Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc 2.

Trần Khánh Long-Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai
II. NỘI DUNG
Vấn đề 1 Giải hệ bất phương trình bậc hai hai ẩn nhờ phương pháp tham
biến.
Phương pháp: Chuyển hệ bất phương trình về hệ phương trình nhờ biểu diễn qua tham số.
Bài 1 Giải hệ bất phương trình
2 2
x y 1
x y xy 1





+ ≤
+ + =
(Đề thi TTPHHSG Khối 10 Tỉnh ĐakLak – 1999)
Giải Để ý Do
x y 1+ ≤
nên: x + y = 1 – m với
m 0≥
(1)
Lúc này hệ là:
( )
2
2 2
1
x y 1 m
x y 1 m
xy 1 m
x y xy 1



 
⇔
 
−




+ = −
+ = −
= −
+ + =
Điều kiện để hệ có nghiệm là: (1 – m)
2

≥
4[(1 – m)
2
– 1]
( )
2
3 1 m 4⇔ − ≤
2 2
1 m
3 3
⇔ − ≤ − ≤

2 2

1 m 1
3 3
⇔ − ≤ ≤ +
Với điều kiện (1) ta có
0
2
m 1
3
≤ ≤ +
Lúc đó ta có x, y là hai nghiệm của phương trình t
2
– (1 – m)t + (1 – m)
2
– 1 = 0
Vậy nghiệm của hệ là:

( )
( )
2
2
0
2
m 1
3
1 m 4 3 1 m
x
2
1 m 4 3 1 m
y
2












≤ ≤ +
− − − −
=
− + − −
=
Hoặc
( )
( )
2
2
0
2
m 1
3
1 m 4 3 1 m
x
2
1 m 4 3 1 m
y

2











≤ ≤ +
− + − −
=
− − − −
=
Bài 2 Ở bất phương trình thứ hai của hệ của hệ trong bài 1 ta thay dấu “=“ bởi dấu “
≥
” thì ta có
hệ mới sau:

2 2
x y 1
x y xy 1






+ ≤
+ + ≥
. Yêu cầu bài toán không thay đổi.
Giải Hệ
2 2
x y 1 m (1)
x y xy 1 (2)
m 0 (3)


⇔



+ = −
+ + ≥
≥

Từ (1): y = 1 – m – x Thay và (2): x
2
– (1 – m - x)
2
+ x(1 – m – x)
0≥

⇔
x
2
– (1 – m)x + (1 – m)
2

– 1
0≥
(4)
Ta có
( )
( ) ( )
2
2 2
11 m 4 1 m 4 3 1 m
 
− − =
 
 
∆ = − − − −
Trường hợp
0∆ ≤

( )
2
4 3 1 m 0⇔ − − ≤
( )
2
4
1 m
3
≥⇔ −
2 2
m 1 m 1
3 3
⇔ ≤ − ∨ ≥ +

Với điều kiện (3) ta có
2 2
m 1 m 1
3 3
⇔ ≤ − ∨ ≥ +
2
Trần Khánh Long-Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai
Lúc đó bất phương trình (4) thỏa mãn với
0
x∀ ∈¡
Vậy nghiệm của hệ là
0
0
x x
y 1 m x





= ∈
= − −
¡
Trường hợp
0∆ >

( )
2
4 3 1 m 0⇔ − − >
2 2

1 m 1
3 3
<
⇔ − < +
Với điều kiện (3) ta có
0
2
m 1
3
≤
⇔ < +
Lúc đó bất phương trình (4)
( )
( )
2
2
1 m 4 3 1 m
x
2
1 m 4 3 1 m
x
2



⇔





− − − −
≤
− + − −
≥
*) Với
( )
2
1 m 4 3 1 m
x
2
− − − −
≤

( )
2
1 m 4 3 1 m
y 1 m x
2
⇒
− + − −
= − − ≥
*) Với
( )
2
1 m 4 3 1 m
x
2
− + − −
≥

( )
2
1 m 4 3 1 m
y 1 m x
2
⇒
− − − −
= − − ≤
Vậy nghiệm của hệ là:
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
m 0 m 0
1 m 4 3 1 m 1 m 4 3 1 m
x x
2 2
1 m 4 3 1 m 1 m 4 3 1 m
y y
2 2
 
 
 
 
 
∨
 
 

 
 
 
 
≥ ≥
− − − − − − − −
≤ ≤
− + − − − + − −
≥ ≥
Hướng phát triễn bài toán
Nếu thay bất phương trình (2) bởi bất phương trình x
2
+ y
2
+ xy < 0 thì
trường hợp
0∆ <
bất phương trình vô nghiệm. Nên ta chỉ xét trường hợp
0∆ ≥
, cách lấy nghiệm tương tự.
Bài 3 Giải hệ bất phương trình
2 2
2 2
x 2xy y 0 (1)
2x 3xy y 1 (2)

− −





≤
− + =
Giải
a) Nếu x = 0 thì hệ là:
2
2
y 0
y 1

−




≤
=
hệ vô nghiệm.
b) Nếu
x 0≠
đặt y = t x. Điều kiện
t 0≠
Vì t = 0 thì y = 0 lúc đó hệ là
2
2
x 0
1
x
2






≤
=
hệ vô nghiệm
Thay y = tx vào bất phương trình (1) ta có: x
2
– 2tx
2
– t
2
x
2
≤
0
⇔
(1 – 2t – t
2
)x
2

≤
0
⇔
t
2
+ 2t – 1
≥

0
t 1 2 t 1 2⇔ ≤ − − ∨ ≥ − +
(*)
Thay y = tx vào phương trình (2) ta được: 2x
2
– 3tx
2
+ t
2
x
2
= 1
⇔
(2– 3t + t
2
)

x
2
= 1 (3)
a) Nếu: 2– 3t + t
2

≤
0
⇔
1 t 2≤ ≤
thì hệ vô nghiệmVì vế phải của (3) luôn dương.
b) Nếu: 2– 3t + t
2

> 0
⇔
t < 1 hoặc t > 2
Thì từ điều kiện (*) ta có
t 1 2≤ − −
hoặc t > 2
3
Trần Khánh Long-Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai
Suy ra
2
2 2
1 1
x x
t 3t 2 t 3t 2
= ⇔ = ±
− + − +
Vậy nghiệm của hệ là:
2
2
1
t
t > 2
x
t 3t 2
y
t 3t 2
t 1 2






=









=
− +
− +
≤ − −
hoặc
2
2
1
t
t > 2
x
t 3t 2
y
t 3t 2
t 1 2






= −









= −
− +
− +
≤ − −
Hướng phát triễn bài toán
Nếu ở bất phương trình (1) ta thay dấu “
≤
” bởi dấu “
≥
” thì cách lập luận không thay đổi, chỉ có
sự thay đổi ở điều kiện (*).
Bài 4 Giải hệ bất phương trình
2 2
2 2
3x 2xy y 0
x 3xy 2y 0

− −





≤
− + ≥
Giải Rõ ràng về mặt hình thức đây là bài toán phức tạp hơn. Ta thực hiện việc giải bài toán như
giải hệ phương trình đẳng cấp
a) Nếu x = 0 thì hệ là:
2
2
y 0
y 0

−




≤
≥
Thì hệ có nghiệm
x 0
y



=
∈¡
b) Nếu x

≠
0 đặt y = tx. Điều kiện t
≠
0
Vì t = 0 thì y = 0
⇒
x = 0 (vô lí)
Do đó ta có thể viết lại hệ là:
2 2
2 2
3x 2xy y 0 (1)
x 3xy 2y m, m 0 (2)

− −


=


≤
− + ≥
Thay y = tx vào phương trình (1) ta có: 3x
2
- 2tx
2
– t
2
x
2

0≤
⇔
t
2
+ 2t – 3
≥
0
t 1
t 3



≥
⇔
≤ −
(*)
Từ bất phương trình (2) ta có x
2
– 3tx
2
+ 2t
2
x
2
= m (3)
a) Nếu 2t
2
– 3t + 1 < 0
1
t 1

2
⇔ < <
Thì hệ vô nghiệm vì không thỏa mãn điều kiện (*)
b) Nếu 2t
2
– 3t + 1 = 0
1
t
2
t 1




=
⇔
=
Từ Điều kiện (*) ta có t = 1. Lúc đó m = 0
Phương trình (3) thỏa mãn
c) Nếu 2t
2
– 3t + 1 > 0
1
t t 1
2
⇔ < ∨ >
Từ phương trình (2) ta có
2
2 2
m m

x x
2t 3t 1 2t 3t 1
⇔
= = ±
− + − +
Vậy nghiệm của hệ
2
2
1
t t 1
2
m
x
2t 3t 1
m
y t
2t 3t 1











< ∨ >
=

− +
=
− +
hoặc
2
2
1
t t 1
2
m
x
2t 3t 1
m
y t
2t 3t 1











< ∨ >
= −
− +
= −

− +
4
Trần Khánh Long-Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai
Vấn đề 2 Tìm điều kiện cần và đủ để hệ phương trình, hệ bất phương
trình có nghiệm duy nhất.
Lưu ý khi giải:
- Chú ý đến tính đối xứng giữa hai ẩn x và y
- Nếu cặp (x
0
; y
0
) là một nghiệm thì cặp (- x
0
; - y
0
) cũng là nghiệm của hệ hoặc(y
0
; x
0
)
cũng là nghiệm…
- Tìm điều kiện cần lưu ý x
0
= y
0
( x
0
= -x
0
và y

0
= - y
0
)…. Từ điều kiện cần ta tìm được
giá trò của tham số
- Thay trực tiếp giá trò tham số vào hệ để có điều kiện đủ.
Bài 5 Xác đònh giá trò tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất
2 2
2 2
x 2xy 2y m (1)
x 4xy y m (2)





+ + ≤
− − ≤
(Đề thi TTPHHSG Khối 10 Tỉnh ĐakLak – 2000)
Giải Ta thấy nếu (x
0
; y
0
) là nghiệm của hệ thì (-x
0
; -y
0
) cũng là nghiệm
Điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là
0 0 0

0 0
0
x x x 0
y y
y 0
= − =


⇒
 
=
=


−
Lúc đó hệ phương trình là:
m 0
m 0
m 0

⇒


≥
≥
≥
Điều kiện đủ với
m 0≥
a) Trường hợp m > 0 Ta có
x 0

y 0
=


=

là một nghiệm của hệVà
x m
y 0

=


=


cũng là một
nghiệm của hệ .Suy ra hệ không thể có nghiệm duy nhất
Vậy m > 0 không thỏa mãn.
b) Trường hợp m = 0
Lúc đó hệ là
( )
2
2 2
2
2 2
2 2
x 2xy 2y 0
x y y 0
x 4xy y 0

x 4xy y 0


+
 
⇔
 




+ + ≤
+ ≤
− − ≤
− − ≤
2 2
x y 0
x 0
y 0
y 0
x 4xy y 0




⇔ ⇔
 




+ =
=
=
=
− − ≤
Vậy m = 0 hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất.
Bài 6 Xác đònh giá trò tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất
4 4 2 2
x y m
x y m x y
+





≤
+ ≤ +
Giải Nhận thấy nếu (x
0
; y
0
) là một nghiệm của hệ thì (y
0
; x
0
) cũng là nghiệm của hệ
Điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là x
0
= y

0
Lúc đó hệ là:
0
4
0
2
2
m
x
m 0
m
x



⇒




≤
≥
≤
Điều kiện đủ với
m 0≥
*) Trường hợp m > 0
Do x
0
= y
0

nên hệ phương trình là
4 4
4 4
0
0
0
2
;
2
m
x
m
m x Min m
m x m


 
⇒ ≤
  
 

≤

≤
− ≤
− ≤
Vậy nghiệm của hệ là một khoảng. Hệ không thể có nghiệm duy nhất.
5
Trần Khánh Long-Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai
*) Trường hợp m = 0

Lúc đó hệ phương trình là:
4 4 2 2
x y 0 (1)
x y x y (2)
+





≤
+ ≤
Mà x
4
+ y
4

≥
2x
2
y
2

⇒
2x
2
y
2

≤

x
2
y
2

⇔
x
2
y
2

≤
0
x
2
y
2
≤
0
x 0
y 0

⇔


=
=
Với x = 0 từ bất phương trình (1)
y 0⇒ ≤
Từ bất phương trình (2)

x 0
y 0
y 0

⇒


=
= ⇒
=
Tương tự với y = 0 ta cũng có
x 0
x 0
y 0

⇒


=
= ⇒
=
Vậy m = 0 thì hệ có nghiệm duy nhất.
Vấn đề 3 Áp dụng điều kiện S
2

≥
4P tìm tham số để hệ phương trình đối
xứng loại I có nghiệm.
Lưu ý khi giải:
- Biến đổi hệ chỉ chưa tổng x + y và xy

- Gọi S = x + y và P = xy. Tacó hệ theo S và P
- Khử một trong hai biến S hoặc P ta được phương trình bậc hai của cùng một ẩn.
Bài 7 Xác đònh giá trò của tham số m để hệ phương trình
2 2
x y xy m
x y m





+ + =
+ =
(Trích Bộ đề tuyển sinh Đại học- Đề 1/II)
Giải Ta có hệ phương trình là:
( )
2
x y xy m
x y 2xy m





+ + =
+ − =
Đặt
P
S x y
xy



=

= +
. Lúc đó hệ là
2
S
S P m (1)
2P m (2)





+ =
− =
Điều kiện S
2

≥
4P (*)Từ (*) và (2) ta có S
2

≥
4P
⇔
m + 2P
≥
4P

⇔
2P
≤
m kết hợp phương trình (1)
Ta có 2(m – S)
≤
m
⇔
m
S
2
≥
(3)Mặt khác từ hệ phương trình ta có: S
2
– 2(m – S) – m = 0
⇔
S
2
+ 2S – 3m = 0 Gọi f(S) = S
2
+ 2S – 3m
Ta cần tìm m để f(S) có nghiệm thỏa mãn điều kiện (3)
Giả sử f(S) có hai nghiệm S
1
; S
2
và S
1

≤
S
2

Ta có f(S) có hai nghiệm thỏa mãn
m
S
2
≥

1 2
1 2
m
S S
2
m
S S
2


⇔


≤


< ≤
≤
6
Trần Khánh Long-Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai

a) Trường hợp 1:
1 2
0
m m
S S 1.f 0
2 2
2 m
2 2




 
⇔

 ÷
 




∆ ≥
< ≤ >
− >

2
1
3
1 3m 0
m

m
m 3m 0 m 0 m 8
4
m 2
m 2






⇔ ⇔
 
 
 


+ ≥
≥ −
+ − > < ∨ >
< −
< −
. Vô
nghiệm
b) Trường hợp 2:
1 2
m
S S
2
≤ ⇔≤

m
1.f 0
2
 
 ÷
 
≤
;
2
m
m 3m 0 0 m 8
4
⇔ + − > ⇔ ≤ ≤
Vậy
0 m 8≤ ≤
thì hệ phương trình có nghiệm.
Bài 8 Xác đònh m để hệ phương trình
2 2
x y xy 1
x y y x m





+ + =
+ =
có nghiệm
Giải
Ta có hệ phương trình

( )
x y xy 1
xy x y m





+ + =
+ =
Đặt
S x y
P xy



= +
=
. Điều kiện S
2

≥
4P (*)
Lúc đó hệ phương trình là:
S P 1 (1)
SP m (2)



+ =

=
Từ (1) ta có SP = S(1 – S)
⇒
S(1 – S) = m
⇔
S
2
= S – m (3)
từ (*) và (3): S – m
≥
4P = 4(1 – S)
⇔
5S
≥
m + 4
⇔
S
≥
m 4
5
+
(4)
Ta cần tìm m để f(S) = S
2
– S + m có nghiệm thỏa mãn (4)
Giả sử S
1
, S
2
là hai nghiệm của f(S), S

1

≤
S
2
a) Trường hợp 1
m 4
5
+
< S
1

≤
S
2

0
m 4
1.f 0
5
1 m 4
2 5




 
⇔

 ÷

 




∆ ≥
+
>
+
>
( )
2
1 4m 0
m 28m 4 0 m 14 10 2
2 m 4 5


⇔ ⇔



− ≥
+ − > ≤ − −
+ <
b) Trường hợp 2 S
1

≤
m 4
5

+
≤
S
2

⇔
m 4
1.f 0
5
 
 ÷
 
+
≤
2
m 28m 4 0 14 10 2 m 14 10 2⇔ ≤⇔ + − > − − ≤− +
Vậy
m 14 10 2≤ − +
thì hệ phương trình có nghiệm
7