Luyện phương trình từ khó đến cực khó P8

Chia sẻ: Trần Bá Trung1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

0
306
lượt xem
119
download

Luyện phương trình từ khó đến cực khó P8

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện phương trình từ khó đến cực khó P8 Tài liệu tham khảo ôn thi TN ĐHCĐ, giúp các bạn tự học, nâng cao vốn kiến thức của mình, tài liệu bao gồm các bài tập tự luận và phương pháp giải hay.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Luyện phương trình từ khó đến cực khó P8

  1. www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng _____________________________________________________________ Hướng dẫn giải bài tập 1. Bài 1: (I) ⇔ xy ( ) x + y = 30 ( x+ y  )( ) − 3 xy  = 35 2 x+ y     + đặt x + y =u ⇒ u,v ≥ 0 u =5 xy = v uv = 30 ⇒ u u 2 − 3v  = 35   v=6 + x + y =5 ⇒ x=4 hoặc x=9 xy = 6 y=9 y = 4a = 0 Bình phương hai vế pt (1) a2 − a Bài 2: ⇒ x + y + 2 xy = a 2 ⇒ xy = ≥0 3 x + y − xy = a x + y =a≥0 ⇒ điều kiện a=0 ; x , y là nghiệm của phương trình: a ≥1 a2 − a X 2 − ax+ =0 3 4a − a 2 ta có ∆ = ≥ 0 ⇔ 0 ≤ a ≤ 4 kết hợp các điều kiện ta có: 3 với a = 0 hoặc 1 ≤ a ≤ 4 hệ có nghiệm. cụ thể như sau: + nếu a = 0 hệ có nghiệm x = y = 0 + nếu a = 4 ⇒ hệ có nghiệm x = y = 4 1 4a-a2  + nếu 1 ≤ a < 4 ⇒ x , y nhận các giá trị a ± ⇒ 2  3   2 1 4a-a2  x = a ±  4  3   2 1 4a-a2  y = a ∓  4  3   3. Bài 3. Trần V ăn Thái - Trường PTTH Chu Văn An
  2. www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng _____________________________________________________________ • Nhận xét nếu ( x0 , y 0 ) là nghiệm của hệ thì ( − x0 , y 0 ) cũng nghiệm hệ;nên hệ có nghiệm duy nhất thì x0 = − x0 ⇒ x0 = 0 thay vào hệ phương trình : 1= y + a ⇒ a=0 y2 = 1 a=2 x • Điều kiện đủ: 2 + x = y + x2 + 2 + nếu a = 2 hệ có dạng hệ có 2 nghiệm (0, -1); (1, 0) x + y =1 2 2 không thoả mãn x + nếu a=0 hệ có dạng 2 + x = y + x2 (1) x2 + y 2 = 1 (2) Từ (2) ⇒ 0 ≤ x ≤ 1; y ≤ 1 ⇒ x 2 ≤ x ⇒ VT (1) ≥ 1 + x ≥ y + x 2 = VP (1) x Do đó pt (1) xảy ra ⇔ 2 =1 ⇒ x=0 x = x2 y=0 y =1 • Kết luận với a = 0 hệ pt có nghiệm duy nhất 4. Bài 4: 1 10  1  10 + nhận thấy từ (2) ⇔ x + + − x + y = x + + −x+y y 3  y 3 1 xảy ra như trên ⇔ x+ ≥ 0 (3) y 10 −x+y ≥0 (4) 3 10 1 1 + Từ (2) ⇒ + y + ≥ 0 (5) ⇔ −3 ≤ y ≤ − 3 y 3 y>0 1 1 10 • Nếu −3 ≤ y ≤ − Kết hợp (3), (4) ⇒ 0 < − x ≤ + y bình phương các 3 y 3 2 82  10  2 vế và cộng với y ta có ≤ x2 + y 2 ≤  y  + y 2 ⇒ 9  3  10 10 y2 + +1≥ 0 (6) từ (5) do y o ⇒ (5) luôn đúng; do x 2 + y 2 = nên chỉ có thể o < y ≤ 9 9 Trần V ăn Thái - Trường PTTH Chu Văn An
  3. www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng _____________________________________________________________ 82 - nếu x ≥ 0 ⇒ x = − y 2 ⇒ (3),(4) thoả mãn 9 82 - nếu x 0 3 (2) Giải: 1 + giải (1) được nghiệm −1 < x < 3  1 + đặt f ( x ) = x 3 − 3 x + 1 ⇒ f ' ( x ) = 3 x 2 − 3 < 0 khi x ∈  −1  lại có ,  3  1 1  1 f = > 0 ⇒ f ( x ) > 0 do hàm số nghịch biến với mọi x ∈  −1  ,  3  27  3 1 Vậy nghiệm của hệ bpt trên là −1 < x < 3 2. Ví dụ 2: giải và biện luận hệ: (I) ( ) x 2 − 1 ( x − 2) ≥ 0 x 2 − ( 3a + 1) x + 2a 2 + a ≤ 0 (giải bằng phương pháp khoảng) Giải: (I) ⇔ x ≥ 2; −1 ≤ x ≤ 1 ( x − a ) [ x − 2a − 1] ≤ 0 (2) Ta có (2) ⇔ a ≤ x ≤ 2a + 1 nếu a ≥ −1 2a + 1 ≤ x ≤ a nếu a
  4. www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng _____________________________________________________________ Chú ý: trong 2 ví dụ trên chúng ta có thể giải từng bpt sau đó chỉ có nhiệm vụ biện luận vị trí tương đối khoảng của 2 bpt. 3.ví dụ 3: xác định a để hệ bpt: x + 3y ≥ ( x + y ) + a 2 ( x-y ) 2 ≤ 3y − x − a có nghiệm duy nhất. Giải: giải theo phương pháp cần- đủ + đk cần: nhận thấy nếu ( -x 0 ,y 0 ) cũng là nghiệm của hệ vì thay vào hệ: − x0 + 3 y 0 ≥ ( − x0 + y 0 ) + a x 0 + 3y 0 ≥ ( x0 + y 0 ) + a 2 2 ⇔ ( − x0 − y 0 ) ( x0 − y 0 ) 2 2 ≤ 3 y 0 + x0 − a ≤ 3 y 0 + x0 − a Vậy để hệ có nghiệm duy nhất ⇒ x0 = − x0 ⇔ x0 = 0 ⇒ ( 0,y 0 ) là nghiệm của 9 hệ ⇒ y 0 2 − 3 y 0 + a ≤ 0 ⇒ 9 − 4a = 0 ⇒ a = 4 9 9 x + 3y ≥ ( x + y ) + 2 + điều kiện đủ: với a = hệ trở thành ⇔ 4 4 9 ( x − y ) ≤ 3y − x − 2 4 2 9  3 (x + y ) − 3(y + x) + 2 4 ≤ −2 x ⇔  x + y − 2  ≤ −2 x ⇔   2 9  3 (y − x) − 3 ( y − x ) + ≤ 2x 2  y − x − 2  ≤ 2x 4   ⇔ x=0 3 y= 2 9 +Kết luận a = hệ có nghiệm duy nhất 4 4. Ví dụ 4: cho hệ x 4 − 5 x 2 + 4 < 0 (1) x 2 + ( 2a + 1) x + a 2 + a − 2 = 0 (2) a. tìm a để hệ có nghiệm b. tìm a để hệ có nghiệm duy nhất. Giải: Câu a: giải (1) được 1 < x 2 < 4 ⇔ −2 < x < −1 1< x < 2 Giải (2) được x1 = −a − 2 ; x2 = −a + 1 Theo yêu cầu của bài toán, để hệ có nghiệm ta cần có: Trần V ăn Thái - Trường PTTH Chu Văn An
  5. www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng _____________________________________________________________ −2 < x1 < −1 hoặc −2 < x2 < −1 hoặc 1 < x1 < 2 hoặc 1 < x2 < 2 ⇔ −2 < a − 2 < −1 hoặc −2 < a + 1 < −1 hoặc 1 < a − 2 < 2 hoặc 1 < a + 1 < 2 ⇔ −1 < a < 0 hoặc 2 < a < 3 hoặc −4 < a < −3 thì hệ có nghiệm Câu b: - gọi f ( x ) = x 2 + ( 2a + 1) x + a 2 + a − 2 theo yêu cầu của bài toán ta cần t ìm a để f ( x ) = 0 có đúng 1 nghiệm thuộc ( −2, −1) hoặc thuộc (1,2 ) điều đó tương đương với f ( −2)f ( −1) < 0 hoặc f ( −2)f ( −1) ≥ 0 ⇔ 2
  6. www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng _____________________________________________________________ + x = 0 thay vào (2) ⇒ y = 2 thoả mãn (1) x =0 nghiệm y =2 +x = -1 thay vào (2) ⇒ y − 2 ≤ 1 ⇒ y = 1 ; 2; 3 thay vào (1) được y = 3 thoả mãn đáp số: x=0 x = -1 y=2 y=3 Bài 2: Giải theo điều kiện cần - đủ - điều kiện cần: ( x0 , y 0 ) là nghiệm của hệ 1− a ⇒ x 0 2 + 2 x0 y 0 − 7 y 0 2 ≥ (1) (I) 1+ a 3 x0 2 + 10 x0 y 0 − 5 y 0 2 ≤ −2 (2) + nhân 2 vế của (1) với (2) và cộng 2 bpt ta được −4 x 0 2 + 6 x0 y 0 + 9 y 0 2 ≤ a +1 −4 ⇔ ( x0 + 3 y 0 ) ≤ 2 ⇒ a + 1 < 0 ⇒ a < −1 a +1 - điều kiện đủ: với a < -1 1− a 2 Ta có = −1 + < −1 suy ra hệ 1+ a a +1 (II) x 2 + 2 xy − 7 y 2 = −1 (3) 3 x 2 + 10 xy − 5 y 2 = 2 (4) hệ này có nghiệm thì hệ (I) có nghiệm ( vì mọi nghiệm của (II) đều là nghiệm của (I)) 3 (II) ⇔ x 2 + 2 xy − 7 y 2 = 1 ⇔ x = −3 y ⇔ x=∓ 2 1 1 ( x + 3y 2 ) = 0 y2 = y =± 4 2 ⇒ hệ (II) có nghiệm + kết luận: với a < -1 hệ đã cho có nghiệm. Trần V ăn Thái - Trường PTTH Chu Văn An

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản