Đang tải... (xem toàn văn)
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình, bất phương trình, hệ phương trình
I PHƯƠNG TRÌNH Khơng có tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương Câu x x x x x 3x x x Giải phương trình Lời giải +Biến đổi phương trình tương đương : x x x 1 � �� x2 � Câu Giải phương trình x 2 x ( x 1)( x ) Lời giải Điều kiện: x �1 Nhận thấy x 1 nghiệm phương trình Xét x 1 Khi phương trình cho tương đương với x1 � x x x x 12 4( x 3) x1 4( x 3) 2x ( x 3)( x x ) � � ( x 1) � � x1 2x � � x 3 � x Vì x 1 nên x1 2x (1) 2 x Suy x1 2x 3, ( x 1) Do phương trình (1) � x � x Vậy phương trình cho có nghiệm x 1 x Câu [Đề thi hsg Bắc Sơn, Lạng Sơn] Giải phương trình sau : Lời giải x x 5x x x 5x � 2x 33 x2 x x 5x 3 � x 13 5x x � 4x 5x � x 0;x � Th�l� i ta th� y ph� � ng tr� nh c�3 nghi� m: x =0; x =� Câu Giải phương trình: x x x 1 x x 1 ,với x �R Hướng dẫn giải 1 � x x x 1 � x2 2x x x2 2x 4x x2 2x � x2 x x 1 �� � � x 2x � 15 �x � x 2x 2x 1 � � � x � 3x x � Câu 3x x x x Giải phương trình Hướng dẫn giải 3x x x x � 2x (2 x 3)(x 1) 3x x Tìm nghiệm x=2/3 Câu 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình x 3y 2xy 2x 10y Hướng dẫn giải Ta có: x2 3y2 2xy 2x 10y � x2 2x y 1 y 1 4y2 8y � x y 1 2y 2 7 2 � 3y x 1 y x 3 Vì số ngun tố nên ta có trường hợp sau: � 3y y 1 � 3y y 1 7 � 3y y 1 � 3y y 1 1 � � � � �y x ; �y x 1 ; �y x ; �y x 7 Giải ba hệ phương trình ta được: Câu x; y 3;1 , 1; 3 , 7; 3 (THPT Quảng Xương – Thanh Hóa, 2009-2010) Giải phương trình: x x2 x 1 x Hướng dẫn giải t2 1 � t t 2t t x x t Đặt ta Giải ta t suy x 1, x Dạng 2: Đặt ẩn phụ Giải phương trình tập số thực: x + x + = x x +1 (1) Hướng dẫn giải Điều kiện: x �1 Bài x x x x � x x 1 x x gx 1 khơng nghiệm phương trình �x � x2 gx 1: pt (1) � � 1 � x 1 � x 1 � t= Đặt x2 x 1 Phương trình trở thành: t + = 2t +1 �t= �20 � 20 + S � � �x= � � x +1 = 3x Khi ta có: Vậy Bài 2 x 3x x x Giải phương trình sau tập số thực: Hướng dẫn giải Phương trình (1) � x x 5 x x Đặt t x Ta có phương trình: t x t 3x (*) � x 5 � � � x x 1 t 3 � �� tx2 � Phương trình (*) �x � �2 �x 4x t � x � x �2 t x � x x �x 2 �� � x 2� �x � Vậy S �2; � x x 5 x x x2 x 1 x Giải phương trình sau tập số thực: Hướng dẫn giải � a� � � a x2 x � � � � b x3 b �0 Đặt � Điều kiện: � Bài 2 2 2 Ta có: x x 2a 3b ; x x 2a b �b � �b � �b � � � � � � � � 2 2 a b a a b b �a � �a � �a � Thay vào phương trình ta được: b � 1 � a �� � �b � b � � � �a � a � �b � b b �0 � � +) �a � a : phương trình vơ nghiệm a ) x 1 � b � b a � x x2 x � � x 1 a � Vậy x 1; x 1 nghiệm phương trình Bài Giải phương trình sau 2 x3 10 x 17 x x x x3 Lời giải Nhận xét x không nghiệm phương trình cho Suy x �0 Chia hai vế phương trình cho x đặt t , t �0 x , ta có phương trình 8t 17t 10t 5t � 2t 1 2t 1 5t 1 5t f t t 2t , t �� Xét hàm số f t f ' t 3t 0, t Ta có hàm số liên tục � * Suy hàm số f t đồng biến khoảng �; � f 2t 1 f 5t � 2t 5t Khi phương trình cho có dạng 17 � 97 � 8t 17t 6t � t 16 (do t �0 ) 17 97 17 97 x1 x2 12 12 Vậy phương trình cho có nghiệm Bài Giải phương trình sau : x 1 x2 x2 x Lời giải 2 2 Đặt y x �1 � y x � y (1 x) y x x3 x 5x2 Điều kiện xác định: x �0 Đặt t 5x2 (t �0) 2 Ta có x 6t Phương trình cho trở thành x 6t t � x 6t (t 1)3 � x (t 1)3 � x t � t x � �x �1 �x �1 5x2 � x � �5 x � �2 ( x 1) �x 12 x � � � x 6 28 (tm đk) Vậy phương trình cho có nghiệm x 6 28 Bài log 2 ( x x 11) log Giải phương trình: �x x 12 � (*) �2 x x 11 � Điều kiện: 2 ( x x 12) (1) 2 (2 5) (2 ) 2 log ( x x 11) log ( x x 12) 9 8 (1) log 9 ( x x 11) log8 ( x x 12) Đặt: a = + > 1, t = x2 – 2x -12 Điều kiện: t > Do đó: (1) lna + 1(t + 1) = lnat � t ay � �� (I) t (a 1) y � Cách 1: (1) lna + 1(t + 1) = lnat y y �a � �1 � � � � � (2) Từ (I) ta được: �a +1 � �a +1 � y = 1: nghiệm (2) y y y y 1 �a � �1 � a �a � �1 � a 1 1 � � � � � � � � a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 � � � � � � � � y < 1: , y < 1: Nên (2) có nghiệm nhất: y = Do đó: (1) t = a x2 – 2x – 12 = + ( thỏa *) x2 – 2x – 20 - = x = + x = -2 Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = + x = -2 Cách 2: Xét hàm số y = f(t) = lna + 1(t + 1) - lnat (a >1 1 0 (t 1) ln(a 1) t ln a Ta được: a > 1, nên hàm số giảm (0; +) ta có f(t) = có nghiệm t = a nên f(t) có nghiệm t = a Vậy: (1) (1) lna + 1(t + 1) = lnat t = a x2 – 2x – 12 = + ( thỏa *) x2 – 2x – 20 - = x = + x = -2 y' Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = + x = -2 Giải phương trình: 3( x x 2) 10 x x x (1) 2 x x x ( x 1)( x x 1) nên điều kiện là: x -1 Bài x2 + 2x + = (x +1) + (x2 + x + 1), đặt a x , b x x Với điều kiện x -1: (1) trở thành: 3(a2 + b2) = 10ab 3a2 – 10ab + 3b2 = (a – 3b)(3a – b) = a = 3b hay a = b/3 a = 3b x =3 x x x + = 9(x2 + x + 1) 9x2 + 8x + = (vô nghiệm) a = b/3 3a = b 3 x = x x 9(x + 1) = x2 + x + x2 - 8x - = � x �2 Vậy phương trình có hai nghiệm: x �2 Giải phương trình : x 3x x Điều kiện: x -1 Bài +) Nếu x > thì: x- 3x + = (x – 1) - 3(x- 1) > 4(x – 1) – 3(x – 1) = x – > Chứng tỏ x > không thỏa mãn Với -1 x Đặt x = 2cost + (0 t ) Khi phương trình trở thành: (2cost + 1) - 3(2cost + 1) + = 8cost – 6cost = 2cos3t = 2cos cos3t = cos Bài Giải phương trình 5x x 5x 1 Hướng dẫn giải 2 Điều kiện xác định: x �0 5x2 t (t �0) 2 Ta có x 6t Đặt Phương trình cho trở thành x 6t t � x3 6t (t 1)3 � x3 (t 1)3 � x t � t x � �x �1 �x �1 5x2 � x � �5 x � �2 � x 6 28 ( x 1) �x 12 x � � Đối chiếu điều kiện ta nghiệm Bài 10 [Đề chọn x2 � x � � x 6 28 hsg tỉnh Trà Vinh, x � x � � 2014-2015] Giải phương 3 Bài 11 [Đề thi hsg tỉnh Vĩnh Long, 2015-2016] Giải phương trình x 2 x Lời giải 3 Phương trình tương đương với x x x 2 x Đặt t x , ta có phương trình x3 x t 2t � x t x xt t x t � x t x xt t 1 � t � 3t x xt t �x � 20 � � Vì nên (1) � x t trình : x 1 � � � x 1 x x 1 � 1 � � x 3 � � x 2x 1 � x 2x 2 � 1 � � S � 1; � � � Tập nghiệm x x x 1 3 x Bài 12 Giải phương trình: ,với x �� Hướng dẫn giải Từ pt ta thấy x� � x2 (1) � 1� �x � 3 x2 � x� t x , t �2 x Đặt: Pt trở thành: t2 1 t t �3 � � �2 �t2 t t 14 � x � x 1 x 3 Giải phương trình x x 12 x x x Bài 13 Giải phương trình: x 3x x x x Hướng dẫn giải Đặt r r u x;1 , v 3x ; x từ phương trình ta có rr r r u.v u v r r Như vậy: u, v ngược hướng 3x x x Suy ra: (1) Giải (1) thử lại ta thấy phương trình cho có nghiệm Bài 14 Giải phương trình: x 10 10 x ,với x �R Hướng dẫn giải x 1 Đk: x �0 Đặt u 10 x , u �10 � �x 10 u � Ta có: �u 10 x xu x u 0� x u x u 1 xu � �� � u x 0(VL) �x �10 21 41 x u � x x 10 � �2 � x �x 21x 100 Vậy phương trình có nghiệm: Giải phương trình: Bài 15 Giải phương trình: x 21 41 , 81x x x x 3x x2 x2 1 Hướng dẫn giải Phương trình cho có điều kiện x Với điều kiện ta có: 2 � (1 x ) ( x 1) x � x2 � 1� �x � x � x� � t 10 t 2t � � � t 10 t 10 � Đặt ta có: � 10 x � �� � 10 x x 10 � � x Với t 10 ta có : , phương trình cho có nghiệm So với điều kiện Bài 16 Giải phương trình sau tập số thực: x (2 x 1) Hướng dẫn giải x 1 x � Đặt y Điều kiện: x ( y ), �x y 2( x 1) y �2 y x 1 ta thu hệ � Suy x y y x ( x 1) y � y x 1 y � y x 1 1 y x 1 y2 x x 1 � y x 1 x 1 x 1 � x Do Thay vào, thử lại thấy x x 15 33 32 15 33 32 thỏa mãn 15 33 32 Đáp số: Bài 17 Giải phương trình: Hướng dẫn giải =0 (x = không nghiệm) Đặt ta So với điều kiện ta So với điều kiện , ta 2 Bài 18 Giải phương trình sau: x x x x x x với x �R Hướng dẫn giải Đặt t x x 1, t � Khi phương trình trở thành: 4t t 7t � t 6t t 4t � t t 2 � t t 1 t t (*) Với t� 2 � t t 1 � �2 t t 5 � 1 t 2 t t có nghiệm 10 (*) 3 x 6( x3 y ) 2( x y ) �x 2( x y ) �x ( x y ) x y 2 x xy y (7) Từ (3) (7) suy 2x + y = x = y ta x = y = (thoả mãn điều kiện tốn) Vậy hệ có nghiệm (1;1) Bài 2 � �y x 1 x x 1 � 40 x x y 14 x � Giải hệ phương trình sau: � Lời giải I � 2� t 4x � t� � x� � � 14 ĐK: Đặt �y t 1 t 2t 1 1 � I � �5 t � t y t 1 2 �2 Nhận xét: từ (2) ta có: y 2t 2t 1 2t 1 t 2t 2t � t Ta có: y + t�+ 1 t Do đó, từ (1) suy ra: y2 t 3t 3 y2 t 1 y t 1 � 2 Ta có: y2 t 1 t t � � 5t 3t �y Do đó, từ (2) suy ra: 5t 3t �t 3t Từ (3) (4) suy ra: 3 1 6t 6t �0 � 2t 1 �0 � t � x � x 2 2 Thay x vào hệ I ta có: � �2 � y �y y� � � � � � � y �� �� � �y �y �y � � � � 77 Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất: Bài �1 � � � �8 � x; y � �; �x y � 2 x, y, z �� �2 y z �xy yz zx Giải hệ phương trình: � Lời giải +) Nếu x thay vào hệ ta có hệ vơ nghiệm +) Nếu x �0 ta đặt y ax; z bx thay vào hệ ta �x 2a � �4a 3b � 2a 2a 3b �2 � � 2 �� 1 �x 2a 3b � � 2a a ab b � �2 �2a a b a 1 x a ab b � � � �a 1 � � 2 b �1 � � 4a 3b � �4a 3b � � �� �� �� a 1 2a 1 b a 1 � a 1 2a b ��b 2a � � � �2a 3a � �a 1 � b �1 thay vào (1) không thỏa mãn +) Nếu � � a 1 � � � b 1 � � b 2a � �� � � a a a � � � a 1 � � � � � � b0 b 1 vào (1) không thỏa mãn, thay � � +) Nếu thay � � vào (1) ta có x � Do nghiệm hệ Bài x; y; z � 2; � 1 �� � ; �� , 2; ;0 � �� � Giải hệ phương trình sau: log (2 x y ) log (2 x y ) � � ( x, y ��) � 27 27 x 26 x y x6 � � Lời giải Đặt t log (2 x y ) , phương trình (1) trở thành: 78 � �a � � b0 � log (7t 2) 2t � 9t 7t � � t (Sử dụng tính chất đơn điệu) � x y � y x (3) Thế (3) vào (2) ta được: 27 x 24 x 28 27 (9 x 4) 3(9 x 4) 1 x � 1 3 (4) Đặt t x (t �0) Phương trình (4) trở thành: t2 3t t2 3t 1 � 6t 3 (5) Áp dụng bđt AM – GM ta có: Từ (5) ta có: Từ Bài x t 6 6t � t2 �2t � 4t 48 �3t 12t 12 � (t 6) �0 � t �2 59 � 59 ( x; y ) � ; � �y �9 27 � 27 Vậy hệ cho có nghiệm Giải hệ phương trình : �x y 3xy 4 �2 �x xy �3 y xy � ( x �R, y �R ) Lời giải Đặt : 3y z 4 2 Ta có : x z �2 x z ,suy : �t xz �2 Xét vế trái phương trình (2) t f (t ) 2t 1 t x2 z , t �[1; 2] t xz xz xz xz �2 xz 1 xz f ' (t ) , suy f (t ) hàm số đồng biến (1;2) , suy : 1 t f (t ) �f (1) 0, t �[1; 2] 5 f ( t ) ,suy VT = �6 1 x 1 ; y Dấu xẩy t , suy : x 1; y 79 Bài Giải hệ phương trình sau: �x x xy y y � � x y 3x x 15 x y x y y x y x x � � ; x, y �� Lời giải Điều kiện: x �0, y �0 Đặt a x , b y a �0, b �0 ( ) Hệ phương trình cho trở thành 1 � a 2a 3b b5 � � 6 �4a b 3a5 15a b2 3a b3 a 2b 4a3 � 2 a, b 0,0 nghiệm hệ Nhận xét: a � b ; b � a Do Bây ta xét a 0, b Đặt b ka � k Với cách đặt 2k ak � a Phương trình (1) trở thành: 4a Phương trình (2) trở thành: 2k k5 (3) a k 3a 15a k a 3a k 3a a 3k 4a (4) � 3k � � 2k � 4k 5 k k 4 � � � � 2k � � 3k � Thay (3) vào (4) ta được: � Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho vế trái (5) ta được: � 3k � 3k 2k � 2k � � k � k � 2k 3k � � � � 2k � � 3k � � � � 2 12 k k � k k � � � � Đẳng thức xảy k Khi a b hay x y Vậy hệ phương trình cho có nghiệm Bài x; y 0;0 , 9;9 � x xy x xy y y 15(1) � � 6( x3 y ) 2( x y ) 3(2) �x 2 Giải hệ phương trình � x xy y 80 (5) Bài giải �xy �0 �2 x y xy �0 Điều kiện � Nếu x y = hệ vô nghiệm �x �0 � Nếu �y �0 (x,y không đồng thời 0) vế trái (2) âm, phương trình (2) khơng thoả mãn Do x > 0, y > 1.0 đ Vì xy �x y nên từ phương trình (1) suy 15 x xy x xy y y �(2 x y )2 x 3( x y ) y (2 x y ) x y � (2 x y ) 2(2 x y ) �15 � x y �3 x2 y2 xy ��� x 2 Mặt khác, ta có xy (3) y 3( x y ) 1.0 đ 3( x3 y ) x xy y 2( x3 y ) x y (4) 2( x y ) � 2( x y )(5) 2 Ta chứng minh rằng: x y 1.0 đ Thật bất đẳng thức (5) tương đương 2( x3 y ) �( x y )3 � x y x y �3x y 3x y (6) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: x x3 y x y �3 x12 y 3x y y x y x y �3 x y12 x y Cộng vế với vế hai đẳng thức ta (5), từ suy (5) 3( x3 y ) � 2( x y ) 2 x xy y Từ (4) (5) suy ra: Kết hợp với phương trình (2) lưu ý 3 x 2( x y ) �x y , ta được: 6( x3 y ) 2( x y ) �x 2( x y ) �x ( x y ) x y x xy y (7) Từ (3) (7) suy 2x + y = x = y ta x = y = (thoả mãn điều kiện tốn) Vậy hệ có nghiệm (1;1) 81 � y3 x y x2 y x y � � � x y 2 x y x, y �� � Bài Giải hệ phương trình: ( ) Hướng dẫn giải y x – y �0 y – x �0 Điều kiện: x �2 , y �1 ; ; +) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số khơng âm ta có: y 2x y y xy y = y xy y � x2 y x2 y 3x2 x2 y x2 � 2 = y 2x y Suy ra: x y 4x + 2 y 3x � 3xy + y 3x 2 � x – y �0 � x y y � xy Vì vậy, ta phải có: Vậy phương trình đầu tương đương với x = y Thay x y vào phương trình thứ hai hệ ta được: 2 x + x 2 x x (*) 2 x + Do x nên ta phải có: x x – x ( x �1 ) Khi phương trình (*) tương đương với: x – x x – 1 – x x x 1 � � � x – x – 1 � 1 � � x 1 x x x 1 � 1 � � do1 � � x 1 x x x � � x – x –1 � � 1 t / m �x � � 1 1 x x y � 2 � � 1 � � � � x; y � � � Vậy hệ có nghiệm Bài 10 [Đề hsg Dương Xá,2008-2009] Giải hệ phương trình sau: 82 2 � � x x y x y x y y 18 � 2 � � x x y 1 x y x y 1 y Lời giải �x x y �0 �2 y x y �0 Điều kiện � Cộng trừ vế tương ứng hệ phương trình ta � x x y y x y 10 � � �x y Thế y=8-x vào phương trình ta x x 16 x 73 10 � ( x 9)( x 16 x 73) x x � ( x 32 ) � ( x 8) 32 ) � � � x(8 x) � (1) � Trong hệ trục tọa độ xét a ( x;3) ; b (8 x;3) � ( x 32 ) � ( x 8) 32 ) � � � � | a |.| b |= Khi � � a b = x(8 x) � � � � Pt (1) tương đương với | a |.| b |= a b (2) � � � � Ta có | a |.| b | �a b � � � � � Khi (2) xảy a b (không xảy ra) a 8 x � 1 � x=4 hướng b suy x KL: Nghiệm hệ (4;4) Bài 11 [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải hệ phương trình : 1/ �x y x y �2 � 2 � x y 1 � x 1 y 1 � � � x y 4 2/ � 83 Bài 12 [Đề xuất Chuyên Biên Hòa, DHĐBBB 2015-2016]Giải hệ phương trình Lời giải Điều kiện : Ta có : ( dấu = xảy xy =) Do từ (1) (3) Từ (2) (3) ta suy : (4) Ta lại có Do (4) hoặc Thử lại ta thấy có nghiệm hpt.0,5 Bài 13 Giải hệ phương trình: Hướng dẫn giải 3 Đặt f (t ) = 2t + 9t +12t ; g (t ) = t + 3t + 4t +15 f ( x) = g ( y ) � � � � �f ( y ) = g ( x ) � � �f ( z ) = g ( x ) Hệ trở thành: � Ta có g� t 3t 6t � x3 x 12 x y y y 15 � 3 �2 y y 12 y z 3z z 15 �2 z z 12 z x 3x x 15 � với t nên hàm g đồng biến �g x �g y �g x �f x �x �y � � � g x �g z f z �g z x max x, y, z x � z � � � Giả sử hay suy Hay � x 1 x x 15 �0 �x x x 15 �2 x x 12 x � �� * � 3 2 z z z 15 � �2 z z 12 z �z z z 15 � � 2 Do x x 15 x, z z 15 z nên từ (*)ta có x �1 �z Lại theo giả sử trên, x max x, y, z nên x z Thế vào hệ phương trình ban đầu ta y Thử lại thấy x y z nghiệm Kết luận:Hệ cho có nghiệm x y z 84 Bài 14 Giải hệ phương trình : x cos y cos z � � y cos z cos x � � z cos x cos y � (Chưa giải) Có tham số 3 � �x y y 3x (4) �2 x x 2 y y m (5) Bài Tìm m để hpt sau có nghiệm thực: � Hướng dẫn giải 1 �x �1 � � �y �2 Điều kiện: � � x3 3x y 1 y 1 Phương trình (4) 3 t � 1;1 Xét hàm số f (t ) t 3t , với f '(t ) 3t �0, t � 1;1 � f(t) hàm số nghịch biến 1;1 (vì liên tục đoạn này) Suy ra: x y 2 Thay vào phương trình (5) ta được: x x m 2 u � 0;1 Đặt u x , Ta có phương trình: g(u) = u u m g (u ) ; max g (u ) 1 0;1 0;1 Suy hệ phương trình cho có nghiệm Bài Tìm m để hpt có nghiệm � �m �1 �x y � � �x y m �x �m 2 � �x y �y x m � �2 � �y � x m � �x y m �x x (m 4) �x x (m 4) � Do hệ có nghiệm khi phương trình:f(x) = x2 + x – (m + 4) = có nghiệm [m;+) (*) 85 x f(x) = có = 4m + 17 nên f(x) = có nghiệm 1 4m 17 ۣ m� � Do đó: (*) 2m 1 � 4m 17 -17 m � 4m 17 � 2m �0 � m>17 17 � �� � �m � hay � � �m �2 4 4m 17 �(2m 1) � � 2 �m �2 � Một số cách giải khác: �x y �y x m � � � �2 (I) � �x y m �x x (m 4) 0(*) Cách 2: Hệ (I) có nghiệm x2 + x – (m + 4) = có nghiệm [-2;2] Dựa vào đồ thị parabol (P) y = x2 + x – [-2;2], đường thẳng y = m suy kết Cách 3: Giải theo tam thức bậc hai � � x 1 y 1 a � �x y 2a Bài Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm Hướng dẫn giải x � 1; y � Điều kiện � x 1 y 1 a � � x 1 y 1 � Hệ phương trình tương đương � 2a � x 1 y 1 a � �� a 2a 1 � � x 1 y 1 � � � 2� Do x y 1 nghiệm phương trình T aT � a 2a 1 � � (*) 2� Để hệ có nghiệm phương trình (*) có nghiệm khơng âm �2 a a 2a 1 �0 � � � � � ۳۳� � a �S�� �P �0 �1 � � a 2a 1 �0 �2 86 a � u x �0 � x u � � v y �0 � y v Đặt � Bài � �2 x y m � Tìm m để hệ: �2 y x m có nghiệm Hướng dẫn giải � u x �0 � x u � � v y �0 � y v +) Đặt � +) Đưa hệ: � 2u v m � (**) � 2v u m � +) Điều kiện để hệ (**) có nghiệm m �2 Ta xét m �2 hệ có nghiệm hay ko � uv � (I ) � � �2u v m � � �2u 2v � ( II ) � � 2u v � � Biến đổi hệ (**) trở thành: 2m �0 +) Xét hệ (I): u=v ta 2v2+v+2-m=0 có với m �2 PT ln có nghiệm v0 �0 � hệ có nghiệm u=v=v0 suy hệ ban đầu có x=y=vo2+1 P +) Xét hệ (II): ……… Bài � a x a x 2 �0 � � Tìm tham số a để hệ sau có nghiệm: �x a Lời giải 2 � � a x a x 2 �0 � � x a ax 2a x a �0 � � � �x a �x a 1 �1 � �2 �2 2 �2 x a x a a �x x a a � � x a a �� �x a � � �x a 1 2 Do (2)nên x a a hai số dương,áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho số dương ta được: 1 1 �4 2 x a x a a 2 x a a 87 3 � �x 1 � �� x a a 2 x a a �a � � Do (1)chỉ dấu đẳng thức xảy (3)tức là: Vậy hệ có nghiệm Bài a x nghiệm hệ là: Tìm giá trị lớn tham số m hệ phương trình sau có nghiệm: �x xy y m �2 2 �y yz z m ( x, y , z ��) �xy yz zx m3 � Hướng dẫn giải + Đặt: X x y 3 ;Y y; Z ( y z ); T ( z y ) 2 2 ( xy yz zx) XZ YT Ta đ ược: x xy y X Y ; y yz z Z T ; 2 2 2 2 � �X Y m � �2 2 �Z T m � �XZ YT m3 Do ta có hệ � 2 2 2 + Chú ý: ( X Y )( Z T ) ( XZ YT ) ( XT YZ ) Do đó:Hệ cho có nghiệm thì: �3 3� m.m �� �m �� m ( m3 � � � �2 � Suy ra: m �3 ) m3 4 (1) �XT YZ � 3 � m (2) �XZ YT � m �Z T m (3) + Xét Ta có hệ: � Từ (1)có thể đặt X uZ , Y uT ,thay vào (2)và (3)ta có: 88 u m � � 2m mZ �X �x 2m y � � � � � m2 Y mT hay �z y � m � � �Z T m2 �2 m2 y � � m 3m 4m � � Do ta có hệ: với + Từ đó:Đáp số toán m �p xi � � i 1 � �p 1 � �x1 �i 1 �x 0, i �1, p �i * p �� a/ Tìm cho hệ � có nghiệm Bài p b/ Với p tìm câu a/, xác định tập hợp tất giá trị tổng: p �a i 1 i 1 Hướng dẫn giải Câu a �p ��p � 16 � xi � � � p � � � i 1 i 1 xi � � � � Do: p p : Khi đó: xi 1, i �1, Vậy hệ có nghiệm p : Chọn x1 �x1 x2 � p : �x1.x2 �x2 x3 � �x2 x3 có nghiệm.Nên ( x1 , x2 , x3 ) nghiệm hệ có nghiệm.Nên ( x1 , x2 ) nghiệm hệ p 1: Vô nghiệm Vậy hệ có nghiệm p 2; p 3; p Câu b p ai2 f (a1 , a2 , , a p ) � i 1 (1 a1 ) Ta có: Xét hàm: g ( x ) x(1 x ), x 1; g '( x ) � x 89 max g ( x) (0;1) Ta có: 3 �1 a i 1 i với > 3 p 3 p f (a1 , a2 , , a p ) � hay p = � i 1 Dấu đẳng thức xảy khi: Do đó: p : f ( a1 , a2 ) a1 a2 �2 �2 2 a2 a1 a1.a2 a a Dấu đẳng thức xảy 2 a1 a2 2, a12 a1 f (a1 , a2 ) a12 a12 liên tục (0;1).Khi a1 � f (a1 , a2 ) � �.Vậy p ,tập giá trị là: � 2; � � p : Chọn a1 x ; a x ; a x , 0