thực mẫu điều kiện cần 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 dơ Cho hai phương trình: x2  (m + 2)x + m + = 0, x3  2x2  mx  m2 + = Tìm m để nghiệm (1) nghiệm (2) (1) (2)  Giải Điều kiện cần: Nhận xét với m phương trình (1) ln có nghiệm x = Do đó, để nghiệm (1) nghiệm (2) trước hết cần x = nghiệm (2), tức là: 51 m  1   m  m2 + =  m2 + m  =    m  2 Đó 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) 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 nghiệm (2), tức m = 2 không thoả mãn Vậy, với m = thoả mãn điều kiện đầu §2 PHƯƠNG TRèNH BC NHT V BC HAI MT N Dạng toán 1: Phương trình bậc ẩn Phương pháp áp dụng Với toán "Giải biện luận phương trình bậc ẩn" sử dụng kiến thức biết phần lý thuyết Với tốn "Tìm điều kiện để phương trình bậc ẩn có nghiệm thoả mãn điều kiện K" thực sau: Giả sử điều kiện cho ẩn số ( cần) K, ta có ĐKXĐ tập D Biến đổi phương trình dạng: ax = b (*) Khi đó: (1) Phương trình (1) có nghiệm nhất: a     x  b / a  D (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    Với a = b = 0, phương trình nhận x làm nghiệm Với a = b, a  b  , phương trình vơ nghiệm a2  ab2 Với a  b, phương trình có nghiệm x = 2 a b VÝ dô 2:  Giải Xác định m để phương trình sau vơ 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: (*) a  (m  3)(m  1)     m =  b  m   Vậy, với m = phương trình vơ nghiệm VÝ dô 3:  Giải Xác định tham số để phương trình sau có tập hợp nghiệm  : 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: a  2b   a  1    a  b   b  Vậy, với a = –1 b = phương trình có tập nghiệm  (*) VÝ dơ 4: Cho phương trình: x2  4x  m = Xác định m để phương trình: a Có nghiệm thuộc khoảng (1; 3) b Có nghiệm thuộc khoảng (1; 3) c Có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (1; 3) d Có nghiệm thuộc (; 1)(5; +) e Có nghiệm thuộc khoảng (; 1)(5; +) f Có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (; 1)(5; 6) y  Giải Viết lại phương trình dạng: (P)  x – 4x = m (d) m O  117 Khi số nghiệm tập D phương trình số giao điểm đường thẳng (d): y = m với Parabol (P): y = x2 – 4x D Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy: a Phương trình có nghiệm thuộc D = (1; 3)  – < m < b Phương trình có nghiệm thuộc D  – < m < c Phương trình có nghiệm phân biệt thuộc D  – < m < – d Phương trình có nghiệm thuộc D = (, 1)(5, +)  vơ nghiệm e Phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc D = (, 1)(5, +)  m > VÝ dô 5: Giả sử a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh phương trình sau vơ 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]  c  a)(b  c  a)(b  c  a)(b  c  a) < = (b     0 0 0 0 Vậy, phương trình vơ nghiệm VÝ dơ 6: Cho ba số dương a, b, c phương trình: a b c x2  2x    + = c a a b b c Chứng minh phương trình ln có nghiệm, từ xác định điều kiện a, b, c để phương trình có nghiệm kép  Giải Ta có: a b a b c c + +  = + +  b  c c  a a b b  c c  a a b Nhận xét rằng: c a b + + c a b c a b a c b =( + 1) + ( + 1) + ( + 1)  b c c a a b ’ = + 118 1 + + )3 b  c c  a a b 1 1 = [(a + b) + (b + c) + (c + a)][ + + ]3 b  c c  a a b 1  3 (a  b)(b  c)(c  a) 3 (a  b)(b  c)(c  a) = (a + b + c)( 3= 2 a b c  + +    ’  c  a a b b c Vậy, phương trình ln có nghiệm 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 dơ 7: (*) Cho phương trình: x  m2  = x2 m(x  1) m(x  1)(x  2) (1) a Tìm m để phương trình có nghiệm b Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt  Giải Điều kiện: m  m    x    x  1 x   x  2   Biến đổi phương trình dạng: x(x + 2) – 2m(x + 1) = – m2 a (*) x  m   f(x) = x2  2(m  1)x + m2 – 2m – =   x  m  Để phương trình (1) có nghiệm điều kiện là: 119  m2    f (1)    f (  2)   m  2m   cm=   m  2h        f (1)  m  1h cm=  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: m2   f (1)  m  2      f (2)  m  1;m  m  2m   Vậy, với m {3, 2, 1, 0} phương trình có hai nghiệm phân biệt VÝ dơ 8: Cho hai phương trình: x2  mx  = 0, (1) x2  x + 6m = (2) Tìm giá trị m để phương trình (1) phương trình (2) có nghiệm chung Biết m số nguyên  Giải Giả sử x0 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) (2), ta được: (1)  x2  x  2= 0, có nghiệm x1 = 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 + =     m  m    6m + 30m2 + 24m + 2m + =  m(6m2 + 30m + 24) + 2(m + 1) =  m(m + 1)(m + 4) + 2(m + 1) =  (m + 1)[m(m + 4) + 2] = 120 m  1 m    (m + 1)[m2 + 4m + 2] =     m  4m   m  2  (lo¹ i ) Thử lại, với m =  1, ta có: (1)  x2 + x  = 0, có hai nghiệm phân biệt x1 =  x2 = (2)  x2  x + = 0, có hai nghiệm phân biệt x3 =  x4 = Vậy, với m =  1, hai phương trình có nghiệm chung VÝ dơ 9: Giả sử phương trình: (1 + m2)x2  2(m2  1)x + m = có hai nghiệm x1, x2 Tìm hệ thức liên hệ nghiệm mà không phụ thuộc vào m  Giải Với giả thiết ta có:  1 2(m2  1) m2  x  x  (x  x )    2  m2    m2   x x  m 2x x  2m   m2   m2 Khử m từ hệ (I) nhận xét: (I)  m2    2m  (x1 + x2)2 + 4(x1x2)2 =  + =    1 m   1 m  Vậy, ta (x1 + x2)2 + 16(x1x2)2 = hệ thức cần tìm VÝ dơ 10: Giả sử phương trình ax2 + bx + c = có hai nghiệm x1, x2 Chứng minh hệ thức b3 + a2c + ac2 = 3abc điều kiện cần đủ để phương trình có nghiệm bình phương nghiệm cịn lại  Giải Theo giả thiết ta được: b  S  x1  x   a (I)   P  x x  c  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)]  b3 c c b c2 b3  a2 c  ac2  3abc = +   +  = a a a a a3  a Vậy, b3 + a2c + ac2 = 3abc hai thừa số P phải ngược lại 121 VÝ dơ 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 = 3m  Nghiệm phải thoả mãn điều kiện (*), tức là: 3m  >  3m + >  m > 3 Vậy, với phương trình có nghiệm VÝ dơ 12: Với giá trị a phương trình sau có nghiệm Tính giá trị nghiệm x  4a  16 = x  2a   x (1)  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  (1) có nghiệm nghiệm x = VÝ dơ 13: Cho phương trình: x  2x  m = x  1  m a Giải phương trình với m = b Giải biện luận phương trình theo m  Giải Viết lại phương trình dạng: (x  1)  m  = x  1  m Đặt t = x  1, điều kiện t  122 a2 (3) Phương trình tương đương với: t  m  t  m   t  m2  = t  m   2 2m.t  (3)  t  m   (t  m) a (I) Với m = t   (I)   vô nghiệm  t  Vậy, với m = phương trình vơ nghiệm b Giải biện luận phương trình  Với m  (I) vơ nghiệm  phương trình vô nghiệm  Với m > 0, ta được: t  m  (I)     t  2m   0  m   2m  m m  2m  m 0      x   t  | x  1| 2m   2m  2m Kết luận: - Với m  m > - Với < m  VÝ dô 14: , phương trình vơ nghiệm 1 , phương trình có nghiệm x =  2m 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 sử dụng phương pháp biến đổi tương đương dạng với việc lựa chọn điều kiện  x2 + 3x   0, điều 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 = (1) 123 b Tìm m để phương trình có nghiệm  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  = (2) (**) a Với m = 1, phương trình (3) có dạng: t  t2  t  =    3x  +  t  2 (l) (3) x 1 =  3x  + x  + (3x  2)(x  1) =  (3x  2)(x  1) =  2x 6  2x  x      x =  2 (3x  2)(x  1)  (6  2x)  x  19x  34  Vậy, nghiệm phương trình x = b Phương trình (1) có nghiệm  (3) có nghiệm thoả mãn (**) Nhận xét (3) ln 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 biện luận hệ phương trình: ax  by  a2  b2  bx  ay  2ab  Giải Ta có: D = a2 – b2 ; Dx = a(a2 – b2) ; Dy = b(a2 – b2) Trường hợp 1: Nếu D  0, tức a2 – b2   a  b Hệ có nghiệm x = a y = b Trường hợp 2: Nếu D = 0, tức là: a2 – b2 =  a = b a = –b Khi Dx = Dy = nên hệ có vơ số nghiệm Kết luận:  Với a  b, hệ có nghiệm x = a y = b  Với a = b, hệ có vơ số nghiệm 124 VÝ dơ 17: Cho hệ phương trình: x  my   mx  y  m  a Giải biện luận hệ phương trình b Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x, y hệ không phụ thuộc vào m  Giải a b Bạn đọc tự thực Từ hệ thức nghiệm: m  m  1 x  m  x  m  y   x=  x + y  =  m   y   1 y  y m1  Đó hệ thức liên hệ nghiệm x, y hệ không phụ thuộc vào m VÝ dơ 18: Cho hệ phương trình: 2x  by  ac2  c  bx  2y  c  a Tìm a cho với b ln tồn c để hệ có nghiệm b Tìm a cho tồn c để hệ có nghiệm với b  Giải 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 =  Do c tồn  (1) có nghiệm theo c  a <  Với b = 2, hệ có dạng: 2x  2y  ac2  c 2x  2y  ac2  c    2x  2y  c  2x  2y   c Hệ có nghiệm  ac2 + c =  c  ac2 + 2c  = Do đó: c tồn  (2) có nghiệm theo c (1) (2) 125  a   a  & c    a     a  1  a  &  'c   1  a    Để với b ln c để hệ có nghiệm a   (1), (2) phải đồng thời có nghiệm      a < a  1 Vậy, với   a < với b, ta ln 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 tồn c để hệ có nghiệm với b VÝ dơ 19: Tìm m, n, p để ba hệ sau đồng thời vô nghiệm:  x  py  n  px  y  m nx  my  ;  ;    px  y  m nx  my   x  py  n  Giải  Kí hiệu hệ phương trình theo ths tự (I), (II) (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  D    m  pn    y  Xét hệ (II), ta có D = pm  n; Dx = m2  1; Dy = p  nm Hệ (II) vô nghiệm D   pm  n     Dx   m2   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) vơ nghiệm hệ (II) (III) có nghiệm, khơng tồn m, n, p để ba hệ đồng thời vô nghiệm VÝ dơ 20: 126 Giả sử hệ phương trình: ax  by  c  bx  cy  a cx  ay  b  (1) (2) (3) có nghiệm Chứng minh a3 + b3 + c3 = 3abc  Giải Xét hệ phương trình tạo (2) (3) có dạng: bx  cy  a  cx  ay  b Ta có: D = ba  c2; Dx = a2  bc ; Dy = b2  ac a Nếu D   ba  c2  a2  bc b2  ac Hệ có nghiệm x = y = ba  c2 ba  c2 Nghiệm thoả mãn (1) điều kiện là: a2  bc b2  ac a +b =c  a3+ b3+ c3=3abc ba  c ba  c2 b Nếu D =  ba  c2 = Hệ có nghiệm  Dx= Dy = c2  ab  c3  abc    a2  bc   a3  abc  a3+ b3+ c3 = 3abc b2  ac  b3  abc   Vậy, hệ phương trình có nghiệm a3+ b3+ c3=3abc VÝ dô 21: Cho a2 + b2 > hai đường thẳng (d1) (d2) có phương trình: (a  b)x + y = (a2  b2)x + ay = b a Xác định giao điểm (d1) (d2) b Tìm điều kiện với a, b để giao điểm thuộc trục hồnh  Giải a Xét hệ phương trình tạo (d1) (d2):  (a  b) x  y   2 (a  b ) x  ay  b Ta có D = b2  ab, Dx = a  b, Dy = ab  a2 Để (d1) (d2) cắt điều kiện là: Hệ (I) có nghiệm  D   b2  ab  a Khi đó, giao điểm I có toạ độ I( ; ) b b (I) 127 b Điểm I  Ox điều kiện là: b2  ab  a     a b   0 b Vậy, với a = b ≠ thoả mãn điều kiện đầu VÝ dô 22:  Giải Cho hệ phương trình: x  y2  x    x  ay  a  a Tìm a để hệ phương trình cho có hai nghiệm phân biệt b Gọi (x1, y1), (x2, y2) nghiệm hệ cho Chứng minh rằng: (x2  x1)2 + (y2  y1)2  Biến đổi hệ dạng: (a  ay)  y  x     x  a  ay a Hệ có nghiệm phân biệt (a  1)y  a(2a  1)y  a  a  (3)   x  a  ay a    (3) có hai nghiệm phân biệt   0 Vậy, với m > thoả mãn điều kiện đầu VÝ dô 25: Giải hệ phương trình:  x  y  x  y   2  x  y  128  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 (x  y)  (x  y)  256  (x  y)  (x  y)  128 2 Đặt: u  x  y , điều kiện u, v    v  x  y Ta được: u  v  u  v  u  v       uv   4 u  v  256 uv(uv  32)    uv  32  130   u  v    (I) uv  32 Giải (I): vô nghiệm Giải (II): u  v   uv  (II)   x  y     x  y  u  & v   x  y  (II)        x  y  u  & v   x  vµ y  8    x  y  Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm (8; 8) (8; 8) 131 ...  D Dy   Nếu D  hệ có nghiệm (x, y) =  x ,   D D  b Nếu D = thì: - Nếu Dx  Dy  hệ phương trình vơ nghiệm a 47 - Nếu Dx = Dy = hệ có vơ số nghiệm (x0, y0) thoả mãn phương trình a1x +... +  x2  4x  m = y (P1): y=x 2-4 x  x2  4x = m (2) (d1): Khi đó, số nghiệm phương trình số giao y=m điểm Parabol (P1): y = x2  4x đường thẳng O x (d1): y = m -4 S Ta được:  Với m < 4, phương... nghiệm: 52 a  & b     a    x   b / a  D  Chú ý: Trong nhiều trường hợp em học lên trình bày địi hỏi tốn thơng qua bước giải biện luận ThÝ dơ Giải biện luận phương trình sau theo