Tải bản đầy đủ

H CDDaiSo2010HPT

Hồ Văn Hoàng

Chuyên đề đại số

KIẾN THỨC CƠ BẢN

Chủ đề : Hệ phương trình phương trình
đại số

1. Chuyển vế :
 a + b = c ⇔ a = c – b;  a + b < c ⇔ a < c − b;
b = 0, c > 0

b = c = 0
 b > 0
 a = bc

a

 ab = c⇔   b ≠ 0
;  ab < c⇔   a < c / b  =c⇔ 


b
b ≠ 0
  a = c / b
b < 0


 a >c /b
 a 2n +1 = b ⇔ a =
a =

2n

2n +1

b;

2n
 b = a
b ⇔ 
 a ≥ 0

 ax + by = c
1. Hệ phương trình bậc 1 : 
.
 a'x +b' y = c'
a b
c b
a c
Tính : D =
, Dx =
, Dy =
a' b'
c' b'
a' c'
D ≠ 0 : nghiệm duy nhất x = Dx/D , y = Dy/D.
D = 0, Dx ≠ 0 ∨Dy ≠ 0 : VN
D = Dx = Dy = 0 : VSN hay VN (giải hệ với m đã biết).
2. Hệ phương trình đối xứng loại 1 :
Từng phương trình đối xứng theo x, y. Đặt S = x + y, P = xy.


ĐK : S2 – 4P ≥ 0. Tìm S, P. Kiểm tra đk S2 – 4P ≥ 0;
Thế S, P vào pt : X2 – SX + P = 0, giải ra 2 nghiệm là x và y.
(α, β) là nghiệm thì (β, α) cũng là nghiệm;
Nghiệm duy nhất ⇒ α = β ⇒ m = ?
Thay m vào hệ, giải xem có duy nhất nghiệm không.
3. Hệ phương trình đối xứng loại 2 :
Phương trình này đối xứng với phương trình kia. Trừ 2 phương
trình, dùng các hằng đẳng thức đưa về phương trình tích A.B = 0.
Nghiệm duy nhất làm như hệ đối xứng loại 1.
 ax 2 + bxy + cy 2 = d
4. Hệ phương trình đẳng cấp : 
2
2
 a ' x + b ' xy + c ' y = d '

 a 2n = b ⇔ a = ± 2n b ;
 b = ±a
;
a = b ⇔ 
a ≥ 0

2. Giao nghiệm :
x >a
x ⇔ x > max{a , b } ; 
⇔ x < min{a , b }

x >b
x  x > a


 x < b

 p

a u a G
; 
⇔ 
VN
(neá
u a ≥ b)  G
q

 G

Nhiều dấu V: vẽ trục để giao nghiệm.
3. Đổi biến :
a. Đơn giản:

t = ax + b ∈ R , t = x 2 ≥ 0, t = x ≥ 0,
t = x ≥ 0, t = a x > 0, t = loga x ∈ R

Xét y = 0.
Xét y ≠ 0 : đặt x = ty, chia 2 phương trình để khử t. Còn 1
phương trình theo y, giải ra y, suy ra t, suy ra x. Có thể xét x = 0,
xét x ≠ 0, đặt y = tx.
1. Hệ đối xứng I
 xy + x + y = 11
 P + S = 11 ⇔ S = 5; P = 6
1)  2
; hpt ⇔ 
.
2
 P.S = 30 hay P = 5; S = 6
 x y + xy = 30

b. Hàm số : t = f(x) dùng BBT để tìm điều kiện của t. Nếu x
có thêm điều kiện, cho vào miền xác định của f.
c. Lượng giác:t = sinx, cosx, tgx, cotx. Dùng phép chiếu
lượng giác để tìm điều kiện của t.
d. Hàm số hợp : từng bước làm theo các cách trên.
4. Xét dấu :
a. Đa thức hay phân thức hữu tỷ, dấu A/B giống dấu A.B;
bên phải cùng dấu hệ số bậc cao nhất; qua nghiệm đơn (bội
lẻ) : đổi dấu; qua nghiệm kép (bội chẵn) : không đổi dấu.
b. Biểu thức f(x) vô tỷ : giải f(x) < 0 hay f(x) > 0.
c. Biểu thức f(x) vô tỷ mà cách b không làm được : xét tính
liên tục và đơn điệu của f, nhẩm 1 nghiệm của pt f(x) = 0,
phác họa đồ thị của f , suy ra dấu của f.
5. So sánh nghiệm phương trình bậc 2 với α :
f(x) = ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0).
* S = x1 + x2 = – b/a
;
P = x1x2 = c/a
 So sánh nghiệm x1, x2 với 0 :
 x1 < 0 < x2 ⇔ P < 0,
∆ >0

 0 < x1 < x2 ⇔  P > 0 ;
S > 0


ĐS: (2; 3);(3;2);(1;5);(5;1)
 x y + xy = 30
hpt ⇔ ...S = 5; P = 6 KQ : (2;3); (3; 2)
2)  3
3
 x + y = 35
(0;1)
x + y = 1
 P + S = 11
S = 1
3)  4
; hpt ⇔  2
⇔
4
2
x + y = 1
( S − 2 P) − 2 P = 1  P = 0; P = 2 (1;0)
 x y + y x = 30
4) 
HD : x; y > 0; S = x + y ; P = x. y .
 x x + y y = 35
 P.S = 30
Hpt ⇔  3
giải được S = 5 ⇒ P = 6. KQ (4; 9); (9; 4)
S − 3SP = 35
5( x + y ) − 4 xy = 4
5) Cho: 
 x + y − xy = 1 − m
a) Tìm m để hpt có nghiệm. (HD: Giải hệ S; P ta được S = 4m;
1
P = 5m −1;ĐK: S2 − 4P ≥ 0 ⇔ m ≤ ∨ m ≥ 1 )
4
b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.
ĐS: m = 1/4, m = 1.
 x + y + xy = 2m + 1
6) a) Cmr: Hệ  2
có nghiệm với mọi m.
2
2
 x y + xy = m + m
b) Tìm m hpt có nghiện duy nhất .
 P + S = 2m + 1
⇔ S1 = m; P1 = m + 1 ∪ S 2 = m + 1; P2 = m
a)Hệ ⇔ 
2
 P.S = m + m
2

∆ >0

 x1 < x2 < 0 ⇔  P > 0
S < 0


6. Phương trình bậc 3 : ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a ≠ 0)
a.Viet : A = x1 + x2 + x3 = – b/a ,
B = x1x2 + x1x3 + x2x3 = c/a , C = x1.x2.x3 = – d/a
x1, x2, x3 là 3 nghiệm phương trình : x3 – Ax2 + Bx – C = 0
b.Số nghiệm phương trình bậc 3: x=α ∨ f(x) = ax2 + bx + c = 0:
∆ > 0
3 nghiệm phân biệt ⇔ 
f (α ) ≠ 0
∆ > 0
∆ = 0
∨ 
2 nghiệm phân biệt ⇔ 
f
(
α
)
=
0

 (α ) ≠ 0
 ∆ = 0
1 nghiệm ⇔ ∆ < 0hay 
 f ( α ) = 0
7. Bất phương trình, bất đẳng thức :
 Ngoài các bất phương trình bậc 1, bậc 2, dạng cơ bản của
, . , log, mũ có thể giải trực tiếp, các dạng khác cần lập bảng
xét dấu. Với bất phương trình dạng tích AB < 0, xét dấu tích A.B
 Nhân bất phương trình với số dương : không đổi chiều;
số âm
: có đổi chiều (Chia bất phương trình : tương
tự).
 Chỉ được nhân 2 bất pt vế theo vế , nếu 2 vế không âm.
a +b
 Bất đẳng thức Côsi : a, b ≥ 0 :
≥ ab . Dấu = khi a = b.
2
a +b +c 3
a, b, c ≥ 0 :
≥ abc . Dấu = xảy ra chỉ khi a = b = c.
3
 Bất đẳng thức Bunhiacốpxki : a, b, c, d
(ac + bd)2 ≤ (a2 + b2).(c2 + d2); Dấu = xảy ra chỉ khi a/b = c/d

2

ĐS: hệ S1, P1 vn; S 22 − 4 P2 = (m − 1) 2 ≥ 0 .Vậy Hệ có nghiệm ∀m
b) Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ S 22 − 4 P2 = 0 ⇔ (m − 1) 2 = 0
⇔ m = 1 . Suy ra x = y = 1 Vậy : (1;1).
2. Hệ đối xứng II
3
2
2
 x = 3x + 8 y
 2 x − 3x = y − 2
1)  3
;
2)  2
2
 y = 3 y + 8 x
 2 y − 3 y = x − 2
1


Hồ Văn Hoàng

Chuyên đề đại số
có nghiệm với ∀m ≠ 4.
Vậy Hệ pt có nghiệm ∀ m.

2
2
x = y
( x − y )( x + y + xy + 5) = 0
⇔ 3
.
HD:1)⇔  3
 x = 3x + 8 y
 x = 3x + 8 y

ĐS: (0; 0), ( 11; 11), ( − 11; 11)
2)Lấy (1) − (2) có 3(x − y)(x + y −1) = 0 ⇔ y = x hoặc y = 1 − x.
Kết hợp (1) khi y = x : (1;1) ; (2;2); khi y = 1 − x VN .
1 3

y

2 x + y = x
 x − 3 y = 4 x

3) 
;
4) 
x
 y − 3x = 4
2 y + 1 = 1

y
x y


Các bài tập luyện tập :
 xy ( x + 1)( y + 1) = m
Bài 1: Cho hệ phương trình 
2
2
x + y + x + y = 8
a) Giải hệ khi m=12.
b)Tìm m để hệ có nghiệm
2

y +2
3 y =
HD: TH1 x=y suy ra x=y=1
x2

Bài 2: 
(B 2003)
2
TH2 chú ý: x>0 , y> 0
3 x = x + 2
suy ra vô nghiệm
2

y

( x − y )( x + y + 4) = 0
3) ĐK:x ≠ 0; y ≠ 0. Hệ ⇔  2
ĐS(-2;2
 x + y − 6 xy − 4( x + y ) = 0
2)
4) HD: Lấy (1) − (2) có (x − y)(2 + 4/xy ) = 0 ⇔ y = x ; y = −2/x
 y = x : (1;1) ; (−1; −1) ;  y = −2/x : ( 2; − 2);( − 2, 2)

2
2
 2 x y + xy = 15
Bài 3:  3
HD: Nhóm nhân tử chung sau đó đặt
3
8 x + y = 35
S=2x+y và P= 2x.y
Đs : (1,3) và (3/2 , 2)
 x 3 − 3 x = y 3 − 3 y (1)
Bài 4:  6
.HD: từ (2) : -1 ≤ x , y ≤ 1
6
 x + y = 1 (2)
3
Xét hàm số: f ( t ) = t − 3t trên [-1,1] áp dụng vào ph trình (1)

1
1

x − x = y − y
3. Hệ nửa đối xứng VD 
2 y = x3 + 1

 x. y ≠ 0
1
1


x − = y −
x
y ⇔  x 2 y − xy 2 + x − y = 0 ⇔

2 y = x3 + 1

3

2 y = x + 1

Bài 5: CMR hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất
 2
a2
2
x
=
y
+

x = y
y

f ( x) = 2 x3 − x 2 lập BBT
HD:  3

2
2 xét
2
a
2 x − x = a
 2
 2 y = x + x

 x. y ≠ 0
 x. y ≠ 0
 x. y ≠ 0

−1




x
=
y
(
I
)

( II )
(
x

y
)(
xy
+
1)
=
0


y =
x
 3


3
x − 2x +1 = 0
2 y = x + 1
 x 4 + x + 2 = 0

 x + 2 − y = 2
Bài 6: 
HD Bình phương 2 vế,đối xứng loại 2
 y + 2 − x = 2



x = y= 1
 x.y ≠ 0


−1+ 5
−1


x
=
y
=
(I)⇔ 
; (II)⇔  y =
2
x


 2 12
12 3

−1− 5
(x − ) + (x + ) + = 0;(VN)
 x = y =
2
2
2

2

2
 xy + x = a ( y − 1)
Bài 7: 
xác định a để hệ có nghiệm duy nhất
2
 xy + y = a ( x − 1)
HD sử dụng ĐK cần và đủ a=8
 xy − 10 = 20 − x 2 (1)
Bài 8: 
2
 xy = 5 + y (2)

4. Hệ đẳng cấp
2
2
 x − 4 xy + y = m (1)
VD. Cho hệ phương trình :  2
(2)
 y − 3 xy = 4
a) Giải hệ pt` với m = 1;
b) Tìm m để hệ có nghiệm
a) Dễ thấy y = 0 không phải là nghiệm của hpt.
t 2 y 2 − 4ty 2 + y 2 = 1
Đặt x = ty, ta có : Hệ ⇔  2
2
 y − 3ty = 4

HD : Rút ra x =

x 2 ≥ 20 theo (1) x 2 ≤ 20 suy ra x,y
 3 x − y = x − y (1)
Bài 9: 
(KB 2002)
 x + y = x + y + 2
HD: từ (1) đặt căn nhỏ làm nhân tử chung (1;1) (3/2;1/2)
 x + 1 − y + 2 = a
Bài 10: 
Tìm a để hệ có nghiệm
 x + y = 3a

 t 2 − 4t + 1 1
 y 2 (t 2 − 4t + 1) = 1
=

⇔ 2
⇔  1 − 3t
4 (I)
 y (1 − 3t ) = 4
 y 2 (1 − 3t ) = 4

Do y ≠ 0 nên từ y2(1 - 3t) = 4 ⇒ 1 - 3t > 0 ⇒ ĐK : t <

1
3

HD: từ (1) đặt u = x + 1, v = y + 2 được hệ dối xứng với u, - v
Chỉ ra hệ có nghiệm thì phương trình bậc hai tương ứng có 2
nghiệm trái dấu.

kq : (1 ; 4), (−1 ; −4).
b) (Khử một ẩn.)
 x = 0 ⇒ m = 4 ; y = ± 2 Hệ có nghiệm (0 ; −2) ; (0 ; 2).
 x ≠ 0 ⇒m ≠ 4
 x 2 − xy = m − 4
Hệ ⇔  2

 y − 3 xy = 4

5
5 + y2 5
= + y . Cô si x = + y ≥ 2 5 .
y
y
y

Bài 11:
 x 3 − y 3 = 7( x − y )
HD: tách thành nhân tử 4 nghiệm
2
2
 x + y = x + y + 2

1) 


x2 + 4 − m
y =
x

 2 x 4 + (8 − m) x 2 − (4 − m) 2 = 0 (*)


( x − y ) 2 . y = 2
đặt t = x/y có 2 nghiệm
3
3
 x − y = 19

2) 

hệ có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm
đặt t = x2 > 0 có (*) ⇔ 2t2 + (8 − m)t − (4 − m)2 = 0
ta có a.c = − 2(4 − m)2 < 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm
trái dấu t1 ; t2 nghĩa là có nghiệm t > 0 hay phương trình (*) luôn

 x( x + 2)(2 x + y ) = 9

3) 

2
x + 4x + y = 6

2

đặt X=x(x+2) và Y=2x+y


Hồ Văn Hoàng

Chuyên đề đại số
 x + y − x − y = 2 (1)

4) 

2
2
2
2
 x + y + x − y = 4

đổi biến theo v,u từ ph trình số (1)

1+ x3y3 = 19x3
1
1
1
5) 
Đặt x = thay vào được hệ y,z DS (- ,3) ( ,-2)
2
2
z
2
3
 y + xy = −6x

3



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×