Link xem tivi trực tuyến nhanh nhất xem tivi trực tuyến nhanh nhất xem phim mới 2023 hay nhất xem phim chiếu rạp mới nhất phim chiếu rạp mới xem phim chiếu rạp xem phim lẻ hay 2022, 2023 xem phim lẻ hay xem phim hay nhất trang xem phim hay xem phim hay nhất phim mới hay xem phim mới link phim mới

Link xem tivi trực tuyến nhanh nhất xem tivi trực tuyến nhanh nhất xem phim mới 2023 hay nhất xem phim chiếu rạp mới nhất phim chiếu rạp mới xem phim chiếu rạp xem phim lẻ hay 2022, 2023 xem phim lẻ hay xem phim hay nhất trang xem phim hay xem phim hay nhất phim mới hay xem phim mới link phim mới

intTypePromotion=1
ADSENSE

Tuyển chọn phương trình đại số hay và khó: Phần 2 - Nguyễn Minh Tuấn

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:345

4
lượt xem
1
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nối tiếp nội dung phần 1, phần 2 cuốn sách "Tuyển tập phương trình đại số hay và khó" tiếp tục trình bày nội dung về các bài toán chứa tham số, phương pháp bất đẳng thức, hệ phương trình nhiều ẩn. Thông qua cuốn sách này, các em học sinh sẽ tăng khả năng tư duy giải toán của mình và rèn luyện để ôn thi học sinh giỏi môn Toán. Cùng tham khảo phần 2 cuốn sách tại đây nhé các bạn.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Tuyển chọn phương trình đại số hay và khó: Phần 2 - Nguyễn Minh Tuấn

  1. | Các bài toán chứa tham số 5 Vậy với m  − thì hệ đã cho có nghiệm. 2 Nhận xét. Bài toán này đã không còn đơn giản như bài toán trên, mấu chốt của chúng ta chính là 18 tìm ra được bất đẳng thức ( 4x + 2y ) = 16x 2 + 16xy + 4y 2  − 2 , để làm được điều này ta làm như 2m + 5 sau. Viết lại hệ đã cho dưới dạng −5x 2 + 4xy − 2y 2  −3   2m − 1 , (k  0 ) 7kx + 4kxy + 2ky  k  2 2  2m + 5 Cộng 2 vế của hệ phương trình trên ta được 2m − 1 (7k − 5 ) x 2 + 4 (k + 1) xy + 2 (k − 1)y 2  −3 + k  2m + 5 Ta cần vế trái là dạng hằng đẳng thức, do đó ta cần có k  0,7k − 5  0,k − 1  0   k = 3    7k − 5  2 (k − 1) = 2 (k + 1)  5k − 16k + 3 = 0  k = 1 2   5 18 Vậy nếu lấy k = 3 thì ta sẽ có bất đẳng thức ( 4x + 2y ) = 16x 2 + 16xy + 4y 2  − 2 . 2m + 5 x 2 − xy + 2y 2 − x  m Câu 16. Tìm tham số m để hệ bất phương trình  2 có nghiệm? x − 2xy − 2x  m − 2 Giải Hệ phương trình tương đương x 2 − xy + 2y 2 − x  m x 2 − xy + 2y 2 − x  m  2  x − 2xy − 2x + 2  m  x 2 − 2xy − 2x + 2  m   ( ) ( 2 x − xy + 2y − x + x − 2xy − 2x + 2  3m 2 2 2 ) 2 ( x − 2y ) + 2 ( x − 1)  3m 2 2 Suy ra để hệ có nghiệm thì ta cần m  0 .  1 Và ngược lại, nếu m  0 thì hệ luôn có nghiệm  1;  .  2 Vậy m  0 là giá trị cần tìm. Câu 17. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để hệ phương trình sau có nghiệm  x − 2xy − 3y = 8 2 2  2 ( ) 2x + 4xy + 5y = a − 4a + 4a − 12 + 105 2 4 3 2  Giải  x − 2xy − 3y = 8 2 2 Đặt m = a 4 − 4a 3 + 4a 2 − 12 + 105 thì ()   2 . 2x + 4xy + 5y = m 2  Do x = 0 không là nghiệm của hệ nên đặt y = tx , ( x  0 ) thì hệ tương đương ( ) x 2 1 − 2t − 3t 2 = 8  (1 ) 1 − 2t − 3t 2 8   = ( x 2 + 4t + 5t = m 2 2 ) (2) 2 + 4t + 5t 2 m Tạp chí và tư liệu toán học | 204
  2. Tuyển tập phương trình đại số hay và khó | m ( 2 + 4t + 5t 2 = f (t ) ) 1  = ( 3 ), t  −1; t  . 8 1 − 2t − 3t 2 3  1 Từ ( 2 )  1 − 2t − 3t 2  0  t   −1;  .  3 5t 2 + 4t + 2  1 Xét hàm số f (t ) = trên khoảng  −1; 3  . −3t 2 − 2t + 1   2t 2 + 22t + 8 −11 − 105 −11 + 105 Ta có f ' (t ) = . Cho f ' (t ) = 0  t1 =  t2 = . ( −3t ) 2 2 − 2t + 1 2 2 Bảng biến thiên 1 t − t1 −1 t2 + 3 f ' (t ) + 0 − − 0 + + + + f (t ) 105 − 3 8 Dựa vào bảng biến thiên, để hệ có nghiệm  phương trình ( 3 ) có nghiệm m 105 − 3   min f (t ) =  m  105 − 3 8  −1; 1  8  3  a − 4a + 4a 2 − 12 + 105  105 − 3  a 4 − 4a 3 + 4a 2 − 9  0 4 3 ( )  (a + 1)(a − 3 ) a 2 − 2a + 3  0  a  −1  a  3 . Vậy để hệ phương trình có nghiệm thì a  ( −; −1  3; + ) .  2 1 −a x + 2xy − 7y  2 (*) Câu 18. Tìm a để bất phương trình có nghiệm  1 +a 3x 2 + 10xy − 5y 2  −2 Giải Điều kiện cần. Giả sử hệ bất phương trình có nghiệm ( x 0 ;y 0 ) và a 0 là một trong các giá trị cần tìm. Vậy thì  2 1 − a0  4 x 0 + 2x 0y 0 − 7y 0  2 −2x 0 − 4x 0y 0 + 14y 0  2 − 1 + a 2 2 (1)  1 + a0   0 3x 2 + 10x y − 5y 2  −2 3x 2 + 10x y − 5y 2  −2 (2)  0 0 0 0  0 0 0 0 Từ (1) và ( 2 ) suy ra 4 4  (x 0 + 3y 0 )  − 2 x 02 + 6x 0y 0 + 10y 02  −  1 + a0  0  a0  −1 1 + a0 1 + a0 Vậy điều kiện cần để hệ có nghiệm là a  −1 . 1 −a Điều kiện đủ. Với a  −1 thì  −1 . 1+a x 2 + 2xy − 7y 2 = −1 Do đó nếu hệ phương trình (I ) :  2 có nghiệm thì hệ bất phương trình đã cho có 3x + 10xy − 5y = −2 2 nghiệm. 205 | Chinh phục olympic toán
  3. | Các bài toán chứa tham số   −3 1 x 2 + 2xy − 7y 2 = −1 x = 2 ;y = 2 Ta xét hệ ( I ) .  ( x + 3y ) = 0 x = 3 ;y = −1 2   2 2 Hệ ( I ) có nghiệm nên hệ bất phương trình đã cho có nghiệm. Tóm lại, hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi a  −1 . x + y = 2a − 1 Câu 19. Gỉa sử x,y là nghiệm của hệ phương trình  2 ( ) . Xác định a để tích x + y = a + 2a − 3 2 2 P = xy đạt giá trị nhỏ nhất. Giải Phân tích. Ta thấy rằng trong hệ xuất hiện 2 biểu thức đối xứng theo x và y do dó ta sẽ nghĩ ngay tới phương pháp đặt ẩn phụ tổng – tích. Biến đổi phương trình tương đương x + y = 2a − 1 S = x + y = 2a − 1  ( )    1 . ( x + y ) − 2xy = a + 2a − 3 P = xy = 2 ( 3a − 6a + 4 ) 2 2 2 2 2 Để x, y là nghiệm hệ thì S 2  4P  2a 2 − 8a + 7  0  2 − a  2+ (1) . 2 2 1  2 2 Xét hàm số P = f (a ) = 2 ( ) 3a 2 − 6a + 4 trên đoạn 2 − 2 ;2 + . 2   Ta có P ' = f ' (a ) = 3a − 3 . Cho f ' (a ) = 0  a = 1 . Bảng biến thiên 2 2 a − 1 2− 2+ + 2 2 P ' = f ' (a ) − 0 + + + P = f (a ) 11 3 2 2 Dựa vào bảng biến thiên Pmin = − khi a = 2 − . 4 2 2 x = y 2 + a Câu 20. Cho hệ phương trình  ẩn x,y với a,b là các tham số thực. Biết rằng hệ phương y = x + b 2 trình này có nghiệm duy nhất ( x 0 , y 0 ) . Tính giá trị tích P = x 0y 0 . Giải Đầu tiên ta cùng xem qua lời giải sau Giả sử với các giá trị a,b nào đó, hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( x 0 , y 0 ) . Đặt x 0y 0 = k  . • Nếu x 0 = 0 thì y 0 = b và b 2 + a = 0 , suy ra a  0 . Trong hệ đã cho, thay y từ phương trình thứ hai lên phương trình thứ nhất, ta có (x ) ( ) + a = x  x 4 + 2bx 2 + b 2 + a = x  x x 3 + 2bx − 1 = 0 (* ) 2 2 +b Ta xét phương trình x 3 + 2bx − 1 = 0 và đặt f ( x ) = x 3 + 2bx − 1, x  . Tạp chí và tư liệu toán học | 206
  4. Tuyển tập phương trình đại số hay và khó | Ta thấy hàm này liên tục trên và f ( 0 ) = −1  0, lim f ( x ) = + nên f ( x ) = 0 hay phương x →+ trình x + 2bx − 1 = 0 có ít nhất một nghiệm dương x = x 1  0 . 3 Dễ thấy rằng điều kiện của x thỏa mãn đề bài là x = y 2 + a  a nên cả hai nghiệm đã nếu x = x 0 = 0, x = x 1 của phương trình ( * ) đều thỏa mãn. Mỗi giá trị x cho ta đúng một giá trị y nên trong trường hợp này hệ có ít nhất hai nghiệm phân biệt, không đúng với đề bài. • Nếu y 0 = 0 thì cũng xét tương tự như trên. k • Nếu x 0 , y 0  0 . Thay y 0 = vào hai phương trình của hệ đã cho, ta được x0  k2 x 0 = 2 + a x 0 = k + ax 0 3 2 2  x0   k = x 0 + bx 0 3 ( )  k = k 2 + ax 02 + bx 0  k 2 − k + ax 02 + bx 0 = 0  k = x2 +b  x 0 0 Hệ có nghiệm duy nhất nên phương trình bậc hai theo k cũng có nghiệm duy nhất, tức là 1 k= . 2 1 Vậy nếu hệ có nghiệm duy nhất thì tích P = x 0y 0 = . 2 Nhận xét. Lời giải trên tuy nhìn hợp lí nhưng thật ra đã có một sai lầm rất tinh vi, đó là cho rằng hệ đã cho và phương trình thu được sau phép thế, còn gọi là phương trình hệ quả, là tương đương với nhau. Ở đây, rõ ràng nếu hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất thì chưa hẳn phương trình cuối theo biến k là k 2 − k + (ax 02 + bx 0 ) = 0 có nghiệm duy nhất, trong đó vẫn có thể có một nghiệm nhưng không thỏa đề bài. Cách biến đổi đại số dùng cho bài này khó có thể tìm ra được kết quả chính xác. Lời giải đúng là như sau Trong hệ phương trình đã cho, thay y bởi x 2 + b vào phương trình trên, ta có . ( ) 2 x = x2 +b +a Dễ thấy các nghiệm của phương trình này đều thỏa đề bài vì x  a , mà mỗi nghiệm như vậy cho ta một giá trị tương ứng của y nên điều kiện để hệ đã cho có nghiệm duy nhất là phương trình ẩn x trên có nghiệm duy nhất. Phương trình bậc 4 có nghiệm duy nhất khi nó có nghiệm kép, điều đó có nghĩa là nghiệm đó cũng là nghiệm của phương trình đạo hàm bằng 0 .  0 Gọi x 0 là nghiệm đó, tương ứng với giá trị y 0 ,thì ta có hệ sau  0 ( x = x 2 + b 2 + a ) ( 4x 0 x 0 + b = 1 2 ) 1 Hơn nữa, do x 0 là nghiệm của hệ ban đầu nên x 02 + b = y 0 , suy ra x 0y 0 = . 4 1 Vậy nếu hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì tích P = x 0y 0 = . 4 x + 4 y = x Câu 21. Tìm tất cả giá trị của tham số a để hệ phương trình  có đúng 2 nghiệm phân  y + x − a = 1 207 | Chinh phục olympic toán
  5. | Các bài toán chứa tham số biệt? Giải Ta xét hai trường hợp sau • Trường hợp 1. Nếu x  0 thì y = 0 . Khi đó + Với a  1 thì hệ có hai nghiệm phân biệt với x  0 là (a − 1;0 ), (a + 1;0 ) + Với −1  a  1 hệ chỉ có một nghiệm với x  0 là (a + 1;0 ) . + Với a  −1 thì hệ đã cho vô nghiệm. −x x • Trường hợp 2. Nếu x  0 , ta có y = và x − a = 1 + 2 2  x 1 + 2  0 x  −2    x  x = 2 (1 + a ) Hay  x − a = 1 +    2  2 (a − 1)  x  x =  x − a = −1 −  3  2 2 Mặt khác −2  2 (a + 1)  0  −2  a  −1 và −2  (a − 1)  0  −2  a  1 3 Rõ ràng nếu ( x ;y ) là một nghiệm của hệ với x  0 thì y  0 và ( x ; −y ) cũng là một nghiệm của hệ. Do đó . + Khi a  −2 thì hệ vô nghiệm. 2 + Khi a = −2 ta có x = 2 (a + 1) = −2 và x = (a − 1) = −2 nên hệ có đúng hai nghiệm phân biệt 3 ( 2; 1) . 2 + Khi −2  a  1 thì 2 (a + 1)  (a − 1) và hai giá trị này cho hệ có 4 nghiệm. 3 + Khi −1  a  1 thì hệ có 3 nghiệm. a  1 Tóm lại hệ đã cho có đúng hai nghiệm khi  . a = −2   x + y =3 Câu 22. Tìm tất cả các giá trị của thâm số a để hệ  ( ) có nghiệm thỏa mãn điều  x + 5 + y + 3 a  kiện x  4 Giải  u = x u 2 = x Đặt   2 . Do x  4  u  2 .  v = y  0   v = y u + v = 3 u = 3 − v Hệ phương trình ( )   2   ( 3 − v ) + 5 + v + 3  a 2  u + 5 + v + 3  a 2 2 u = 3 − v  2  0  v  1    (1) .   14 − 6v + v 2 + v 2 + 3  a   v 2 − 6v + 14 + v 2 + 3  a Xét hàm số f (v ) = v 2 − 6v + 14 + v 2 + 3 trên đoạn  0;1 . v −3 v (v − 3 ) v 2 + 3 + v v 2 − 6v + 14 Ta có f ' (v ) = + = . v 2 − 6v + 14 v2 + 3 ( )( v 2 − 6v + 14 v 2 + 3 ) Tạp chí và tư liệu toán học | 208
  6. Tuyển tập phương trình đại số hay và khó | Cho f ' (v ) = 0  (v − 3 ) v 2 + 3 + v v 2 − 6v + 14 = 0 ( )  ( 3 − v ) v 2 + 3 = v v 2 − 6v + 14  ( 3 − v ) v 2 + 3 = v 2 v 2 − 6v + 14 2 ( )  −9 + 135 v1 =   0;1 2  5v 2 = 3 (v − 3 )  2v 2 + 18v − 27 = 0   2 .  −9 − 135 v2 =   0;1  2 Bảng biến thiên v − v2 0 1 v1 + f ' (v ) + 0 − − − 0 + 14 + 3 f (v ) 5 Để ( ) có nghiệm thỏa x  4 thì hệ (1) phải có nghiệm. Dựa vào bẳng biến thiên, để hệ (1) có nghiệm  a  min f (v )  a  5 . 0;1  2y 2 + (1 − m ) 1 − x + 3m 2 − 2m = y + m  Câu 23. Tìm m để hệ phương trình  có 2 nghiệm phân biệt 2y 3 + 2x 1 − x = 3 1 − x − y khi thỏa mãn điều kiện 2y − x  2023. Giải x  1  Điều kiện  2 2y + (1 − m ) 1 − x + 3m − 2m  0 2  Xét phương trình 2y 3 + 2x 1 − x = 3 1 − x − y, ( 2 ) . Ta đặt a = 1 − x  0 khi đó x = 1 − a 2 phương trình trở thành ( ) ( 2y 3 + 2 1 − a 2 a = 3a − y  (y − a ) 2y 2 + 2ay + 2a 2 + 1 = 0 )  y = a do 2y 2 + 2ay + 2a 2 + 1 = a 2 + y 2 + (a + y ) + 1  0 . 2 y  0 Với y = a ta có y = 1 − x   . x = 1 − y 2 (y + 1)  45 2y − x  2023  2 2 −46  y  44 Từ đó     0  y  44 y  0 y  0  y  0 Lấy y = 1 − x thay vào phương trình đầu ta được 2y 2 + (1 − m ) y + 3m 2 − 2m = y + m, (1) 2y + (1 − m ) y + 3m − 2m = (y + m )  2 2 2 2y + (1 − m ) y + 3m − 2m = y + m   2 2 y  −m   y = 2m y + (1 − 3m ) y + 2m − 2m = 0  2 2     y = m − 1 ( 3 ) y  −m  y  −m  209 | Chinh phục olympic toán
  7. | Các bài toán chứa tham số Để hệ thỏa mãn yêu cầu bài toán thì ( 3 ) phải có hai nghiệm y phân biệt thuộc  0;44  điều kiện 0  2m  44 0  m  22 0  m − 1  44 1  m  45   là 2m  −m  1  1  m  22 m − 1  −m m  2   2m  m − 1 m  −1 Nhận xét. Ngoài cách xử lý phương trình ( 2 ) như ở trên thì ta có thể sử dụng phương pháp hàm đặc trưng để xử lý, ta thấy phương trình có dạng f (y ) = f ( ) 1 − x , f (t ) = 2t 3 + t là hàm tăng trên do đó y = 1 − x ( x + 1 ) 2 = y + a (1 )  Câu 24. Xác định tham số a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất  ( ) (y + 1) = x + a (2) 2 Giải Do vai trò của x và y là như nhau trong hệ 2 phương trìnhVì vậy,nếu ( x ;y ) là nghiệm hệ thì (y; x ) cũng là nghiệm hệ. Như vậy nếu x = y là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. Thay x = y vào (1) ta được (1)  x 2 + x + 1 − a = 0 (3) 3 Phương trình ( 3 ) có nghiệm duy nhất khi  = 4a − 3 = 0  a = . 4  3 ( x + 1) = y + 2 3   4 Điều kiện đủ. Với a = thì ( )   4 (y + 1)2 = x + 3  4  3  3 ( x + 1) = y + 4 ( x + 1) = y + 2 2   4 ( x + 1)2 − (y + 1)2 = y − x ( x − y )( x + y + 3 ) = 0   x = y x + y + 3 = 0   1  3   9  x = y = − là nghiệm duy nhất. ( x + 1) = x + 4 ( x + 1) = −x − 4 2 2 2 3 Vậy a = thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất. 4  x 2 + y 2 − 1 − k Câu 25. Tìm tất cả các giá trị của k để hệ  ( x +y −1 =1) ( ) có nghiệm duy nhất? x + y = xy + 1 Giải x + y  0 Điều kiện  2 . x + y  1 2 ( )  x 2 + y2 −1 − k x + y −1 = 1  x 2 + y2 − 1 − k x + y − 1 = 1  Hệ phương trình ( )     ( ) x − 1 + y (1 − x ) = 0 ( x − 1)(y − 1) = 0 Tạp chí và tư liệu toán học | 210
  8. Tuyển tập phương trình đại số hay và khó |  x 2 + y 2 − 1 − k   ( x +y −1 =1)  x = 1   2 (1 )  x = 1   y − k  ( ) y +1 −1 = 1    x 2 + y 2 − 1 − k   ( x +y −1 =1)  y = 1   (2)  y = 1   x 2 − k  ( ) x +1 −1 = 1 Để hệ có nghiệm duy nhất thì (1) có nghiệm duy nhất, còn ( 2 ) vô nghiệm hoặc ngược lại.Nhưng bản chất của hệ (1) và hệ ( 2 ) là giống nhau. Tức là (1) có nghiệm duy nhất thì ( 2 ) cũng có nghiệm duy nhất, hệ (1) vô nghiệm thì hệ ( 2 ) cũng vô nghiệm,… Do đó, không tồn tại giá trị k thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2. Để ý vai trò của x và ý là như nhau trong 2 phương trình của hệ ( ) . Vì vậy,nếu ( x ;y ) là nghiệm ( ) thì (y; x ) cũng là nghiệm. Hay nói cách khác, điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là x = y .  2x 2 − 1 − k Thay x = y vào ( ) ta đượcc  ( ) 2x − 1 = 1 x = 1  . 2x = x 2 + 1 k = 0 Đièu kiện đủ. Thay k = 0 vào hệ ở câu a ta thu được 3 nghiệm. Do đó không tồn tại k để hệ có nghiệm duy nhất.  x 3 − y 3 + 3y 2 − 3x − 2 = 0 (1 ) Câu 26. Tìm m để hệ phương trình  2 có nghiệm? x + 1 − x − 3 2y − y + m = 0 ( 2 ) 2 2 Giải Cách 1. Phân tích nhân tử  1 − x  0 2 −1  x  1 Điều kiện    2y − y  0 0  y  2 2  Biến đổi phương trình (1) thành x 3 − 3x = (y − 1) − 3 (y − 1)  x 3 − (y − 1) − 3 ( x − y + 1 ) = 0 3 3  ( x − y + 1) x 2 + x (y − 1) + (y − 1) − 3  = 0 2   ( x − y + 1 ) = 0   y = x +1 x 2 + x (y − 1) + (y − 1) − 3 = 0 2 −1  x  1  x 2  1; x (y − 1)  1; (y − 1)  1 . Nên 2 Do  0  y  2 x 2 = 1  x = 1 x 2 + x (y − 1) + (y − 1) − 3 = 0  x (y − 1) = 1   2  y = 2 ( ) 2 y − 1 = 1 Thay y = x + 1 vào ( 2 ) ta được x 2 − 2 1 − x 2 + m = 0 Đặt v = 1 − x 2  v   0;1  (2) trở thành v 2 + 2v − 1 = m ( * ) Hệ phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình ( * ) có nghiệm trong đoạn  0;1 . 211 | Chinh phục olympic toán
  9. | Các bài toán chứa tham số Vẽ bảng biến thiên của hàm g (v ) = v 2 + 2v − 1 ta tìm được min g (v ) = −1;max g (v ) = 2. [0;1] [0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m   −1;2 . Cách 2. Hàm đặc trưng Điều kiện x   −1;1;y   0;2 Phương trình (1)  ( x + 1) − 3 ( x + 1) = y 3 − 3y 2 ( 3 ) 3 2 Vì x   −1;1  x + 1   0;2 Xét hàm số f (t ) = t 3 − 3t 2 ,t   0;2  f ' (t ) = 3t 2 − 6t  0, t  ( 0;2 )  f (t ) nghịch biến trên  0;2 . Phương trình ( 3 ) có dạng f ( x + 1) = f (y )  y = x + 1 Thay vào phương trình ( 2 ) ta được x 2 − 2 1 − x 2 + m = 0, x   −1;1 ( 4 ) Đặt u = 1 − x 2 , x   −1;1  u   0;1 , phương trình ( 4 ) trở thành u 2 + 2u − 1 = m ( 5 ) Xét hàm số g (u ) = u 2 + 2u − 1, u   0;1  g ' (u ) = 2u + 2  0, u  0;1 Lập bảng biến thiên ta thấy hệ đã cho có nghiệm  −1  m  2 .  1 + y − x 2 − 2x + 2 = 0 Câu 27. Tìm m để hệ  2 có nghiệm duy nhất ? ( y + (m − 1) x − 2x = m − 4m + 3 2 2 ) Giải Phân tích. Để ý chút thì với bài này ở cả 2 phương trình ta sẽ dồn về 2 ẩn là y, x − 1 đồng thời dễ dàng nhận ra nếu ( x 0 ;y 0 ) là nghiệm của hệ phương trình thì ( 2 − x 0 ; −y 0 ) cũng là nghiệm của hệ phương trình khi đó bài toán trở nên vô cùng đơn giản khi sử dụng điều kiện cần và đủ. Hệ đã cho tương đương  1 + y − ( x − 1) + 1 = 0 2   (1 ) y 2 + (m − 1)( x − 1) = m 2 − 3m + 2 2 Ta thấy ( x 0 ;y 0 ) là nghiệm của hệ phương trình thì ( 2 − x 0 ; −y 0 ) cũng là nghiệm của hệ phương trình. x = 2 − x 0 x = 1 Điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là  0  0  y 0 = −y 0 y 0 = 0 m = 1 Thay vào (1) ta được m 2 − 3m + 2 = 0   m = 2 Điều kiện đủ 1 + y − x − 1 2 + 1 = 0 • Với m = 1 , ta có hệ  ( ) x = 1  0 - thỏa mãn  y2 = 0 y 0 = 0 1 + y − x − 1 2 + 1 = 0  ( ) x = 1 • Với m = 2 , ta có hệ   0 - thỏa mãn  y 2 + ( x − 1) = 0 2 y 0 = 0 Vậy m = 1, m = 2 là 2 giá trị cần tìm. (  x + x 2 + 1 y + y2 + 4 = 1  Câu 28. Tìm m nhỏ nhất để hệ  )( có nghiệm ? )  x 2 + 1 + y2 + 4 = m  Giải Tạp chí và tư liệu toán học | 212
  10. Tuyển tập phương trình đại số hay và khó |  x2 +1  x  x 2 + 1 + x  x + x  0 a  0   Đặt a = x + x + 1,b = y + y + 4 . Do  2 2    y 2 + 4  y  y 2 + 4 + y  y + y  0 b  0 1 1 4 4 Ta có = = x 2 + 1 − x, = = y2 + 4 − y a x +1 +x 2 b y + 4 +y 2 ab = 1 (1 )  Hệ đã cho trở thành  1 4 a + b + + = 2m ( 2 )  a b 4a + b Ta có ( 2 )  2m = a + b + = 5a + 2b  2 10ab  2 10  m  10 ab  10  1 1  −3 10 a = x =  a −  = 5a = 2b  5  2 a 20 Với m = 10     ab = 1  10  1 4  −3 10 b = y = b −  = 2  2  b  20 Vậy GTNN của m để hệ phương trình có nghiệm là 10 .  5m 2 + 15m + 10  x + 3 + y + 2 =  2 ( 5m + 1) Câu 29. Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm ?  x − 1 + y − 2 = 5m + 7m − 6 2   2 ( 5m + 1) Giải x  1 Điều kiện  . Cộng và trừ tương ứng hai vế của hai phương trình trong hệ ta được y  2    ( ) ( x + 3 + x −1 + y +2 + y −2 = ) 10m 2 + 22m + 4 2 ( 5m + 1)    ( ) ( x + 3 − x −1 + y +2 − y −2 = ) 8m + 16 2 ( 5m + 1)  ( ) (  x + 3 + x −1 + y + 2 + y − 2 = m + 2  )  4 4 8m + 16 (1) .  + =  x + 3 + x − 1 y + 2 + y − 2 2 ( 5m + 1)  a = x + 3 + x − 1  a  2x  1 Đặt  .  b = y + 2 + y − 2  b  2y  2 a + b = m + 2 a + b = m + 2   a + b = m + 2 Phương trình (1) trở thành  4 4 4 (m + 2 )   4 (a + b ) 4 (m + 2 )   (2)  + =  = a.b = 5m + 1 a b 5m + 1  a.b 5m + 1 Hệ đã cho có nghiệm khi hệ ( 2 ) có nghiệm a,b thỏa mãn a  2,b  2 ,suy ra (a − 2 ) + ( b− 2 )  0 (m + 2 ) − 4  0 m  2    ( a − 2 )( b− 2 )  0  ( 5m + 1) − 2 (m + 2 ) + 4  0  3m  −1  m  16   m 2 − 16m  0 ( a + b )  4a.b (m + 2 )  4 ( 5m + 1) 2 2  Vậy m  16 thì hệ phương trình có nghiệm. 213 | Chinh phục olympic toán
  11. | Các bài toán chứa tham số  x m − y 2 + y m − x 2 = m Câu 30. Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm ? 2x − y = 3  Giải x  m 2 Điều kiện  2 y  m ( ) ( ) =0 2 2 Phương trình x m − y 2 + y m − x 2 = m  x − m − y 2 + y − m −x2 x = m − y 2 x  0    y  0 , (1 ) y = m − x 2  2 x + y = m 2 Phương trình x 2 + y 2 = m (m  0 ) , là phương trình đường tròn tâm O ( 0;0 ) , bán kính R = m Suy ra (1) biễu diễn trên hệ trục toạ độ Oxy , là dây cung AB như hình vẽ. y B A O 1 3 x 2 −3 3 9 Để hệ có nghiệm thì đường thẳng 2x − y = 3 cắt dây cung AB  m  m  . 2 4 (  x 2 + mxy + y 2  ) x 2 + y 2 =185 (1) Câu 31. Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm ? (  x 2 − mxy + y 2 ) x 2 + y 2 = 65 (2) Giải Cộng từng vế 2 phương trình ta được 2 ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 = 250  x 2 + y 2 = 25 Thay vào hệ ban đầu ta có hệ phương trình ( 25 + mxy ) .5 = 185 12 x 2 + y 2 = 25 ( x + y )2 − 2xy = 25   xy =   ( 25 − mxy ) .5 = 65 m  12  12 (*) xy = xy =  m  m Đặt S = x + y; P = xy . Thay vào hệ trên ta có  24 12 25m + 24  m− S − 2. = 25  S  0  S   25 (1) 2 2 m m  m  0 Tạp chí và tư liệu toán học | 214
  12. Tuyển tập phương trình đại số hay và khó | m  0 25m + 24 12 25m − 24 Hệ ( * ) có nghiệm S  4P  2  4.  0 (2) m m m m  24  25  24 m  − 25 Từ (1), ( 2 )   m  24  25  2x + y + x − 2y = 3  Câu 32. Tìm m để hệ  1 có nghiệm duy nhất ?  2x + y + 5x − 5y + =m  16 Giải Phân tích. Không khó để nhận ra ý tưởng đặt ẩn phụ từ hệ phương trình này. Đặt a = 2x + y ; b = x − 2y  a,b   0;3; b = 3 − a 2a 2 + b 2 3a 2 − 6a + 9 a 2 − 2b 2 −a 2 + 12a − 18 Rút ra được x = = ; y= = . 5 5 5 5 Nhận thấy rằng với một giá trị của a   0;3 cho ta một giá trị ( x ;y ) . a + b = 3  Hệ phương trình đã cho có dạng  1 a + a + 3b + 16 = m ( 2 ) 2 2 433 Thế b = 3 − a vào ( 2 ) ta có phương trình 4a 2 − 17a + = m (3) 16 Yêu cầu đề bài dẫn đến phương trình ( 3 ) có nghiệm duy nhất a   0;3 . 433 Lập bảng biến thiên của hàm số f (a ) = 4a 2 − 17a + . 16 17 a 0 3 8 f ' (a ) − 0 + 27,0625 12,0625 f (a ) 9 Dựa vào bảng biến thiên ta có m = 9; 12,0625  m  27,0625 thì hệ có nghiệm duy nhất.   x + y =1 Câu 33. Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm ?  x x + y y = 1 − 3m Giải Phân tích. Ý tưởng quá rõ ràng, ta sẽ đặt ẩn phụ để đưa hệ về bài toán tìm nghiệm của phương trình bậc 2. Đặt u = x ; v = y ; u  0 ; v  0  u +v =1 u + v = 1 Hệ đã cho trở thành  3 (*)   u + v = 1 − 3m  uv = m 3 Ta có u,v là hai nghiệm của phương trình. X 2 − X + m = 0 ( * * ) 215 | Chinh phục olympic toán
  13. | Các bài toán chứa tham số Hệ đã cho có nghiệm ( x ;y )  Hệ ( * ) có nghiệm u  0 ; v  0  Phương trình ( * * ) có hai nghiệm X  1   0 1 − 4m  0 m     4  1 không âm  S  0  1  0   m  0;  P  0  m  0 1  0  4    m  0 2y 3 + y + 2x 1 − x = 3 1 − x (1) Câu 34. Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm ?  2y + 1 + y = m + x + 4 2 (2) Giải Phân tích. Ta dễ dàng thấy dáng dấp của bài toán hàm đặc trưng ở ngay phương trình đầu tiên, do đó ta có 2 hướng đi, một là sử dụng hàm đặc trưng, 2 là sử dụng cách phân tích nhân tử để rút mối liên hệ giữa 2 ẩn. Điều kiện −4  x  1 Cách 1. Hàm đặc trưng. ( ) 3 Ta có phương trình (1)  2y 3 + y = 2 1−x + 1−x . Xét f (t ) = 2t 3 + t trên R. Dễ thấy hàm số đồng biến trên , mà từ (1) có f (y ) = f ( ) 1 − x  y = 1 − x  x = 1 − y 2 , (y  0 ) Thay vào ( 2 ) ta có m = 2y 2 + 1 + y − 5 − y 2 ( 3 ) với 0  y  5 . Xét g (y ) = 2y 2 + 1 + y − 5 − y 2 trên  0; 5  Ta có g  (y ) = 2y 2y + 1 2 +1+ y 5 − y2 ( )  0 , y  0; 5 nên g (y ) đồng biến trên  0; 5  . Hệ có nghiệm khi ( 3 ) có nghiệm  g ( 0 )  m  g ( 5 ) , hay 1 − 5  m  11 + 5 . Cách 2. Sử dụng kiến thức lớp 10. ( ) 3 Phương trình (1)  2y 3 + y = 2 1−x + 1−x . Đặt b = 1 − x , phương trình trở thành y = b  2y + y = 2b + b   2 (y − b ) y + yb + b 3 3 ( 2 2 ) = b − y    b  3b 2  = −1 (VN ) 2 2  y + 2  + 4      Vậy y = 1 − x  x = 1 − y 2 , (y  0 ) . Thay vào ( 2 ) ta có m = 2y 2 + 1 + y − 5 − y 2 (3) với 0  y  5 . Xét g (y ) = 2y 2 + 1 + y − 5 − y 2 trên  0; 5  Dễ thấy 1  2y 2 + 1  11 ; − 5  − 5 − y 2  0 , do đó min g (y ) = 1 − 5  y = 0; max g (y ) = 11 + 5  y = 5 . 0; 5  0; 5      Hệ có nghiệm khi ( 3 ) có nghiệm  g ( 0 )  m  g ( 5 ) , hay 1 − 5  m  11 + 5 . Tạp chí và tư liệu toán học | 216
  14. Tuyển tập phương trình đại số hay và khó | 3x − a y 2 + 1 = 1  Câu 35. Tìm a để hệ phương trình  1 có nghiệm ? x + y + = a2  y + y2 + 1 Giải Phân tích. Một bài toán không quá khó, ta dễ dàng nhìn thấy ẩn phụ khi nhân liên hợp mẫu của phương trình 2, tuy nhiên ta sẽ tiếp cận bài toán này bằng phương pháp sử dụng điều kiện cần và đủ! Ta có hệ tương đương 3x − a y 2 + 1 = 1  3x − a y 2 + 1 = 1  1   (I ) x + y + = a 2 x + y + 1 = a 2 2  y + y2 + 1 Điều kiện cần. Thấy rằng nếu hệ có nghiệm ( x 0 , y 0 ) thì hệ cũng có nghiệm ( x 0 , −y 0 ) , bởi vậy điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là yo = 0 . Thay yo = 0 vào ( I ) có a = −1 3x − a = 1    3a 2 − a − 4 = 0  x + 1 = a 2 a = 4  3 Điều kiện đủ. 3x + y 2 + 1 = 1 • Với a = −1 , hệ ( I ) trở thành  x =y =0 x + y 2 + 1 = 1  4 2 3x − y +1 =1  7 4  3 x = • Với a = , hệ ( I ) trở thành   9. 3 x + y 2 + 1 = 16 y = 0  9 4 Vậy a = −1;a = là các giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. 3 x − y + m = 0 (1) Câu 36. Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm ?  xy + y = 2 ( 2 ) Giải Điều kiện xy  0 . Cách 1. Ta có (1)  x = y − m . Thay x = y − m vào ( 2 ) ta có 2 − y  0  xy + y = 2  y (y − m ) + y = 2  y (y − m ) = 2 − y   y (y − m ) = ( 2 − y ) 2  y  2 y  2   2  y − my = y − 4y + 4 ( 4 − m ) y = 4 (*) 2  Nếu 4 − m = 0  m = 4 khi đó ( * )  0 = 4 (vô lý)  m = 4 không thỏa mãn. 4 Nếu 4 − m  0  m  4 khi đó ( * )  y = . 4 −m 4 2m − 4 m  4 Do y  2 nên 2 0 . 4 −m 4 −m m  2 Cách 2. Ta có xy + y = 2  xy = 2 − y ( * ) . 217 | Chinh phục olympic toán
  15. | Các bài toán chứa tham số y  2  Do y = 0 không thỏa mãn phương trình ( * ) nên ( * )   y 2 − 4y + 4 . x =  y y 2 − 4y + 4 Thay x = vào phương trình (1) ta được y y 2 − 4y + 4 4y − 4 −y +m = 0  m = (4) . y y Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi phương trình ( 4 ) có nghiệm y  2 . 4y − 4 4 Xét hàm số f (y ) = với y  2 , ta có f ' (y ) =  0 với y  ( −;0 ) và ( 0;2 . y y m  2 Lập bảng biến thiên ta dễ dàng chỉ ra phương trình ( 4 ) có nghiệm khi  . m  4  4 − 2x − 3y 2 + x + y = 0  Câu 37. Tìm m để hệ phương trình  2 có nghiệm ? (y + 4y + 7 )( x + 1) = −m + 2m + 3 2 4 2 Giải Phân tích. Một câu hệ khá là khó yêu cầu ta phải kết hợp điều kiện 2 phương trình của hệ với nhau để có thể xử lý nó.  4 − 2x − 3y 2 + x + y = 0 (1 )  Xét hệ phương trình  ( )(  y + 4y + 7 x + 1 = −m + 2m + 3 2 2 4 2 ) (2) x + y  0  Ta có (1)  4 − 2x − 3y 2 = − ( x + y )   2 x + 2 (y + 1) x + 4y − 4 = 0 ( 3 ) 2  Để tồn tại x trong phương trình ( 3 ) ta phải có 5 x = (y + 1) − 4y 2 + 4 = −3y 2 + 2y + 5  0  −1  y  2 . 3  2  ( ) Ta có ( 2 )  (y + 1) + 2 (y + 1) + 4  x 2 + 1 = 3 − m 4 + 2m 2 ( ) (  ( y + 1 ) + 2 ( y + 1 ) + 4  x 2 + 1 = 4 − m 2 − 1 ) (4) 2 2    5 Với mọi x , y thoả mãn y   −1;  , x + y  0 ta có  3 •  2  ( ) VT ( 4 ) = (y + 1) + 2 (y + 1) + 4  x 2 + 1  4 , dấu đẳng thức xảy ra  x = 0, y = −1 ( ) VP ( 4 ) = 4 − m 2 − 1  4 , dấu đẳng thức xảy ra  m = 1 2 • Do đó điều kiện cần để hệ có nghiệm thực là m = 1 . Với m = 1 . Khi đó ( 4 )  (y + 1) + 2 (y + 1) + 4  (x 2 + 1) = 4  x = 0, y = −1 thỏa mãn (1) 2   Vậy có hai giá trị nguyên của tham số m sao cho hệ phương trình có nghiệm thực.  Câu 38. Tìm m để hệ  ( ( x + 1)2 − y 2 = 4 x 2 + 2x + 5 − y 2 + 4 ) (1 ) có nghiệm?  x + 1 − y + m = x 2 − 4x + 3 ( 2) Giải Tạp chí và tư liệu toán học | 218
  16. Tuyển tập phương trình đại số hay và khó | Phân tích. Một bài toán với ý tưởng quen thuộc, ở phương trình 2 có ẩn thì chắc ta phải xử lý phương trình đầu, mà ở phương trình đầu ta dễ dàng nhìn thấy bóng dáng của hàm đặc trưng ở đó. Phương trình (1)  x 2 + 2x + 5 − 4 x 2 + 2x + 5 = y 2 + 4 − 4 y 2 + 4 (* ) Xét f (t ) = t 2 − 4t đồng biến trên ( 2; + ) Vì x 2 + 2x + 5  4;y 2 + 4  4 nên (*)  f ( x 2 + 2x + 5 = f) ( ) y 2 + 4  ( x + 1) = y 2  x + 1 = y 2 Thế vào ( 2 ) ta được x 2 − 4x + 3 = m ( * * ) Hệ có nghiệm khi ( * * ) có nghiệm  m  −1 . x 2 − 3x + 100 − y + 1 − m 2 = 0 (1)  Câu 39. Tìm m để hệ  (I ) có nghiệm thỏa mãn x + y  80 ? ( x 100 − y + y 100 − x = 100 ( 2 ) 2 ) Giải Phân tích. Một câu hệ phương trình quá quen thuộc và được cover lại rất nhiều lần rồi nên ta không còn làm lạ gì với nó. Lần này để cho mới lạ chúng ta sẽ tiếp cận bài toán theo cách khác. Cách sử dụng bất đẳng thức các bạn có thể đọc ở các chương trên. Đặt t = 100 − y  y = 100 − t 2 ,t  0. Phương trình ( 2 ) trở thành xt + (100 − t )(100 − x ) = 100  (100 − t )(100 − x ) = 100 − xt 2 2 2 2 100 − xt  0    ( 2 )( 2 )  100 − t 100 − x = (100 − xt ) 2 100 − xt  0 100 − xt  0 0  x  10  0  x  10       hay  (x − t ) = 0 2 −100x − 100t = −200xt t = x  100 − y = x 2 2   x 2 − 3x + 100 − y + 1 − m 2 = 0 x 2 − 2x + 1 − m 2 = 0 x = 1  m    Hệ ( I )   100 − y = x  y = 100 − x 2  y = 100 − x 2  0  x  10  0  x  10  0  x  10    x + y  80  x + (100 − x 2 )  80 Ta có y = 100 − x 2    5  x  10. 0  x  10 0  x  10  • Nếu x = 1 − m thì 5  1 − m  10  −9  m  −4 - loại • Nếu x = 1 + m thì 5  1 + m  10  4  m  9 .  x 2 + 2018 + y + 1 = m  Câu 40. Tìm m để hệ  có nghiệm duy nhất?  x y 2 + 2y + 2018 = 2018 − x 2 − m Giải  x 2 + 2018 + z = m  Đặt z = y + 1 , hệ phương trình đã cho trở thành   x z 2 + 2017 = 2018 − x 2 − m Nhận xét. Nếu hệ có nghiệm ( x 0 ; z 0 ) thì hệ cũng có nghiệm ( −x 0 ; −z 0 ) 219 | Chinh phục olympic toán
  17. | Các bài toán chứa tham số Do đó, hệ có nghiệm duy nhất khi x 0 = z 0 = 0 . Thay vào hệ, ta có m = 2018 . Thử lại. Thay m = 2018 vào hệ phương trình, ta có  x 2 + 2018 + z = 2018 (1 )   .  x z 2 + 2017 = 2018 − x 2 − 2018 ( 2 ) Ta có x 2 + 2018 + z  2018 nên phương trình (1)  x = z = 0 . Ta cũng có x = z = 0 thỏa mãn phương trình ( 2 ) .  x 2 + 2018 + z = 2018  Suy ra hệ phương trình  có nghiệm duy nhất x = z = 0 .  x z 2 + 1 = 2018 − x 2 − 2018 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  m = 2018 .  ( ) 2  x − 5x + 8x − 40x + 16 − 9x − 5x + 4 + 10x x = 0 2 2 2 Câu 41. Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm x 2 − 2 (m − 1) x + m (m − 2 ) = 0 duy nhất? Giải Hệ phương trình đã cho tương đương  x 2 − 5x + 4 − 9x 2 − 5x + 4 + 10x x = 0 (1)  2 x − 2 (m − 1) x + m (m − 2 ) = 0 (2) Phương trình (1) tương đương x 2 − 5x + 4 + ( x 2 − 5x + 4 ) + 10x ( x − x ) = 0 ( 3 ) • Với 0  x  1 hoặc x  4 , VT  0  ( 3 ) vô nghiệm. • Với 1  x  4 ,VT = 0  ( 3 ) có nghiệm đúng với mọi x  1;4  . • Với x  0, ( 3 )  18x 2 + 10x − 8 = 0  x = −1 . Vậy (1) có nghiệm là x = −1 hoặc 1  x  4. Xét phương trình ( 2 ) . Ta có  ' = (m − 1) − m (m − 2 ) = 1  0, m 2 Suy ra (2) luôn có nghiệm x 1 = m;x 2 = m − 2 . Ta đi xét các khả năng để hệ có nghiệm duy nhất , với 2  m − 2  4 4  m  6  nhận xét x 1 và x 2 hơn nhau 2 đơn vị  −1  m − 2  1  1  m  3 . m = −1 m = −1 Vậy với m  (1;3 )  ( 4;6  −1 hệ có nghiệm duy nhất. Chú ý. Nếu bạn đọc không trực quan được trong bước lập luận trên, tốt nhất hãy vẽ trục số biểu diễn tập x = −1,1  x  4 và di chuyển đoạn m − 2;m  trên đó.  x +y 3 3     x −y  Câu 42. Tìm m để hệ phương trình   2  +  2  = 27 (1) có nghiệm ?    m x = 2x + 3 (2) Giải Tạp chí và tư liệu toán học | 220
  18. Tuyển tập phương trình đại số hay và khó | Phân tích. Hãy để ý ở cả 2 phương trình, ở phương trình 2 thì chỉ có 2 biến m và x , nếu như các bài toán khác thì ta sẽ tìm ngay được điều kiện của m , tuy nhiên phương trình 1 giúp ta tìm điều kiện của x để khảo sát hàm số. x + y  0  x +y x −y Điều kiện x − y  0 . Đặt a = ,b = thì a,b  0 . x  0 2 2  Từ (1) ta được x = a 2 + b 2 và a 3 + b 3 = 27 0  a  3 a  3a 3 2 Nên   3 ( )  3 a 2 + b 2  a 3 + b 3 = 27  x = a 2 + b 2  9 . 0  b  3 b  3b 2 Vậy x  9 dấu bằng xảy ra khi y = 9 .  33  Với x  9 thì ( 2 ) ta có m = 2 x + = x + + x 2 3 +3 x  x Nhận xét. Để chứng minh x  9 , ta có thể làm cách khác như sau x +y x −y t 2 18 Đặt t = + , (t  0 ) , ta tìm được x = + . 2 2 3 t t 2 18 t 2 9 9 Nên ta có x = + = + + 9. 3 t 3 t t x 2 − xy − 2x + y + 1 = y + 1 − x  Câu 43. Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm ?  2x − ( 6 − m ) y = y + 1 + x − 1 2 Giải x  1  Điều kiện y  −1 2x 2 − (6 − m )y  0  Xét phương trình x 2 − xy − 2x + y + 1 = y + 1 − x (* ) x = 0 Nếu  đưa phương trình thứ 2 trong hệ về dạng 6 −m = 0  m = 6 y = −1  1  Nếu x + y + 1  0 , biến đổi phương trình về dạng (x − y − 1)  x − 1 + =0  x + y + 1   1 Từ điều kiện xác định của bài toán ta có x − 1 + 0. x + y +1 Do đó ( * )  x − y − 1 = 0  y = x − 1 Thay vào phương trình còn lại trong hệ có 2x 2 − ( 6 − m )(x − 1) + m = x + x − 1  2 (x − 1) − ( 2 − m )(x − 1) + 2 = x − 1 + 1 + x − 1 2 Do x = 1 không là nghiệm phương trình nên chia hai vế cho x − 1  0 ta có  1  1 2 ( x − 1 ) +  − 2 + m = 1+ x −1 +  (x − 1)  x −1 1 1 Đặt t = x − 1 + (t  2 ) khi đó có x − 1 + = t2 − 2 x −1 x −1 Vậy phương trình có dạng ( ) 2 t 2 − 2 − 2 + m = 1 + t  m = −t 2 + 2t + 7 221 | Chinh phục olympic toán
  19. | Các bài toán chứa tham số Xét hàm số g (t ) = −t 2 + 2t + 7 (t  2 ) ta có g ' (t ) = −2t + 2  0t  2 Do đó phương trình có nghiệm khi m  g ( 2 ) = 7 x + y = x − 1 + 2y + 2 (1 ) Câu 44. Tìm m để hệ  có nghiệm ? x + y + 2 ( x + 1)(y + 1) + 8 4 − x − y = m ( 2 ) 2 2 Giải Phân tích. Một câu lấy ý tưởng từ đề THPT Quốc Gia 2016. x  1 Điều kiện.  . Phương trình đầu tương đương y  −1 (1)  (x + y ) = x + 2y + 1 + 2 (x − 1)( 2y + 2 ) 2  ( x + y ) = x + 2y + 1 + 2 ( 2x − 2 )(y + 1) 2 AM -GM  x + 2y + 1 + ( 2x − 2 ) + (y + 1) = 3 ( x + y )  0 x +y  3 Phương trình ( 2 )  x 2 + y 2 + 2xy + 2 (x + y ) + 2 + 8 4 − (x + y ) = m Đặt x + y = t . Ta có m = t 2 + 2t + 2 + 8 4 − t Xét hàm số f (t ) = t 2 + 2t + 2 + 8 4 − t , t   0;3 . Ta có  4  f ' (t ) = 2t + 2 −  4 −t   t =0   f ' (t ) = 0  t 3 − 2t 2 − 7t = 0  t = 1 − 2 2     t = 1 + 2 2 Lập bảng biến thiên ta dễ dàng suy ra trên  0;3 hàm f (t ) đồng biến  min = f ( 0 ) = 18, max = f ( 3 ) = 25 x  0;3 x  0;3 Hệ phương trình có nghiệm khi m  18;25 .  Câu 45. Tìm m để hệ  ( m  x 2 + 3 x 4 + 3 x 2 + 1 = xy ) có nghiệm ? ( ) m  3 x 8 + x 2 + 3 x 2 + 1 + (m − 1)  3 x 4 = 2y 3 x 4  Giải xy = 0 x = 0 Nếu m = 0 thì hệ phương trình   3   . − x = 2y x y  4 3 4 ( m  t 6 + t 4 + t 2 + 1 = yt 3  ) Nếu m  0 , đặt t = x thì hệ   3 ( m  t + t + t + 1 + (m − 1)t = 2yt 8 6 2 4 ) 4 m  (t 6 + t4 + t2 + 1) = yt 3 (1 )   m  (t + t 6 + t 4 + yt 3 + 1) = ( 2y + 1)t 4 ( 2 ) 8 Tạp chí và tư liệu toán học | 222
  20. Tuyển tập phương trình đại số hay và khó | Vì t = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên chia cả 2 vế của (1) cho t 3 và ( 2 ) cho t 4 ta được   3 1 1 m  t + t 3 + t + t  = y    1  . Tiếp tục đặt a = t + ( a  2 ) thì hệ trở thành m  t 4 + 1 + t 2 + 1 + 1  = 2y + 1 t   t 4 t 2   ( ) m a 3 − 2a = y  1  ( )  m a 4 − 2a 3 − 3a 2 + 4a + 1 = 1  = a 4 − 2a 3 − 3a 2 + 4a + 1 (* ) ( ) m a − 3a + 1 = 2y + 1 4 2 m Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình ( * ) có nghiệm. Đến đây bài toán trở nên vô cùng đơn giản, xin nhường lại cho bạn đọc! 1 Vậy với m  −  m  0 thì hệ phương trình có nghiệm thực. 3 Sau đây mình sẽ hướng dẫn các bạn cách giải quyết một số bài toán liên quan tới hệ đối xứng loại 2 chứa tham số.  3x 2 + x + 1 + 3y 2 − y + 1 = m Câu 46. Tìm m để hệ phuwong trình  có nghiệm ?  3x 2 − x + 1 + 3y 2 + y + 1 = m Giải Phân tích. Giống như cách giải với hệ đối xứng loại 2, ta sẽ lấy 2 phương trình trừ cho nhau. Ta được 3x 2 + x + 1 − 3x 2 − x + 1 = 3y 2 + y + 1 − 3y 2 − y + 1  f (x ) = f (y )(* ) Xét hàm số f (t ) = 3t 2 + t + 1 − 3t 2 − t + 1 trên . Ta có  1  1 3 t +  3t −   6  6  1  1 f ' (t ) = − = g t +  − g t −   1  11 2  1  11 2  6  6 3 t +  + 3t −  +  6  12  6  12 3z 11 Xét hàm số g ( z ) = , g ' (z ) =  0, z  11  11  11 3z + 2  12z + 3  3z + 12 2 2 12   Do đó g ( z ) đồng biến trên , từ đây suy ra 1 1  1  1  1  1 t +  t −  g  t +   g  t −   f ' (t ) = g  t +  − g  t −   0 6 6  6  6  6  6 Vậy f (t ) đồng biến tren . Lúc này phương trình ( * ) tương đương x = y . Thế vào phương trình đầu ta được 3x 2 + x + 1 + 3x 2 − x + 1 = m 6x + 1 6x − 1 Đặt g ( x ) = 3x 2 + x + 1 + 3x 2 − x + 1 , có g' ( x ) = + =0x =0 2 3x + x + 1 2 3x 2 − x + 12 Lập bảng biến thiên ta dễ dàng chỉ ra m  2 thì hệ phương trình có nghiệm.  7 + x + 11 − y − 4 = m − 4 − 3 10 − 3m  Câu 47. Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm duy nhất ?  7 + y + 11 − x − 4 = m − 4 − 3 10 − 3m Giải 223 | Chinh phục olympic toán
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2