Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 1 LỜI NÓI ĐẦU Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy rằng nhiều học sinh lúng túng khi gặp các bài toán tìm điều kiện của tham số để phương trình, bất phương trình, hệ phương trình… thoả mãn một tính chất nào đó như: nghiệm duy nhất, nghiệm đúng trên một miền cho trước, hai phương trình tương đương…Do đó tôi đã hướng dẫn học sinh sử dụng một phương pháp rất có hiệu lực để giải dạng toán này là : phương pháp điều kiện cần và đủ. Nội dung của phương pháp thực hiện theo hai bước sau: Bước 1(Điều kiện cần): Giả sử bài toán đã thỏa mãn các tính chất đãn cho( Nghiệm duy nhất…). Dựa vào đặc thù của tính chất đó và dạng của phương trình( hệ phương trình …) đã cho mà ta tìm được điều kiện dàng buộc của tham số. Đó chính là điều kiện cần để thoả mãn tính chất của bài toán. Bước 2( Điều kiện đủ): Ta xét xem trong những giá trị của tham số vừa tìm được giá trị nào thỏa mãn tính chất bài toán. Nói chung bước này ta thường chỉ việc xét các bài toán với giá trị tham số cụ thể ( không còn tham số). Kết hợp cả hai bước ta tìm được điều kiện cần và đủ của tham số thoả mãn bài toán. Để minh hoạ cho phương pháp trên, ta xét một số ví dụ sau. Tôi cố gắng phân chia ra một số dạng (điều này chỉ mang tính chất tương đối), với mỗi dạmg tôi dưa ra một số nhận xét, đây chính là nêu ra các giải bài toán dạng tương ứng. Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 2 CÁC BÀI TOÁN MINH HOẠ Bài 1.Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất +−+ +−= 44 11 x xx xm Giải Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có nghiệm x= x 0 , dễ thấy (1) cũng có nghiệm x= 1-x 0 , nên để phương trình có nghiệm duy nhất điều kiện cần là x 0 = 1-x 0 , suy ra x 0 = 1 2 . Thay x 0 = 1 2 vào (1) ta có m = + 4 28 Vậy điều kiện cần để phương trình (1) có nghiệm duy nhất là m = 4 28+ Điều kiện đủ: Thay m = + 4 28 vào phương trình (1) ta được: +−+ +−= 44 11 x xx x + 4 28 (2) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: +−≤1xx2 ( dấu bằng xảy ra khi x= 1 2 ) +−≤ +−≤ +−= = 4 44 12(1)22(1)22xx xx xx 8 ( dấu bằng cùng xảy ra khi x= 1 2 ) Do đó ta có: +−+ +−≤ 44 11xx x + 4 28 dấu bằng xảy ra khi x= 1 2 x Vậy (2) ⇔ x= 1 2 , suy ra phương trình (1) có nghiệm duy nhất x= 1 2 . Tóm lại phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = 4 28+ . Bài 2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : ++ − + + − =14 (1)(4) x xx xm (1) Giải Điều kiện cần: Ta thấy rằng x 0 là nghiệm của (1) thì 3- x 0 cũng là nghiệm của (1). Vì Vậy điều kiện cần để phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x 0 = 3- x 0 ⇔ x 0 = 3 2 Thay vào (1),ta có m = + 5 10 2 . Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 3 Điều kiện đủ: Thay m = 5 10 2 + vào (1) ta có phương trình: ++ − + + − =14 (1)(4) x xx x + 5 10 2 áp dụng Bunhiacospki ta có: ++ − ≤ + ++− =14 11 14 1xxxx0 (2) áp dụng Cauchy ta có : + +− +−≤ = 14 5 (1)(4) 22 xx xx (3) Dấu bằng đồng thời xảy ra ở (2) và (3) tại x= 3 2 . Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x= 3 2 . Tóm lại: điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm duy nhất là m = + 5 10 2 . Nhận xét: Điểm mấu chốt để tìm ra điều kiện cần ở các ví dụ trên là nêu ra được nhận xét đặc trưng của phương trình đang xét. Các nhận xét cần chú ý đến là tính chẵn lẻ, tính đối xứng của các biểu thức có mặt trong phương trình. Như ở các ví dụ vừa xét ta thấy biểu thức f(x) dạng : ++ − + 22 x abxab , + −()() x ab x khi đó f(x) = f(b-a-x).Do đó phương trình có nghiệm duy nhất thì nghiệm đó thoả mãn x=b-a-x 2 ba x − ⇒= .Từ đó tìm được điều kiện cần. Bài 3. Định m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: 3 4 12(1)2(1) x xmxx xxm+−+ −− −= (1) Giải Điều kiện cần: Ta thấy nếu x 0 là một nghiệm của phương trình (1) thì 1-x 0 cũng là nghiệm của (1). Do đó, (1) có nghiệm duy nhất thì ta phải có: x 0 = 1- x 0 suy ra x 0 = 1 2 . Với x 0 = 1 2 , khi đó (1) trở thành: +− = ⇔= ⇔=∨ =∨==− 11 33 4 2. 2. 0 1 1 2 2 2 mmmmmmm Điều kiện đủ: +với m = 0, ⇔+−− −=⇔ −− =⇔= 1 2 44 4 (1) 1 2 (1 ) 0 ( 1 ) 0 2 xxxx xx x là nghiệm duy nhất. + Với m= 1, ⇔+−+ −− −= 4 (1) 1 2 (1 ) 2 (1 ) 1xxxxxx phương trình này có ít nhất hai nghiệm x= 0 và x =1. Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 4 + Với m = -1, khi đó: ⎡ ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎣ −−= = ⇔−−+−−=⇔ ⇔ ⇔= = −−= 44 10 12 1 22 44 (1) ( 1 ) ( 1 ) 0 12 2 10 xx x xxxx x x xx Vậy m= 0, m=1 thì phương trình có nghiệm duy nhất. Bai 4. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất: ⎧ ++ −= ⎪ ⎨ ++ −= ⎪ ⎩ 26 () 26 xym I yxm (1) (2) Giải Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm (x 0 ,y 0 ) là nghiệm của hệ thì cặp số sau đây cũng là nghiệm của hệ :(y 0 ,x 0 ),(4-x 0 ,4-y 0 ), (4-y 0 ,4-x 0 ). Bởi thế (x 0 ,y 0 ) là nghiệm duy nhất thì y 0 =x 0 = 4-x 0 y⇒ 0 =x 0 =2 Thay y 0 =x 0 =2 vào hệ ta được m= 4. Điều kiện đủ: Với m = 4 hệ trở thành: ⎧ ++ −= ⎪ ⎨ ++ −= ⎪ ⎩ 264 () 264 xy II yx Từ hệ suy ra: 26268xxyy++ −+ ++ −=(3) Theo Bunhiacopski, ta có: ⎧ ++ −≤ + ++−= ⎪ ⎨ ++ −≤ + ++−= ⎪ ⎩ 2611264 2611264( xx xx yy yy (4) 5) Vậy: 26268xxyy++ −+ ++ −≤ (6) Suy ra (3) tương đương với dấu bằng ở (6) xảy ra ⇔ (4) và (5) xảy ra dấu bằng x=y=2 ⇔ Ta thấy x= y=2 thoả mãn hệ (II) Do đó (II) có nghiệm duy nhất Tóm lại: m=4 hệ có nghiệm duy nhất. Lưu ý: Hệ đối xứng kép dạng: ⎧ + +−= ⎪ ⎨ + +−= ⎪ ⎩ ax by m ay bx m có nghiệm duy nhất Điều kiện cần: Thấy rằng (x 0 ,y 0 ) là nghiệm của hệ thì cặp số sau đây cũng là nghiệm của hệ (y 0 ,x 0 ) (b-a-x 0 ,b-a-y 0 ), (b-a-y 0 ,b-a-x 0 ). Bởi thế (x 0 ,y 0 ) là nghiệm duy nhất thì y 0 =x 0 = b-a-x 0 ⇒ y 0 =x 0 = 2 ba− Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 5 Thay vào hệ ta tìm được 2( )ma=+b Điều kiện đủ: Thay 2( )ma=+b vào hệ. Giải hệ ( thường áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski để chứng minh hệ có nghiệm duy nhất). Bài 5. Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất ⎧ ++ −−=− − − ⎪ ⎨ ⎪ ++ −−=− − − ⎩ 7 11 4 4 3 10 3 () 7 11 4 4 3 10 3 xya a I yxa a Giải Điều kiện cần: Thấy rằng (x 0 ,y 0 ) là nghiệm của hệ thì cặp số sau đây cũng là nghiệm của hệ: (y 0 ,x 0 ) (4-x 0 ,4-y 0 ), (4-y 0 ,4-x 0 ). Bởi thế (x 0 ,y 0 ) là nghiệm duy nhất thì y 0 =x 0 = 4-x 0 ⇒ y 0 =x 0 =2. Thay vào hệ ta được: 243103a−= − −a với điều kiện: 2<a< 10 3 (1) Đặt 10 3 , 2−= >att (2). Ta có hệ: ⎧ ⎧ ⎪⎪ ⎨⎨ ⎪⎪ ⎩ ⎩ −= − − − = − ⇔ −=− −= − − − 2 243103 (2)103 (3) 2 (2) 103 14 43103 aaa ta ta t ) 3a Trừ từng vế ta có: () ( 4)3()()( 1)0 ( 11atat at atat a tdoat−+−=−⇔−+−=⇔= +−> Suy ra (3) thoả mãn (1), (2) ⇔− =−⇔−−=⇔= (1) 22 (2)103 60aaa Điều kiện đủ: Với a=3, hệ trở thành: 71146 () 71146 xy I I yx ⎧ ++ −−= ⎪ ⎨ ++ −−= ⎪ ⎩ Cộng vế theo vế hai phương trình ta có : ( ) ( ) + +−+++−=7 11 7 11 12xx yy Theo Bunhiacopski: ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ++ −≤ + ++ −= ++ −≤ + ++ −= 71111711 71111711 xx xx yy yy 6 6 Cộng theo vế ta có: () ( ) ++ − + ++ − ≤7 11 7 11 12xx yy Dấu đẳng thức xảy ra khi ⎧ += − ⎪ ⇔ == ⎨ += − ⎪ ⎩ 711 2 711 xx xy yy thoả mãn hệ (II) Suy ra hệ có nghiệm duy nhất x=y=2. Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 6 Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a=3. Bài 6: Tìm a để hệ sau có nghiệm: 22 22 5423 (1) () 21 742 (2 25 ⎧ ++≥ ⎪ ⎨ − −+≤ ⎪ + ⎩ xxyy I a xxyy a ) Giải Ta có (2) 22 6 7421 25 xxyy a ⇔−+≤− + (2’) Nhân (2’) với -3 rồi cộng vào bất phương trình (1) ta có: 22 99 2(2 ) 2(2 ) 25 2(25 xy xy aa ) − −−≥ ⇔ −≤ ++ Vậy (I) 22 2 5423 (1 () 9 (2 ) (3) 2(2 5) xxyy II xy a ⎧ ++≥ ⎪ ⇔ ⎨ −≤ ⎪ + ⎩ ) Điều kiện cần: Từ (3) suy ra 5 250 (4 2 aa+>⇔ >− ) Điều kiện đủ: Xét hệ: 22 2 2 12 ; 542 3 21 3 77 (5) 12 2 (2 ) 0 ; 77 ⎡ =− =− ⎧ ++= ⎧ = ⎪ ⎢ ⇔⇔ ⎨⎨ ⎢ = −= ⎪ == ⎩ ⎩ ⎢ ⎣ xy xxyy x yx xy xy thay vào hệ (II) ta có: 33 9 0 2(2 5)a ≥ ⎧ ⎪ ⎨ ≤ ⎪ + ⎩ đúng với mọi 5 2 a >− . Do đó (II) có nghiệm, suy ra (I) có nghiệm. Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi 5 2 a >− . Lưu ý: Hệ bất phương trình đẳng cấp bậc hai hai ẩn Tìm m để hệ có nghiệm ⎧ =++≥ ⎪ ⎨ =++≤ ⎪ ⎩ 22 1111 22 2222 (,) 0 (1) (,) 0 fxy ax bxy cy fxy ax bxy cy Phương pháp: Làm xuất hiện phương trình hệ quả : 2 33 [(,)] () f xy k m≤ Biến đổi (1) 111 222 (, ) ( ) (, ) ( ) f xy k m f xy k m α α ≥+ ⎧ ⇔ ⎨ ≥+ ⎩ Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 7 Suy ra: [ ] 2 21 12 3 3 (, ) (, ) ( ) (, ) ( ) f xy f xy Km f xy k m αα −≥⇒ ≤ Do vậy(1) [] 111 2 33 (, ) ( ) (2) (, ) ( ) fxy km fxy km α ≥+ ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ≥ ⎪ ⎩ Điều kiện cần: Từ (2) suy ra điều kiện cần để hệ có nghiệm là: 1 3 () 0 (3) () 0 km km ≤ ⎧ ⎨ ≥ ⎩ Gọi D là tập nghiệm của hệ (3) với ẩn m. Vậy mD ∈ là điều kiện cần của bài toán. Điều kiện đủ: +Với , ta có suy ra nếu (x mD∈ 121 3 () () 0 km km αα ≥+ ⎧ ⎨ ≥ ⎩ 0 ,y 0 ) là nghiệm của hệ 11 3 (, ) (4) (, ) 0 fxy fxy α = ⎧ ⎨ = ⎩ Thì (x 0 ,y 0 ) cũng là nghiệm của hệ (2) với mD ∀ ∈ . +Giải hệ(4) để chứng tỏ có nghiệm. Bài 7: Tìm a để hệ sau có nghiệm: 22 22 1 27 (1 () 1 310 5 2 (2) − ⎧ +−≥ ⎪ + ⎨ ⎪ +−≤− ⎩ a xxyy I a xxyy ) Giải Điều kiện cần: Phương trình 22 2 2 24 (1) 2 7 1 2 4 14 2 (1') 11 xxyy xxyy aa ⇔+ − ≥−+ ⇔− − + ≤− ++ Do đó hệ 22 22 4 24142 () ( ) 1 3105 2 xxyy III a xxyy ⎧ −− + ≤− ⎪ ⇔ + ⎨ ⎪ +−≤− ⎩ Cộng vế với vế của hai phương trình trong hệ ta được: 22 2 44 69 (3) (3 11 xxyy xy aa + + ≤− ⇔ + ≤− ++ ) Nên hệ 2 22 4 3) () ( ) ( ) 1 3105 xy I II III a xxyy ⎧ +≤− ⎪ ⇔⇔ + ⎨ ⎪ +−≤− ⎩ 2 Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 8 Từ (3) suy ra điều kiện cần để hệ có nghiệm là: 4 01 1 a a ≤ −⇔< + − Điều kiện đủ: Xét hệ: 2 2 22 22 31 33 ; 3 3) 0 22 (4) 11 31 3105 2 3105 2 ; 42 22 xyxy xy xy xy yy xxyy xxyy xy ⎡ =− =− =− = ⎧⎧ ⎢ =−⎧ += ⎧ ⎪⎪⎪ ⇔ ⇔⇔⇔ ⎢ ⎨⎨⎨⎨ ==± +−=− +−=− ⎪ ⎢ ⎩ ⎩ ⎪⎪ ==− ⎩⎩ ⎢ ⎣ Với mọi ta có: 1a <− 4 0 1 22 a ⎧ ≤− ⎪ + ⎨ ⎪ −≤− ⎩ nên kết quả (4) cũng là nghiệm của (III). Vậy là tập giá trị cần tìm. 1a <− Bài 8 Tìm a để hệ phương trình sau có nghệm duy nhất: ⎧ ≥+ −−+ ⎪ ⎨ ≥− −+ + ⎪ ⎩ 2 2 () 2 ()32 y xy x ya x yx y xa Giải Hệ tương đương với hệ: ⎧ ++ −−+≤ ⎪ ⎨ +− +−+≤ ⎪ ⎩ 22 22 230 ( 230 ( xy xyxya xy xyxya 1) 2) Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm (x 0 , y 0 ) suy ra hệ có nghiệm (-x 0 , y 0 ) nên để hệ có nghiệm duy nhất thì x 0 =-x 0 ⇒ x 0 =0. Thay vào hệ ta được bất phương trình −+≤ 2 00 30yya(3) Vì hệ (1),(2) có nghiệm duy nhất suy ra (3) có nghiệm duy nhất ⇒ 9 94 0 4 aa Δ =− =⇒= Vậy 9 4 a = là điều kiện cần để hệ có nghiện duy nhất. Điều kiện đủ: Với 9 4 a = thì hệ (1),(2) ⎧ ++ −−+≤ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪ +− +−+≤ ⎪ ⎩ 22 22 9 230 ( 4 9 230 ( 4 xy xyxy xy xyxy 4) 5) Cộng vế của (4) và (5) ta được: 22 2 2 0 93 30 ()0(6) 3 42 2 x xy y x y y = ⎧ ⎪ +−+≤⇔+− ≤ ⇔ ⎨ = ⎪ ⎩ Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 9 Như vậy mọi nghiệm của hệ (4)(5) đều là nghiệm của (6). Mặt khác x=0; y= 3 2 là nghiệm của hệ (4)(5).Suy ra hệ (4)(5) có nghiệm duy nhất: = ⎧ ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ 0 3 2 x y Vậy = 9 4 a là điều kiện cần và đủ để hệ có nghiệm duy nhất. Bài 9 Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất 23 2 23 2 4 4 y xxax x yya ⎧ =− + ⎪ ⎨ =− + ⎪ ⎩ y Giải Điều kiện cần: Ta thấy rằng nếu hệ có nghiệm (x 0 ,y 0 ) thì hệ lại có nghiệm nữa là (y 0 ,x 0 ). Bởi vậy, điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là x 0 =y 0 .Khi đó hệ trở thành: 0 23 2 2 00 0 0 00 0 2 00 0 4(5)0 50 x xx xax xx xa xxa = ⎡ =− + ⇔ − +=⇔ ⎢ − += ⎣ Ta thấy rằng hệ luôn có một nghiệm x 0 =y 0 =0 với a ∀ . Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là phương trình (1) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép bằng 0. Nhưng ta thấy phương trình (1) không thể có nghiệm kép bằng 0. Do đó (1) vô nghiệm 2 00 5xxa−+=0 25 02540 4 aa⇔Δ< ⇔ − < ⇔ > Điều kiện đủ: Với 25 4 a > . Trừ hai vế của các phương trình trong hệ, ta có: 22 33 22 22 4( ) ( ) ( )( 3 3 ) 0 (2)yx xy xy axy xyxy xya−=−− − + −⇔− +−−+= Để ý thấy: 22 2 2 13 3 3 (2 3) ( 1) ( 3) 0, 44 xy xya xy y a a+−−+= +− + − +−>∀> 25 4 Nên (2) . x y⇔= Suy ra hệ 2 23 2 2 0 525 [( ) ( ) 0 4(5)0 24 xy xy xy xy xx a xx xax xx xa = ⎧ == ⎧⎧ ⎪ ⇔⇔⇔ ⇔ ⎨⎨⎨ −+−= =− + −+= ⎩⎩ ⎪ ⎩ == Vậy 25 4 a > là điều kiện cần và đủ để hệ có nghiệm duy nhất. Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 10 Chú ý: Hệ đối xứng hai ẩn x, y có nghiệm (x,y) thì sẽ có nghiệm (y,x) để hệ có nghiệm duy nhất điều kiện cần là x=y. Từ đó tìm được giá trị của tham số. Bài 10 Tìm m để phương trình: −+≥ + − 2 2(4)(6)xxm x x(1) nghiệm đúng với mọi [ ] ∈−4;6x Giải Điều kiện cần: Giả sử bất phương trình (1) nghiệm đúng với [ ] ∀∈−4; 6x , suy ra (1) nghiệm đúng với x=1. Thay x=1 vào (1) ta được ≥ 6m Vậy điều kiện cần là ≥ 6m Điều kiện đủ: Với ≥ 6m Ap bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm: (4+x), (6-x), ta có: VP(1) = ++− +−≤ = (4 ) (6 ) (4 )(6 ) 5 2 xx xx , VT(1) = −+=−+−≥ ≥ 22 2(1)15( mxxmx m do 6) Vậy −+≥ + − 2 2(4)(6) x xm x x đúng với [ ] ∀∈ . Suy ra là các giá trị cần tìm. −4;6x ≥ 6m Lưu ý 1: Với bài toán dạng trên (cô lập được tham số một vế) cách giải trên chỉ mang tính minh hoạ, cách giải sau hay hơn và dễ chấp nhận hơn. Ta có: ⇔≥−+ +−+ + 22 (1) 2 2 24 (2)mx x x x đặt = −+ + ≥ 2 2240xtx và ≤ 5t vậy . Bài toán trở thành tìm m để ↔≥+− = 2 (2) 24 ( )mt t ft [ ] [] ≥∀∈ ⇔≥ ∈ (), 0;5 max () 0;5 mf t t m ft t Lập bảng biến thiên hàm f(t): t -1/2 0 5 f(t) 6 -24 Từ BBT ta có max ( ) 6 6 05 ft m t =⇒ ≥ ≤≤ Lưu ý 2: + Dạng ≤() f xm nghiệm đúng với ∀ ∈⇔ ≤ ∈ max ( ) x Dfx xD m + Dạng ≤() f xm có nghiệm ∈ ⇔≤ ∈ min ( ) x Dfx xD m + Dạng ≥() f xm nghiệm đúng với ∀ ∈⇔ ≥ ∈ min ( ) x Dfx xD m + Dạng ≥() f xm có nghiệm ∈ ⇔≥ ∈ max ( ) x Dfx xD m Đôi khi không tồn tại max, min của f(x) mà f(x)<A, f(x)>B thì ta cũng có thể tạm coi A là max, B là min của f(x) và chú ý đến dấu bằng ở mấy biểu thức trên có thể có hoặc không tùy từng bài. [...]... Vĩnh Phúc Trang 13 Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Còn phương trình : (2) ⇔ 2 sin 6x − 3sin 2x = 0 ⇔ sin 2x (2 sin 4x − 3) = 0 ⇔ sin x = 0 (10) Từ (9) và (10) suy ra m=-1 thoả mãn Vậy với m=0 và m=-1 thì hai phương trình (1) và (2) tương đương Bài toán 16 Tìm a, b sao cho mọi nghiệm của phương trình sin(x+y) = a đều là nghiệm của phương trình cos(x+y) =... Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 12 Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Giải Ta có phương trình (1) ⇔ sinx[2sin6x-(1- m)sin2x +(2m3-2m-1)]=0 ⎡sin x = 0 ⇔⎢ 6 2 3 ⎣2sin x-(1- m)sin x +(2m -2m-1)=0 (3) Phương trình (2) ⇔ 2sin 6 x+(m-2)sin 2 x =2m-2m3 (4) Điều kiện cần: Ta thấy phương trình (1) luôn có nghiệm sin x = 0 , do đó để (1) ⇔ (2).. .Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Bài 11 Tìm m để phương trình sau nghiệm đúng với ∀x ≥ 0 x 2 + 2 x − m2 + 2m + 4 = x + m − 2(1) Giải Điều kiện cần: Giả sử (1) nghiệm đúng ∀x ≥ 0 suy ra x= 0 thoả mãn phương trình (1) do đó: ⎧m − 2 ≥ 0 2 (1) ⇔ −m + 2m + 4 = m + 2 ⇔ ⎨ 2 2 ⎩−m + 2m + 4 = (m − 2) ⇔m=3 Điều kiện đủ: Thay m=3 vào (1) ta được phương trình: ... để phương trình sau nghiệm đúng ∀x ∈ R Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 11 Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình a x 2 + 1 − x 2 + bx + 1 = 0 (1) Giải Điều kiện cần: Giả sử phương trình có nghiệm Khi đó, (1) ∀x ∈ R suy ra x=0 là nghiệm của (1) ⇔ a −1 = 0 ⇔ a = 1 Với a=1 thì ⇔ (1) 2 2 Vậy a=1 , b=0 là điều kiện cần để phương. .. của phương trình cos(x+y) = b Giải Điều kiện cần: Giả sử mọi nghiệm của phương trình sin(x+y) = a cũng là nghiệm của phương trình cos(x+y) = b Ta thấy, nếu (x0,y0) là nghiệm của phương trình sin(x+y) = a thì (π − x0 , π − y0 ) cũng là nghiệm của phương trình sin(x+y) = a Từ đó (x0,y0) và (π − x0 , − y0 ) cũng là nghiệm của phương trình cos(x+y) = b, tức là: (1) ⎧cos( x0 + y0 ) = b ⎨ ⎩cos[π − ( x0 + y0... Với a=1 thì ⇔ (1) 2 2 Vậy a=1 , b=0 là điều kiện cần để phương trình nghiện đúng Điều kiện đủ: với a=1 , b=0, khi đó (1) trở thành với ∀x ⇔ x + 1 = x + bx + 1 ⇔ x + 1 = x + bx + 1 ⇔ bx = 0 ⇔ b = 0 2 2 ∀x ∈ R x 2 + 1 − x 2 + 1 = 0 luôn đúng ∀x ∈ R Kết luận: phương trình nghiệm đúng ∀x ∈ R khi và chỉ khi a=1, b=0 Bài14 Tìm a,b,c để phương trình sau có nghiệm duy nhất: x−a + x−b = c (1) Giải Điều kiện... có nghiệm duy nhất x=x0 Khi đó ta có: x0 − a + x0 − b = c ⇔ (a + b − x0 ) − a + (a + b − x0 ) − b suy ra x=a+b-x0 cũng là nghiệm Vì phương trình có nghiệm duy nhất, ta có: x0= a+b-x0 ⇒ x 0 = a+b thay vào (1) ta được: a − b = c 2 Điều kiện đủ: Với c = a − b , khi đó phương trình (1) trở thành: x − a + x − b = a − b ⇔ x − a + x − b = ( x − a) − ( x − b) ⇔ ( x − a)2 + ( x − b)2 + 2 x − a x − b = ( x − a)2... (2), nên (4) ⇔ 2m-2m3 = 0 ⇔ ⎢ ⎣ m = ±1 ⎡m = 0 Điều kiện cần để hai phương trình tương đương là: ⎢ ⎣ m = ±1 Điều kiện đủ: +Nếu m = 0 , thì ⎡sin x = 0 ⎡sin x = 0 ⎡sin x = 0 ⎡sin x = 0 ⇔ ⎢(sin 2 x − 1)(2 sin 4 x + 2 sin 2 x + 1) = 0 ⇔ ⎢ 2 ⇔ ⎢sin x = 1 (5) (1) ⇔ ⎢ 6 2 ⎢ ⎢ ⎣2sin x-sin x -1=0 ⎣sin x − 1 = 0 ⎢sin x = −1 >0 ⎣ ⎣ Mặt khác phương trình: (2) ⇔ 2 sin 6x − 2 sin 2x = 0 ⇔ 2 sin 2x (sin 2x − 1)(sin... ⇔ −m + 2m + 4 = m + 2 ⇔ ⎨ 2 2 ⎩−m + 2m + 4 = (m − 2) ⇔m=3 Điều kiện đủ: Thay m=3 vào (1) ta được phương trình: x ≥0 x + 2x + 1 = x + 1⇔ x + 1 = x + 1 2 Vậy với m = 3 phương tình nghiệm đúng luôn đúng ∀x ≥ 0 Bài 12 Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm với mọi b ⎧( x 2 + 1)a + (b 2 + 1) y = 2 ⎪ (I ) ⎨ 2 ⎪a + bxy + x y = 1 ⎩ Giải Điều kiện cần: Hệ có nghiệm ∀b , ắt hẳn phải có nghiện với b = 0 ⎧⎡a... x − a)( x − b) ≤ 0 (3) +Nếu a ≠ b thì có thể giả sử a ≤ b khi đó (3) ⇔ a ≤ x ≤ b vậy phương trình không có nghiệm duy nhất +Nếu a=b thì (3) ⇔ ( x − a)2 ≤ 0 ⇔ x = a vậy (3) có nghiệm duy nhất Khi đó với a= b suy ra c = 0 Vậy tóm lại điều kiện cần và đủ để (1) có nghiệm duy nhất là a= b và c = 0 Bài 15 Tìm m để hai phương tình sau tương đương: 2 sin 7x − (1 − m)sin 3x + (2m3 − 2m − 1)sinx = 0 (1) 2 . tìm điều kiện của tham số để phương trình, bất phương trình, hệ phương trình thoả mãn một tính chất nào đó như: nghiệm duy nhất, nghiệm đúng trên một miền cho trước, hai phương trình tương đương…Do. cần để phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x 0 = 3- x 0 ⇔ x 0 = 3 2 Thay vào (1),ta có m = + 5 10 2 . Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình. −= 4 (1) 1 2 (1 ) 2 (1 ) 1xxxxxx phương trình này có ít nhất hai nghiệm x= 0 và x =1. Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình Vũ Doãn Tiến- Trường