Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Lớp 12 - Phương trình. Bất phương trình. Hệ phương trình (Có đáp án)

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Lớp 12 - Phương trình. Bất phương trình. Hệ phương trình (Có đáp án)

1. I. PHƯƠNG TRÌNH 1. Không có tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương Câu 1. Giải phương trình 3 x4 x2 2 5 x5 x2 2 3 x4 3x 2 2 5 x5 3x Lời giải +Biến đổi phương trình tương đương : x2 3x 2 0 x 1 x 2 Câu 2. Giải phương trình 4 x 1 2 2x 3 (x 1)(x 2 2). Lời giải Điều kiện: x 1. Nhận thấy x 1 là một nghiệm của phương trình. Xét x 1. Khi đó phương trình đã cho tương đương với 4 x 1 2 2 2x 3 3 x3 x 2 2x 12 4(x 3) 4(x 3) (x 3)(x 2 2x 4) x 1 2 2x 3 3 4 4 2 x 3 (x 1) 3 0. (1) x 1 2 2x 3 3 4 4 Vì x 1 nên x 1 0 và 2x 3 1. Suy ra 3, vì vậy x 1 2 2x 3 3 4 4 (x 1)2 3 0. x 1 2 2x 3 3 Do đó phương trình (1) x 3 0 x 3. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 1 hoặc x 3. Câu 3. [Đề thi hsg Bắc Sơn, Lạng Sơn] Giải phương trình sau : 3 x 1 3 x 1 3 5x Lời giải 3 2 3 x 1 3 x 1 3 5x 2x 3 x 1 3 x 1 3 x 1 5x 3 2 3 5 x 13 5x x 4x 5x 0 x 0;x . 2 5 Thö l¹i ta thÊy ph­¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm: x = 0; x = . 2
2. Câu 4. Giải phương trình: x2 6x 1 2x 1 x2 2x 3 1 ,với x R . Hướng dẫn giải. 1 x2 2x 3 2x 1 x2 2x 3 4x 2 0 x2 2x 3 2x 1 x2 2x 3 2 0 x2 2x 3 2x 1 2 x 2x 3 2 1 2 x 3 15 x 2x 3 2x 1 2 x 2 3 3x 6x 2 0 Câu 5. Giải phương trình 3x 2 x 1 2x2 x 3. Hướng dẫn giải. 2x 3 3x 2 x 1 2x2 x 3 (2x 3)(x 1) 3x 2 x 1 Tìm được nghiệm duy nhất x=2/3 Câu 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 . Hướng dẫn giải Ta có: x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 2 x2 2x y 1 y 1 4y2 8y 4 7 2 2 x y 1 2y 2 7 3y x 1 y x 3 7 Vì 7 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp sau: 3y y 1 7 3y y 1 7 3y y 1 1 3y y 1 1 ; ; ; y x 3 1 y x 3 1 y x 3 7 y x 3 7 Giải ba hệ phương trình trên ta được: x; y 3;1 , 1; 3 , 7; 3 . Câu 7. (THPT Quảng Xương 2 – Thanh Hóa, 2009-2010) Giải phương trình: 2 1 5 6x x2 x 1 5 x Hướng dẫn giải 2 t 2 4 Đặt t x 1 5 x ta được 1 t 2 t 2 2t 2 0 t 2
3. Giải ta được t 2 suy ra x 1, x 5 Dạng 2: Đặt ẩn phụ Bài 1. Giải phương trình trên tập số thực: x2 + x +9 = 2x 4 x +1 (1). Hướng dẫn giải Điều kiện: x 1. 2 x2 x 9 2x 4 x 1 x 2 5 x 1 2 x 2 x 1 gx 1 không là nghiệm của phương trình. 2 x 2 x 2 gx 1: pt(1) 5 2 1. x 1 x 1 x 2 Đặt t = . x 1 2 Phương trình trở thành: t2 +5 = 2t +1 t = . 3 20+ 4 7 20 4 7  Khi đó ta có: 2 x +1 = 3x 6 x = . Vậy S . 9 9  Bài 2. Giải phương trình sau trên tập số thực: 2x2 3x 7 x 5 2x2 1 . Hướng dẫn giải Phương trình (1) 2x2 1 x 5 2x2 1 3x 6 0 . Đặt t 2x2 1. Ta có phương trình: t 2 x 5 t 3x 6 0(*). 2 2 x 5 4 3x 6 x 1 . t 3 Phương trình (*) t x 2 x 2 0 2 2 t 3 2x 1 3 x 2 t x 2 2x 1 x 2 2 x 4x 3 0 x 2 x 2 7 . x 2 7 Vậy S 2;2 7 . Bài 3. Giải phương trình sau trên tập số thực: 2x2 x 5 x2 x 2 2x2 x 1 x 3 0. Hướng dẫn giải
4. 2 7 a x x 2 a Đặt . Điều kiện: 2 . b x 3 b 0 Ta có: 2x2 x 5 2a2 3b2 ; 2x2 x 1 2a2 b2. 3 2 2 2 2 2 b b b Thay vào phương trình ta được: 2a 3b a 2a b b 0 3 2 2 0 a a a b 1 a 2 b b 4 2 0 a a 2 b b b +) 4 2 0 : phương trình vô nghiệm do 0. a a a b 2 x 1 ) 1 b a x 3 x x 2 . a x 1 Vậy x 1; x 1 là nghiệm phương trình. Bài 4. Giải phương trình sau 2x3 10x2 17x 8 2x2 3 5x x3 Lời giải Nhận xét rằng x 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. 1 Suy ra x 0 . Chia cả hai vế của phương trình cho x3 rồi đặt t , t 0 , ta có phương trình x 8t3 17t 2 10t 2 2 3 5t 2 1 2t 1 3 2 2t 1 5t 2 1 2 3 5t 2 1 * Xét hàm số f t t3 2t, t ¡ . Ta có hàm số f t liên tục trên ¡ và f ' t 3t 2 2 0,t . Suy ra hàm số f t luôn đồng biến trên khoảng ; . Khi đó phương trình đã cho có dạng f 2t 1 f 3 5t 2 1 2t 1 3 5t 2 1 17 97 8t3 17t 2 6t 0 t (do t 0) 16 17 97 17 97 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x và x . 1 12 2 12 Bài 5. Giải phương trình sau : 4x 1 x2 1 2x2 2x 1 Lời giải Đặt y x2 1 1 y2 x2 1 2y2 (1 4x)y 2x 1 0 .
5. 4 y 2x 1 x 3 5x2 2 3 x3 5x2 1 . 6 Điều kiện xác định: 5x2 2 0. 5x2 2 Đặt t (t 0). Ta có 5x2 6t 2 2 . 6 Phương trình đã cho trở thành 3 x3 6t 2 2 1 t x3 6t 2 2 (t 1)3 x3 (t 1)3 x t 1 t x 1 x 1 5x2 2 x 1 x 1 2 5x 2 2 2 6 (x 1) x 12x 8 0 6 x 6 28 (tm đk). Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 6 28. Bài 6. Giải phương trình: log (x2 2x 11) log (x2 2x 12) (1) 2 5 2 2 5 x2 2x 12 0 • Điều kiện: (*) 2 x 2x 11 0 • (2 5)2 9 4 5 và (2 2 5 )2 8 4 5 do đó 2 5 9 4 5 và 2 2 5 8 4 5 . • (1) log (x2 2x 11) log (x2 2x 12) 9 4 5 8 4 5 log (x2 2x 11) log (x2 2x 12) 9 4 5 8 4 5 • Đặt: a = 8 + 4 5 > 1, t = x2 – 2x -12. Điều kiện: t > 0. • Do đó: (1) lna + 1(t + 1) = lnat t a y Cách 1: (1) ln (t + 1) = ln t (I) . a + 1 a y t 1 (a 1) y y a 1 • Từ (I) ta được: 1 (2). a +1 a +1 • y = 1: là nghiệm của (2). y y y y a 1 a 1 a 1 a 1 • y < 1: 1, y < 1: 1. a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 • Nên (2) có nghiệm duy nhất: y = 1. Do đó: (1) t = a x2 – 2x – 12 = 8 + 4 5 ( thỏa *) x2 – 2x – 20 - 4 5 = 0 x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 .
6. 3(x3 y3 ) Từ (4) và (5) suy ra: 2(x2 y2 ) x2 xy y2 Kết hợp với phương trình (2) và lưu ý rằng 2(x2 y2 ) x y , ta được: 6(x3 y3 ) 3 x 2(x2 y2 ) x 2(x2 y2 ) x (x y) 2x y (7) x2 xy y2 Từ (3) và (7) suy ra 2x + y = 3 và x = y ta được x = y = 1 (thoả mãn các điều kiện của bài toán). Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (1;1). 2 2 y 4x 1 3 4x 8x 1 Bài 3. Giải hệ phương trình sau: I 2 40x x y 14x 1 Lời giải. 1 2 ĐK: x . Đặt t 4x t . 14 7 2 y2 t 1 3 t 2t 1 1 I 5 t 7 t 2 y t 1 2 2 4 2 Nhận xét: từ (2) ta có: y 0 2t 1 2t 1 2t 1 2 1 Ta có: 3 t 2t 1 3 2t. .1 t 2 3 2 2 1 1 Do đó, từ (1) suy ra: y2 t 1 t y2 t 2 3t 3 2 2 7 y2 t 1 7 Ta có: y t 1 2 2 2 7 y2 t 1 5 t Do đó, từ (2) suy ra: t 2 2 5t 2 3t 1 y2 4 2 4 2 1 Từ (3) và (4) suy ra: 5t 2 3t 1 t 2 3t 2 3 3 2 1 1 1 6t 2 6t 0 2t 1 0 t 4x x . 2 2 2 2 8 1 Thay x vào hệ I ta có: 8 2 1 2 3 3 y 1 y y 4 4 2 3 y 3 3 3 3 2 y y y 2 4 2 2
7. 1 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: x; y ; . 8 2 x2 2y2 1 2 2 Bài 4. Giải hệ phương trình: 2y 3z 1 x, y, z ¡ xy yz zx 1 Lời giải +) Nếu x 0 thay vào hệ ta có hệ vô nghiệm. +) Nếu x 0 ta đặt y ax; z bx thay vào hệ ta được x2 1 2a2 1 2 2 2 2 2 1 2a 2a 3b 4a 3b 1 1 x2 2a2 3b2 1 2 2 1 2a a ab b 2a a 1 b a 1 0 x2 a ab b 1 a 1 2 2 2 2 4a 3b 1 4a 3b 1 b 1 a 1 2a 1 b a 1 0 a 1 2a 1 b 0 b 1 2a 2 2a 3a 1 0 a 1 +) Nếu thay vào (1) không thỏa mãn b 1 a 1 b 1 1 b 1 2a a 1 a +) Nếu 1 thay vào (1) không thỏa mãn, thay 2 vào 2a2 3a 1 0 b 1 a b 0 2 b 0 1 1 (1) ta có x 2 . Do đó nghiệm của hệ là x; y; z 2; ;0 , 2; ;0 2 2 Bài 5. Giải hệ phương trình sau: 2log7 (2x 3y) log3 (2 2x 3y) (x, y ¡ ). 2 7 27 2 4 27x 26x 3y 1 x 6 3 2 Lời giải Đặt t log7 (2x 3y) , phương trình (1) trở thành: t t t log3 (7 2) 2t 9 7 2 t 1(Sử dụng tính chất đơn điệu) 2x 3y 7 3y 7 2x (3)
8. Thế (3) vào (2) ta được: 28 27 (9x 4)2 3(9x 4) 2.4 27x2 24x 1 x 6 2.4 4 1 (4) 3 2 3 2 Đặt t 9x 4 (t 0). Phương trình (4) trở thành: t 2 3t t 2 3t 2.4 4 1 4. 4 1 6t (5) 3 2 3 2 t 6 Áp dụng bđt AM – GM ta có: 6t 2 t 2 Từ (5) ta có: 4. 4 2t 4 4t 2 48 3t 2 12t 12 (t 6)2 0 t 6. 3 2 59 2 59 Từ đó x y . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) ; . 9 27 9 27 Bài 6. Giải hệ phương trình : x4 9y4 6 3xy 4 2 ( x R, y R ) x 2 xy 5 y 3 3 3xy 6 Lời giải Đặt : 3y z Ta có : x4 z4 2x2 z2 ,suy ra : 1 t xz 2 xz xz Xét vế trái của phương trình (2) x2 z2 2xz 1 xz 1 xz t 1 f (t) 2t ,t [1;2] t xz , suy ra f ' (t) 2 0,t [1;2] 1 t 1 t 2 5 1 5 f (t) là hàm số đồng biến trên (1;2) , suy ra : f (t) f (1) ,suy ra VT = f (t) 2 3 6 1 1 Dấu bằng xẩy ra khi t 1, suy ra : x 1; y hoặc x 1 ; y . 3 3 Bài 7. Giải hệ phương trình sau: x2 2x xy y2 y 2 ; x, y ¡ 4x3 y3 3x2 x 15 x y 3 x y y x y 4x x Lời giải
9. Điều kiện: x 0, y 0. Đặt a x,b y ( a 0,b 0). Hệ phương trình đã cho trở thành 4 3 5 a 2a b b 1 6 6 5 2 3 2 3 2 4a b 3a 15a b 3a b a b 4a 2 Nhận xét: a 0 b 0; b 0 a 0. Do đó a,b 0,0 là một nghiệm của hệ. Bây giờ ta xét a 0,b 0 . Đặt b ka k 0 . Với cách đặt này thì 1 2k • Phương trình (1) trở thành: 1 2k ak 5 a (3) k 5 2 • Phương trình (2) trở thành: 4a6 a6k 6 3a5 15a2 k 2a2 3a k 3a3 a3k 4a3 (4) 5 6 3k 1 2k 3 2 Thay (3) vào (4) ta được: 4 k 5 3 k k 4 (5) 1 2k 3k Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho vế trái của (5) ta được: 2 3k 5 1 2k 3k 5 1 2k 4 k 6 5 5 4 k 6 . 3 3 1 2k 3k 1 2k 3k 2 2 22 12 4 k 6 k 4 k 3 k Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi k 1. Khi đó a b 3 hay x y 9. Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm x; y là 0;0 , 9;9 . 4x2 4xy x 6 xy y y2 15(1) Bài 8. Giải hệ phương trình 3 3 6(x y ) 2 2 x 2 2 2(x y ) 3(2) x xy y Bài giải xy 0 Điều kiện 2 2 x y xy 0 Nếu x 0 hoặc y = 0 thì hệ vô nghiệm x 0 Nếu (x,y không đồng thời bằng 0) thì vế trái của (2) âm, phương trình (2) không thoả mãn. Do y 0 đó x > 0, y > 0. 1.0 đ
10. Vì 2 xy x y nên từ phương trình (1) suy ra 15 4x2 4xy x 6 xy y y2 (2x y)2 x 3(x y) y (2x y)2 4x 2y 1.0 đ (2x y)2 2(2x y) 15 2x y 3 (3) x2 y2 3(x2 y2 ) 3(x3 y3 ) 2(x3 y3 ) Mặt khác, ta có xy x2 xy y2 . (4) 2 2 x2 xy y2 x2 y2 2(x3 y3 ) Ta chứng minh rằng: 2(x2 y2 )(5) . 1.0 đ x2 y2 Thật vậy bất đẳng thức (5) tương đương 2(x3 y3 )2 (x2 y2 )3 x6 y6 4x3 y3 3x4 y2 3x2 y4 (6) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: x6 x3 y3 x3 y3 33 x12 y6 3x4 y2 y6 x3 y3 x3 y3 33 x6 y12 3x2 y4 Cộng vế với vế hai đẳng thức trên ta được (5), từ đó suy ra (5) 3(x3 y3 ) Từ (4) và (5) suy ra: 2(x2 y2 ) x2 xy y2 Kết hợp với phương trình (2) và lưu ý rằng 2(x2 y2 ) x y , ta được: 6(x3 y3 ) 3 x 2(x2 y2 ) x 2(x2 y2 ) x (x y) 2x y (7) x2 xy y2 Từ (3) và (7) suy ra 2x + y = 3 và x = y ta được x = y = 1 (thoả mãn các điều kiện của bài toán). Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (1;1) 3 2 2 2 2 3 y 2x y x 5y 4x 4y Bài 9. Giải hệ phương trình: ( x, y ¡ ). 2 2 x y 1 2 x y Hướng dẫn giải Điều kiện: x 2 , y 1; y3 2x – y 0 ; 5y2 – 4x2 0 . +) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm ta có: y2 2xy y2 y3 2x y = y2 2xy y2 2 x2 5y2 4x2 5y2 3x2 x2 5y2 4x2 = 2 2
11. 5y2 3x2 Suy ra: 3 y3 2x y + x2 5y2 4x2 3xy + 2 2 2 5y 3x 2 Vì vậy, ta phải có: 4y2 3xy 3 x – y 0 x y . 2 Vậy phương trình đầu tương đương với x = y. Thay x y vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2 x + x 1 2 x x2 (*). Do 2 x + x 1 0 nên ta phải có: x2 x – 2 0 x 1 ( do x 1). Khi đó phương trình (*) tương đương với: x2 – x 1 x – 1 – 2 x x x 1 0 2 1 1 x – x – 1 1 0 . x 1 2 x x x 1 2 1 1 x – x –1 0 do1 0 x 1 2 x x x 1 1 5 x t / m 2 1 5  x y . 1 5 2 x 2 1 5 x; y Vậy hệ có nghiệm duy nhất . 2 Bài 10. [Đề hsg Dương Xá,2008-2009] Giải hệ phương trình sau: 2 2 x x y 1 x y x y 1 y 18 2 2 x x y 1 x y x y 1 y 2 Lời giải x2 x y 1 0 Điều kiện 2 y x y 1 0 Cộng và trừ từng vế tương ứng của hệ phương trình trên ta được x2 x y 1 y2 x y 1 10 x y 8 Thế y=8-x vào phương trình trên ta được x2 9 x2 16x 73 10 (x2 9)(x2 16x 73) x2 8x 9
12. 2 2 2 2 (x 3 ) (x 8) 3 ) 9 x(8 x) (1) Trong hệ trục tọa độ xét a(x;3) ; b(8 x;3) 2 2 2 2 Khi đó | a |.| b |= (x 3 ) (x 8) 3 ) a . b =9 x(8 x) Pt (1) tương đương với | a |.| b |= a . b (2) Ta có | a |.| b | a . b Khi đó (2) xảy ra khi và chỉ khi hoặc a 0 hoặc b 0 (không xảy ra) hoặc a cùng 8 x hướng b suy ra 1 0 x=4. x KL: Nghiệm của hệ là (4;4) Bài 11. [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải hệ phương trình : x y x y 2 1/ 2 2 x y 1 x 1 y 1 3 2/ 2 x y 4 5 5 Bài 12. [Đề xuất Chuyên Biên Hòa, DHĐBBB 2015-2016]Giải hệ phương trình 6 3 2 2 2 x 2x 10y xy x y 3 2 2 2 4x (2y 1) 28y 3 2 x 4 y 1 4xy Lời giải xy x 2 y 2 0 0 xy 1 Điều kiện : 0 xy 1 2 2 2 x 4(y 1) 4xy 0 x 2y 4 0 2 1 1 1 1 1 Ta có : xy x 2 y 2 xy  xy x 2 y 2 ( dấu = xảy ra khi xy = ) 4 2 4 2 2 Do đó từ (1) 2x 6 4x 3 20y 2 1 (3) Từ (2) và (3) ta suy ra : 8x 3 y 4x 3 28y 2 4 2x 6 4x 3 20y 2 2 (x 2y) 2 4 8x 3 y 4 2x 6 8y 2 2 x 2y 2 4 4x 3 y 2 x 6 4y 2 x 2y 2 4
13. 2 2 x 3 2y x 2y 2 4 (4) 2 Ta lại có x 3 2y x 2y 2 4 2 x 1 x 1 x 3 2y 0 x 0 Do đó (4) hoặc 1 hoặc 1 x 2y 0 y 0 y y 2 2 x 1 Thử lại ta thấy chỉ có 1 là nghiệm của hpt.0,5 y 2 Bài 13. Giải hệ phương trình: Hướng dẫn giải Đặt f (t) = 2t3 + 9t 2 + 12t ; g(t) = t3 + 3t 2 + 4t + 15. ïì f (x)= g(y) 2x3 9x2 12x y3 3y2 4y 15 ï Hệ trở thành:íï f (y)= g(x). 2y3 9y2 12y z3 3z2 4z 15 ï ï 3 2 3 2 îï f (z)= g(x) 2z 9z 12z x 3x 4x 15 Ta có g t 3t 2 6t 4 0 với mọi t nên hàm g đồng biến. x y g x g y g x f x Giả sử x max x, y, z thì hay suy ra . x z g x g z f z g z 2 3 2 3 2 x 3x 4x 15 2x 9x 12x x 1 x 7x 15 0 Hay * . 2z3 9z2 12z z3 3z2 4z 15 2 z 1 z 7z 15 0 Do x2 7x 15 0x, z2 7z 15 0z nên từ (*)ta có x 1 z. Lại theo giả sử ở trên, x max x, y, z nên x z 1.Thế vào hệ phương trình ban đầu ta được y 1. Thử lại thấy x y z 1 là nghiệm. Kết luận:Hệ đã cho có nghiệm duy nhất x y z 1. 3x 2 cos y cos z Bài 14. Giải hệ phương trình : 3y 2 cos z cos x 3z 2 cos x cos y (Chưa giải)
14. 2. Có tham số 3 3 2 x y 3y 3x 2 0 (4) Bài 1. Tìm m để hpt sau có nghiệm thực: 2 2 2 x 3 1 x 2 2y y m 0 (5) Hướng dẫn giải 1 x 1 Điều kiện: . 0 y 2 3 Phương trình (4) x3 3x y 1 3 y 1 . Xét hàm số f (t) t3 3t , với t  1;1. f '(t) 3t 2 3 0,t  1;1. f(t) là hàm số nghịch biến trên  1;1 (vì nó liên tục trên đoạn này). Suy ra: x y 1. Thay vào phương trình (5) ta được: x2 1 x2 m 0 . Đặt u 1 x2 , u 0;1 . Ta có phương trình: g(u) = u2 u 1 m 5 min g(u) ;max g(u) 1. 0;1 4 0;1 5 Suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm m 1. 4 x2 y2 4 Bài 2. Tìm m để hpt có nghiệm 2 x y m x m x2 y2 4 y2 x m • y x m 2 2 x y m x x (m 4) 0 2 x x (m 4) 0 • Do đó hệ có nghiệm khi chỉ khi phương trình:f(x) = x2 + x – (m + 4) = 0 có nghiệm trong [m;+ ) (*) 1 4m 17 -17 • f(x) = 0 có = 4m + 17 nên f(x) = 0 có nghiệm x khi m . 2 4 1 4m 17 • Do đó: (*) m 2m 1 4m 17 2 1 2m 1 0 17 1 m>- 17 m hay m 2 • 2 2 4m 17 (2m 1) 4 2 4 2 m 2 Một số cách giải khác:
15. x2 y2 4 y2 x m • Cách 2: (I) 2 2 x y m x x (m 4) 0(*) Hệ (I) có nghiệm x2 + x – (m + 4) = 0 có nghiệm trên [-2;2]. Dựa vào đồ thị parabol (P) y = x2 + x – 4 trên [-2;2], và đường thẳng y = m suy ra kết quả. • Cách 3: Giải theo tam thức bậc hai x 1 y 1 a Bài 3. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm . x y 2a 1 Hướng dẫn giải Điều kiện x 1; y 1. x 1 y 1 a Hệ phương trình tương đương 2 2 x 1 y 1 2a 1 x 1 y 1 a . 1 2 x 1 y 1 a 2a 1 2 Do đó x 1 và y 1 là nghiệm của phương trình 1 T 2 aT a2 2a 1 0 (*) 2 Để hệ trên có nghiệm khi phương trình (*) có 2 nghiệm không âm 2 2 0 a 2 a 2a 1 0 S 0 a 0 1 2 a 2 6 . P 0 1 a2 2a 1 0 2 2 u x 1 0 x u 1 Đặt 2 v y 1 0 y v 1 2x y 1 m Bài 4. Tìm m để hệ: có nghiệm. 2y x 1 m Hướng dẫn giải 2 u x 1 0 x u 1 +) Đặt 2 v y 1 0 y v 1
16. 2u2 v 2 m +) Đưa về hệ: ( ) 2 2v u 2 m +) Điều kiện để hệ ( ) có nghiệm m 2 Ta xét m 2 hệ có nghiệm hay ko u v 0 (I) 2 2u v 2 m Biến đổi hệ ( ) trở thành: 2u 2v 1 0 (II) 2 2u v 2 0 2 m +) Xét hệ (I): u=v ta được 2v2+v+2-m=0 có P 0 với m 2 PT luôn có nghiệm v 0 hệ 2 0 2 có nghiệm u=v=v0 suy ra hệ ban đầu có x=y=vo +1 +) Xét hệ (II): . 2 a x a x 2 2 1 0 Bài 5. Tìm tham số a để hệ sau có nghiệm: . x a 0 Lời giải 2 2 2 a x a x 2 2 1 0 x a ax 2 2a x a 1 0 x a 0 x a 0 1 1 1 1 x 2 2 x a x a a 2 2 1 2 2 x a a 2 2 x a a x a 0 x a 0 2 Do (2)nên x a và a là hai số dương,áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 4 số dương ta được: 1 1 1 1 x a x a a 4 4 2 2 3 2 2 x a 2 a 4 3 2 x 1 1 2 Do đó (1)chỉ đúng khi dấu đẳng thức xảy ra tại (3)tức là: x a a 2 2 x a a 2 a 2 2 3 2 Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi a và nghiệm của hệ là: x 2 2 Bài 6. Tìm giá trị lớn nhất của tham số m để cho hệ phương trình sau có nghiệm:
17. x2 xy y2 m 2 2 2 y yz z m (x, y, z ¡ ). 3 xy yz zx m Hướng dẫn giải y 3 3 1 + Đặt: X x ; Y y; Z (y z); T (z y). 2 2 2 2 3 Ta đ ược: x2 xy y2 X 2 Y 2 ; y2 yz z2 Z 2 T 2 ; (xy yz zx) XZ YT . 2 X 2 Y 2 m 2 2 2 Do đó ta có hệ Z T m . 3 XZ YT m3 2 + Chú ý: (X 2 Y 2 )(Z 2 T 2 ) (XZ YT )2 (XT YZ)2. Do đó:Hệ đã cho có nghiệm thì: 2 2 3 3 3 3 4 3 4 m.m m m (m ) 0 0 m 2 3 3 4 Suy ra: m 3 . 3 XT YZ (1) 4 3 3 + Xét m 3 .Ta có hệ: XZ YT m (2) 3 2 2 2 2 Z T m (3) 3 Từ (1)có thể đặt X uZ, Y uT ,thay vào (2)và (3)ta có:u m . 2 3 2m 3 X mZ x y 2 2m 3 m 2 4 Do đó ta có hệ: Y mT hay z y với m 3 . 2 m 3 2 2 2 2 Z T m 2 m y 2 3m 4m 4 4 + Từ đó:Đáp số của bài toán là m 3 . 3
18. p  xi 4 i 1 p * 1 Bài 7. a/ Tìm p ¥ sao cho hệ  x1 4 có nghiệm. i 1 x 0,i 1, p i p ai b/ Với p tìm được ở câu a/, hãy xác định tập hợp tất cả các giá trị của tổng:  2 với ai > i 1 1 ai p 2 0 và  ai 1. i 1 Hướng dẫn giải Câu a p p 1 2 Do:16  xi .  p p 4 . i 1 i 1 xi p 4 : Khi đó: xi 1,i 1,4 .Vậy hệ có nghiệm. x2 x3 3 p 3: Chọn x1 1 và có nghiệm.Nên (x1, x2 , x3 ) là nghiệm của hệ. x2.x3 1 x1 x2 4 p 2 : có nghiệm.Nên (x1, x2 ) là nghiệm của hệ. x1.x2 1 p 1:Vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm khi p 2; p 3; p 4. Câu b p a2 Ta có: f (a ,a , ,a ) i . 1 2 p  2 i 1 ai (1 a1 ) 1 2 Xét hàm: g(x) x(1 x2 ),0 x 1; g '(x) 0 x . Ta có: max g(x) . 3 (0;1) 3 3 p 3 3 2 3 3 p Do đó: f (a1,a2 , ,ap )  ai . Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1 hay p = 3. 2 i 1 2 3 a1 a2 1 2 2 1 p 2 : f (a1,a2 ) 2 2 2 2 2 vì a1 a2 1.Dấu đẳng thức xảy ra khi a1 a2 , a2 a1 a1.a2 2 2 a1 1 a1 f (a1,a2 ) 2 2 liên tục trên (0;1).Khi a1 0 thì f (a1,a2 ) .Vậy p 2 ,tập giá trị là: 1 a1 a1 2 2; . 1 p 3: Chọn a 1 2x ; a x ; a x , 0<x< .Thỏa giả thiết: 1 2 3 2
19. 1 2x x x 1 a2 a2 a2 1 2x x x 1. f (a ,a ,a ) g(x) liên tục trên (0; ) ; 1 2 3 1 2 3 2x 1 x 1 x 2 1 3 3 3 3 g , limg(x)=+ .Vậy tập giá trị là: ; . x 0 3 2 2 3 3 p 4 : f (a ,a , ,a ) . Chọn a 1 2x ; a x ; a x , a x thỏa giả thiết: 1 2 p 2 1 2 3 4 1 a2 a2 a2 a2 1 3x x x x 1 với 0 x ; 1 2 3 4 3 1 2x x x x 1 f (a ,a ,a ,a ) g(x) liên tục trên (0; ) ; 1 2 3 4 2x 1 x 1 x 1 x 3 3 3 3 3 lim g(x) ; lim g(x) .Tập giá trị là: ; . 1 x 2 x 0 2 3 Bài 8. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ sau có nghiệm thực: 2 2 4x x 2 5 (x 2) 4 2 x 8x 16mx 32m 16 0 (Chưa giải) Bài 9. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: 3x m y2 1 1 1 . x y m2 2 y y 1 (Chưa giải) Bài 10. (THPT Quảng Xương 2 – Thanh Hóa, 2009-2010) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm x; y sao cho x 0, y 0 1 x y 1 5 xy 1 x2 y2 1 2m 1 2 2 x y Hướng dẫn giải 1 1 u v 5 Đặt u x ;v y hệ trở thành 2 2 x y u v 2m 3 Từ hệ suy ra uv m 11 khi đó u, v là nghiệm của phương trình:
20. X 2 5X – m 11 0 * . Do x 0, y 0 nên u 2, v 2 . Bài toán trở thành tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2 . Đặt t X 2 phương trình (*) trở thành: t 2 t m 5 0 . Để pt (*) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2 ↔ pt ( ) có hai nghiệm không âm 19 Giải được: m 5 . 4 Bài 11. Tìm giá trị của tham số a để hệ phương trình sau có đúng 1 nghiệm: 2 x 3 y a 2 2 y 5 x x 5 3 a