Luyện phương trình từ khó đến cực khó P6
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.
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Luyện phương trình từ khó đến cực khó P6
- www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng
______________________________________________________
Hướng dẫn giải bài tập
Bài1:
Nhận xét 6a; 2-a; a-1; -a không đồng thời bằng 0
Câu a: Tính D; Dx;Dy
Biện luận
2
• a≠-1 và hệ có 1nghiệm duy nhất:
5
−(a + 4) 3(1 + 3a)
x= ; y=
(a + 1)(2 − 5a ) (a + 1)(2 − 5a )
a=-1
⇒ D=0; Dx ≠ 0 Hệ vô nghiệm
2
a≠
5
(6 x − y )a = 3 − 2 y
Câu b: (x,y) là nghiệm của hệ ⇒
( x − y )a = 2 + x
6x − y 3 − 2 y
⇒ = đpcm.
x− y 2+ x
Bài2:
ax+y=0
Câu a: hệ có dạng
x + ay = c 2 + c
Tính D= a 2 − 1 ; Dx= −(c 2 + c) ;Dy= a (c 2 + c)
Biện luận:
c2 + c a (c 2 + c )
a ≠ ±1 ⇒ x ;y= x tuỳ ý
1 − a2 a2 −1
a = 1 và c=0 hoặc c = −1 hệ có vô số nghiệm
y = −x
x tuỳ ý
a = −1 và c=0 hoặc c = −1 hệ có vô số nghiệm
y=x
a = ±1 và c ≠ 0 và c ≠ −1 hệ vô nghiệm
Câu b:
Nếu a ≠ ±1 ⇒ hệ luôn có nghiệm duy nhất không phụ thuộc b
Nếu a=1 ⇒ hệ có nghiệm ⇔ Dx=Dy=0
⇔ c 2 + c − b = 0 có nghiệm c ⇔ ∆ = 1 + 4b ≥ 0
1
b≥−
4
Trần V ăn Thái - Trường PTTH Chu Văn An
- www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng
______________________________________________________
Nếu a = −1 ⇒ hệ có nghiệm ⇔ Dx=Dy=0
1
⇔ c 2 + c + b = 0 ⇔ ∆ = 1 − 4b ≥ 0 ⇒ b ≤
4
1 1
Kết hợp các trường hợp ta có với − ≤ b ≤ thì với ∀a luôn tìm được c để hệ có
4 4
nghiệm
3. Bài 3:
• Thế y = m − x vào phương trình (2) được: 2(m + 1) x = 2 + m 2 (3)
• m = −1 ⇒ (3) vô nghiệm ⇒ hệ vô nghiệm
2 + m2 m 2 + 2m − 2
• m ≠ −1 ⇒ (3) có nghiệm duy nhất x = y=
2(m + 1) 2(m + 1)
4. Bài 4:
• Từ (1) ⇒ y = 2a − ( x + 1) thế vào (2) được f(a)
2 x − 2(2a − 1) x + 3a − 6a + 4 = 0 (3) có nghiệm
2 2
2
⇔ ∆ ' = −2a 2 + 8a − 7 ≥ 0 ⇔ 2 −
2
1 3 2 2
• Có xy = ( x + y ) − ( x 2 + y 2 ) = a 2 − 3a + 2 = f (a)
2
12- 2
2 2 2 2
2 2
• f (a) có ađ=1 nên trên khoảng +2 − ≤ a ≤ 2+ hàm đồng biến ⇒
2 2
2
min f (a) = f (2 − )
2
2
Kết luận với a = 2 − thì xy min.
2
vấn đề 2: hệ phương trình bậc hai hai ẩn
Một số loại hệ phương trình bậc hai hai ẩn thường gặp và cách giải chúng.
Hệ phương trình đối xứng loại 1: là hệ phương trình có tính chất từng phương
trình không thay đổi khi ta thay ẩn x bằng ẩn y và ẩn y bằng ẩn x. Cách giải loại
nay: ta có thể giải bằng phương pháp chung như: bằng phương pháp thế…Ngoài
ra còn phương pháp riêng là đặt x + y = S; xy = P với điều kiện
x+ y = S
2
S ≥ 4P(khi đó hệ mới có nghiệm x,y)
xy = P
Xét một số ví dụ: x + y + xy = m
1. Ví dụ 1: cho hệ phương trình (I)
x +y =m
2 2
a.Giải hệ khi m=5
b. Tìm m để hệ có nghiệm
Trần V ăn Thái - Trường PTTH Chu Văn An
- www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng
______________________________________________________
Giải: x+ y = s
Đặt
x2 + y 2 = P
S+P=m P = m−S
⇒ hệ trở thành: ⇔ (*)
S − 2P = m
2
S + 2S − 3m = 0 2
Câu a: Khi m=5 S = −5
Phương trình (*) trở thành: S + 2S − 15 = 0 ⇔
2
S =3
Với S = −5 ⇒ P = 10 không thoả mãn điều kiện S ≥ 4 P nên loại trường hợp này
2
Với S = 3 ⇒ P = 2 không thoả mãn điều kiện S 2 ≥ 4 P
x+ y =3
⇒ ⇒ x,y là nghiệm của pt: X 2 − 3 X + 2 = 0
xy = 3
x = 1 thì y = 2
⇒ X 12 = 1; 2 ⇒
x = 2 thì y = 1 ⇒ hệ có 2 nghiệm.
Câu b: hệ (I) có nghiệm ⇔ phương trình (*) có nghiệm thoả mãn điều kiện S 2 ≥ 4 P
∆ ' = 1 + 3m ≥ 0
1
⇔ ⇒ m≥−
3
S ≥ 4P
2
Phương trình (*) cho các nghiệm:
S1 = −1 − 1 + 3m ; S 2 = −1 + 1 + 3m
• Nếu S1 = −1 − 1 + 3m ⇒ P = m + 1 + 1 1 + 3m .
1
Kiểm tra điều kiện: S 2 ≥ 4 P ta thấy:
( −1 − ) ( )
2
1 + 3m ≥ 4 m + 1 + 1 + 3m ⇔ − ( m + 2 ) ≥ 2 1 + 3m vô nghiệm do
1
m ≥ − ⇒ m > −2 ⇒ m + 2 > 0 ⇒ − ( m + 2 ) < 0
3
(
• Nếu S 2 = −1 + 1 + 3m ⇒ P2 = m − S2 = m + 1 − 1 + 3m . Kiểm tra điều kiện )
S ≥ 4P ⇒
2
( −1 + ) ( )
2
1 + 3m ≥ 4 m + 1 − 1 + 3m ⇔ 2 1 + 3m ≥ m + 2 ⇔ m 2 − 8m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 8 K
1
ết hợp điều kiện m ≥ − ⇒ 0 ≤ m ≤ 8 là giá trị cần tìm
3
2. Ví dụ 2: Cho hệ phương trình x 2 + y 2 = 2 (1 + a )
Trần V ăn Thái - Trường PTTH Chu Văn An
- www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng
______________________________________________________
( x + y)
2
=4
a.Giải hệ khi a=1
b. Tìm các giá trị a để hệ có đúng hai nghiệm.
Giải:
Câu a:
x 2 + y 2 = 2 (1 + a ) x+y= ± 2
Khi a=1 hệ trở thành ⇔ ⇒
(x 2
+ y2 ) = 4 xy = 0
⇒ Hệ có các nghiệm: ( 0, 2 ) ; ( 0, −2 ) ; ( 2, 0 ) ; ( −2, 0 )
Câu b: Nhận xét thấy rằng nếu ( x0 , y0 ) là nghiệm của hệ thì ( − x0 , − yo ) ;
( y0 , − x0 ) cũng là nghiệm của hệ; lại thấy nếu ( x0 , y0 ) ≡ ( − x0 , − y0 ) ⇒ 2 x0 = 0 và
2 y0 = 0 ⇒ x0 = y0 = 0 nhưng ( 0, 0 ) không là nghiệm của hệ. Vậy hệ có 2 nghiệm thì
( x0 , y0 ) ≡ ( y0 , xo ) và ( − x0 , − y0 ) ≡ ( − y0 , − x0 ) điều này xảy ra khi x0 = y0 . Hệ trở thành
2 x0 2 = 2 (1 + a ) a=0
⇔
4x 0 2 = 4 x0 2 = 1
ngược lại a = 0 hệ có dạng x2 + y 2 = 2
⇔
( x + y)
2
=4
x + y = ±2 x= ±1 x=1
⇔ ⇔ ⇒ Hệ có hai nghiệm
xy = 1 y = ±1 y=1
x = −1
y = −1
Kết luận với a=0 hệ chỉ có 2 nghiệm
B. Hệ phương trình đối xứng loại 2:
Là hệ pt khi thay ẩn x bằng ẩn y và ẩn y bằng ẩn x thì phương trình này trở thành
phương trình kia và ngược lại. Đối với hệ pt này ngoài cách giải thông thường còn
có cách giải riêng bằng cách xét pt hiệu của pt trong hệ. ta xét một số ví dụ sau:
1.Ví dụ 1: Giải và biện luận hệ sau:
x 2 − ay + 1 = 0 (1)
y 2 − ax+1=0 (2)
Trần V ăn Thái - Trường PTTH Chu Văn An
- www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng
______________________________________________________
Giải: lấy pt (1) trừ pt (2) ta có: x 2 − y 2 + a ( x − y ) = 0 ⇔ ( x − y )( x + y + a ) = 0 ⇔
x= y
⇔
y = −x − a
• Trường hợp 1:y=x ⇒ thế vào (1): x 2 − ax+1=0 pt có nghiệm
a ± a2 − 4
⇔ ∆ = a 2 − 4 ≥ 0 ⇔ IaI ≥ 2 và nghiệm: x1,2 = = y1,2
2
• Trường hợp 2: y = − x − a thế vào (1) ta có: x 2 + ax+a 2 + 1 = 0 có
∆ = −3a 2 − 4 < 0 vô nghiệm
• Kết luận: - Với IaI (trường hợp nghiệm kép bằng o không xảy
4
b 5
ra vì − = ≠ 0)
2a 2
25
-Điều kiện đủ: Với a > hệ đã cho tương đương hệ sau:
4
y 2 = x3 − 4 x 2 + ax (1)
( x − y ) x 2 + x ( y − 3) + y 2 − 3 y + a = 0
(*)
x=y
(*) ⇔
x 2 + x ( y − 3) + y 2 − 3 y + a = 0
có: ∆ x = ( y − 3) − 4 ( y 2 − 3 y + a ) = −3 y 2 + 6 y − 4a − 9 < 0
2
Trần V ăn Thái - Trường PTTH Chu Văn An
- www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng
______________________________________________________
25
với ∀y vì: δ y ' = 9 − 3 ( 4a + 9 ) = 36 − 12a < 0 với mọi a > Từ đây ta có
4
25
x 2 + x ( y − 3) + y 2 − 3 y + a > 0 với ∀x, y với điều kiện a > do đó (*) chỉ có
4
x=0
nghiệm x=y thế vào (1): x − 5 x + ax=0 ⇔
3 2
x2 − 5x + a = 0
25
vô nghiệm vì a >
4
⇒ Khi đó hệ có 1 nghiệm duy nhất x= y= 0
25
- Kết luận a > hệ có 1 nghiệm duy nhất
4
3. Chú ý: hệ đối xứng loại 1, loại 2 luôn nhận (x,y) làm nghiệm thì cũng nhận (y,x)
làm nghiệm.
c. Hệ phương trình vế trái đẳng cấp: nghĩa là mọi số hạng vế trái của các phương
trình trong hệ đều cùng 1 bậc.
+ Loại hệ này ngoài phương pháp thông thường còn có cách giải riêng bằng cách
đặt x= ty hoặc y= tx.
Cụ thể xét một vài ví dụ sau:
1. Ví dụ: Giải hệ sau
3x 2 + 5 xy − 4 y 2 = 38
5 x 2 − 9 xy − 3 y 2 = 15
Giải: +nhận thấy y=0 ⇒ hệ trở thành
3x 2 = 38
5 x 2 = 15
không nghiệm hệ. do đó đặt x= ty và hệ trở thành:
( 3t 2 + 5t − 4 ) y 2 = 38 3t 2 + 5t − 4 > 0
⇒
( 5t 2
− 9t − 3) y = 15
2
3t 2 + 5t − 4 38
= (*)
5t − 9t − 3
2
15
18
(*) ⇔ 145t 2 − 417t − 54 = 0 ⇒ t = 3; − loại (không thoả mãn điều kiện)
145
với t=3 ⇒ 38 y 2 = 38 ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ±1 ⇒ x = ±3
Kết luận: Hệ pt có hai nghiệm:x= ±3, y = ±1
Trần V ăn Thái - Trường PTTH Chu Văn An
- www.khoabang.com.vn LuyÖn thi trªn m¹ng
______________________________________________________
2. Chú ý: Phương pháp phát triển có thể áp dụng với hệ pt đẳng cấp cao hơn (ví
dụ cấp 3,…)
Bài tập:
Bài 1: cho hệ x + xy + y = m + 1
x 2 y + xy 2 = m
a. Giải hệ với m=2
b. Tìm m để hệ có ít nhất 1 nghiệm thoả mãn x, y >0
1
Bài 2: Giải và biện luận hệ + x + 2y = 5
x − 2y
x + 2y
=a
x − 2y
Bài 3: Cho hệ x 2 − 4 xy + y 2 = k (1)
y 2 − 3 xy = 4 (2)
a.Giải hệ khi k=1
b. Chứng minh rằng hệ có nghiệm ∀k .
Trần V ăn Thái - Trường PTTH Chu Văn An
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
