Phương trình hệ phương trình ôn thi đại học

ŀ



Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh

164

Chuyên đề III

PHƯƠNG TRÌNH , HỆ PHƯƠNG TRINH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH



 Chủ đề 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.
1. Định nghĩa:
Là phương trình có dạng:
(
)
2
f x ax bx c 0
= + + =
, trong đó
a,b,c
là các số thực
cho trước và
a 0
≠
.
2. Cách giải:
Đặt

2
b 4ac
∆ = − . Ta có:
( )
2
2
b
f x a x
2a
4a
 
∆
 
= + −
 
 
 
 
 
nên:
* Nếu
0
∆ >
phương trình có hai nghiệm phân biệt:
1,2
b
x
2a
− ± ∆
=

* Nếu
0
∆ =
phương trình có nghiệm kép
1 2
b
x x
2a
= = −
.
* Nếu
0
∆ <
phương trình vô nghiệm.
Chú ý:
Nếu
b 2b'
=
thì ta dùng công thức thu gọn.

2
' b' ac 4 '
∆ = − ⇒ ∆ = ∆
và
1,2
b' '
x
a
− ± ∆
= .

3. Định lí Viét:
Định lí:
Nếu phương trình bậc hai
(
)
2
ax bx c 0 a 0
+ + = ≠
có hai nghiệm
1 2
x ,x

thì ta có:
1 2 1 2
b c
S x x , P x x
a a
= + = − = =

.
Chú ý:
* Định lí Vi-et chỉ là điều kiện cần chứ không phải là điều kiện đủ, do đó
trước khi sử dụng định lí Vi-et ta phải tìm điều kiện cho phương trình bậc hai có
nghiệm .
* Đảo lại ta có: “ Nếu hai số có tổng là S và tích là P thì hai số đó (nếu có) là
nghiệm của phương trình:
2
X SX P 0
− + =
.

Ví dụ 1.
Tìm
m
để phương trình
(
)
(
)
2
mx 2 m 1 x 3 m 2 0
− − + − =
có hai nghiệm
phân biệt
1 2
,x
x
thỏa mãn
1 2
2x 1
x
+ =
.

Lời giải

Email:


165

Ta có hệ phương trình:
( )
( ) ( )
2
1 2 2
1 2
1
1 2
m 0
m 0
' 0 2m 4m 1 0
2(m 1) 2 m
x x x
m m
3(m 2)
2 2 m
x .x
x 1
m
m
x 2x 1
2 2 m 3 m 2
2 m
. 1
m m m





≠


≠


∆ > − − <




− −
 
+ = ⇔ =
 
 
 − 
−
=
= −
 
 
+ =



 
− −
−
 

− =
 
 
 
 

 


( )( )
2
m 0
m 2
2 6 2 6
m
2
2 2
m
3
2 m 6m 4
0
m


≠

=

 − +


⇔ < < ⇔


=




− −
=



Ví dụ 2.
Cho phương trình :
2
x ax a 1 0
− + − =
có hai nghiệm
1 2
,x
x
.
1.
Chứng minh rằng
0 M 2
≤ ≤
, biết
2 2
1 2

2 2
1 2 1 2
3x 3x 3
x .x x
M
x
+ −
+
=
thỏa mãn
[
]
a 1;3
∈ .
2.
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

( )
1 2
2 2
1 2 1 2
2x x 3
N
x x 2 x x 1
+
=
+ + +


Lời giải

1.
Trước hết ta kiểm tra phương trình cho có nghiệm hay không?. Dễ thấy
( )
2
a 2 0, a
∆ = − ≥ ∀ ∈


Theo định lý Vi-et, ta có :
1 2 1 2
x a, .x a 1
x x
+ = = −

(
)
2
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
3 a 1
3(x x ) 6x x 3
3a 6(a 1) 3 3a 6a 3
M
a(a 10 a
x x (x x ) a a
−
+ − −
− − − − +

= = = =
−
+ −

a 0,a 1
≠ ≠
.
Đặt
( )
(
)
3 a 1
f a
a
−
= liên tục trên đoạn
[
]
1;3
.
Ta có
( )
[ ]
( )
2
1
f ' a 3 0, a 1;3 f a
a
 
= > ∀ ∈ ⇒

 
 
liên tục và đồng biến trên đoạn
[
]
1;3
và
(
)
(
)
f 1 0,f 3 2
= =
.



Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh

166

Do đó :
(
)
0 f a 2
≤ ≤
hay
0 M 2
≤ ≤
(đpcm).

2.
( )
(
)
1 2 1 2
2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
2 m 1 3
2x x 3 2x x 3
2m 1
N
x x 2 x x 1 (x x ) 2 m 2 m 2
− +
+ +
+
= = = =
+ + + + + + +
.
Cách 1:

Ta có :
(
)
( )
2 2
2
2 2 2
m 2 m 2m 1
m 1
2m 1

N 1
m 2 m 2 m 2
+ − − +
−
+
= = = −
+ + +

( )
( )
2
2
2
m 1
m 1 0 0 N 1 maxN 1
m 2
−
− ≥ ≥ ⇒ ≤ ⇒ =
+
khi
m 1
=
.
(
)
(
)
( )
( )
2 2 2 2

2
2 2 2
2
1 1 1 1
m 2m 1 m m 4m 4 m 2
m 2
2m 1 1
2 2 2 2
N
2
m 2 m 2 m 2
2 m 2
+ + − + + − +
+
+
= = = = −
+ + +
+

( )
( )
( )
2
2
2
m 2
1 1
m 2 0 0 N minN
2 2
2 m 2

+
+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ − ⇒ = −
+
khi
m 2
= −

Cách 2:

( )
2
2
2m 1
N Nm 2m 2N 1 0 *
m 2
+
= ⇔ − + − =
+

(Với
m
là ẩn,
N
là tham số)
Ta có:
(
)
2
1 N 2N 1 1 2N N
∆ = − − = − +

Để phương trình
(
)
*
luôn có nghiệm với mọi
m
thì
0
∆ ≥
hay
2
1 2N N 0
− + ≥

( )( )
2
1
2N N 1 0 2N 1 N 1 0 N 1
2
⇔ − − ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤

maxN 1
=
khi
m 1
=
,
1
minN

2
= −
khi
m 2
= −

Bài tập tự luyện
1.
Tìm
m
để phương trình
(
)
2
mx 2 m 4 x m 7 0
+ − + + =
có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x
x
thỏa mãn :
a.
1 2
2x 0
x
− =
b.
1 2
3x 1
4x

+ =
c.
1 2
5x 6
3x
− =

Hướng dẫn giải:
Cách 1:
xem ví dụ 1
Cách 2:
a.
( )
( )
1 2 2
2
1 2 1 2 1 2
1 2 1
x x 3x
2x 0 2 x x 9x x
2 x x 3x
x
+ =


− = ⇒ ⇒ + =

+ =



Email:


167

( )
1 2
2
1 2
2
1 2 1 2
m 0
' 0 m 0
m 128
(m 4) 16
x x m
m 1m 15
m 7
m 127m 128 0
x x
m
2 x x 9x x


≠




∆ > ≠


= −

− −
 
+ = ⇔ ≤ ⇔
 

=

 
 + 
+ − =

=



+ =


b.
(
)
( )
( ) ( )
1 1 2
1 2 1 2 1 2 1 2

2 1 2
x 1 3 x x
3x 1 x x 1 3 x x . 4 x x 1
x 4 x x 1
4x

= − +

   
+ = ⇒ ⇒ = − + + −

   
= + −



( ) ( )
2
1 2 1 2 1 2
x x 7 x x 12 x x 1
⇔ = + − + −

c.
(
)
( )
( ) ( )
1 1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 1 2

8x 5 x x 6
5x 6 64x x 5 x x 6 . 3 x x 6
8x 3 x x 6
3x

= + +

   
− = ⇒ ⇒ = + + + −

   
= + −



( ) ( )
2
1 2 1 2 1 2
64x x 15 x x 12 x x 36
⇔ = + − + −

2.
Tìm
m
∈

để phương trình:
(
)
2

x 1 3m x 3m 2 0
+ − + − =
có nghiệm
nằm ngoài khoảng
(
)
2;2
− .

Hướng dẫn giải:
Vì tổng của các hệ số của phương trình bằng
0
, do đó phương trình có nghiệm
bằng
(
)
1 2;2
∈ − còn
1
nghiệm là
3m 2
−
.
Theo bài toán, ta có:
m 0
3m 2 2
4
3m 2 2
m
3

≤

− ≤ −


⇔


− ≥
≥



.
3.
Chứng minh rằng nếu có :
2a 3b 6c 0, a 0
+ + = ≠

thì phương trình

(
)
2
f x ax bx c 0
= + + =
luôn có nghiệm thuộc
(
)
0;1

.
Hướng dẫn giải:
( ) ( )
2 1
f 0 0, f 4a 6b 9c
3 9
 
= = + +
 
 

.
Giả thiết suy ra
( )
2
2 c
2a 3b 6c f 0 f 0
3 3
 
+ = − ⇒ = − ≤
 
 
.
∗
Nếu
c 0
=
thì
( ) ( )
2 1 2

f 4a 6b 2a 3b
3 9 9
 
= + = +
 
 

Từ giả thiết
2a 3b 6c 0
2
2a 3b 0 f 0
c 0 3
+ + =

 
⇒ + = ⇒ =

 
=
 





Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh

168

Vậy

( )
2 2
f 0 x 0;1
3 3
 
= ⇒ = ∈
 
 
là nghiệm của phương trình
(
)
f x 0
=
.
∗
Nếu
c 0
≠ ⇒
phương trình
(
)
f x 0
=
có nghiệm thuộc
( )
2
0; 0;1
3
 
∈

 
 
.
4.
Cho
2x 3y 5
+ =
.Chứng minh rằng:
2 2
2x 3y 5
+ ≥
.
Hướng dẫn giải:

Cách 1
: Từ giả thiết
5 3y
2x 3y 5 x
2
−
+ = ⇒ =
Đặt
2
2
2 2 2
5 3y 15y 25
A 2x 3y 2 3y 15y
2 2 2
−
 

= + = + = − +
 
 

(
)
2
15y 30y 25 2A 0
− + − = ∗

. Phương trình
(
)
∗
là phương trình bậc
2
, phương
trình này có nghiệm khi
' A 5 0 A 5
∆ = − ≥ ⇔ ≥
.
Cách 2:
( )
( )
2
2
2
15y 25 15 25 15
A 15y y 2y y 1 5 5
2 2 2 2 2

= − + = − + = − + ≥
(đpcm)
5.
Tìm
m
để đồ thị hàm số
( )
2
x 3x 3
y
2 x 1
− + −
=
−
cắt đường thẳng
y m
=
tại hai điểm
phân biệt
A,B
sao cho
AB 5
=

Hướng dẫn giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:

( )
( ) ( )
2

2
x 3x 3
m x 2m 3 x 2m 3 0 1
2 x 1
− + −
= ⇔ + − − + =
−

Đồ thị hàm số cắt đường thẳng
y m
=
tại hai điểm phân biệt
A,B
⇒

(
)
1
có hai nghiệm
phân biệt khác
2
3
4m 4m 3 0
1 m
2
1 0

∆ = − − >
⇔ ⇔ >


≠


hoặc
1
m
2
< −

(
)
2
. Gọi
(
)
(
)
1 2
A x ;m , B x ;m
, trong đó
1 2
x , x
là hai nghiệm của
(
)
1
.
( ) ( )
2 2
1 2 1 2 1 2

AB 5 x x 5 x x 4x x 5
= ⇔ − = ⇔ + − =
( ) ( )
2
2m 3 4 2m 3 5 0
⇔ − + − − =

2
m m 2 0 m 1
⇔ − − = ⇔ = −
hoặc
m 2
=
thỏa mãn
(
)
2
.
Vậy
m 1,m 2
= − =
là những giá trị cần tìm.
6.
Gọi
1 2
x , x
là hai nghiệm của phương trình:
(
)
2

2x 3a 1 x 2 0
− − − =
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
( )
2
2
1 2
1 2
1 2
x x
3 1 1
P x x 2
2 2 x x
 
−
= − + + −
 
 

Hướng dẫn giải:

Email:


169

Vì
( )
2

3a 1 16 0, a
∆ = − + > ∀ ∈

nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Theo định lí Viet thì:
1 2 1 2
3a 1
x x , x x 1
2
−
+ = = −
.
( )
2
2
1 2
1 2
1 2
x x
3 1 1
P x x 2
2 2 x x
 
−
= − + + −
 
 

( )
( ) ( )

2
2
1 2 1 2 1 2
1 2
1 2
x x x x 2 x x
3
x x 2
2 2x x
 
− − −
= − +
 
 

( )
( )
2
2
1 2 1 2
3a 1
6 x x 4x x 6 4 24
4
 
−
 
 
= + − = + ≥
 
 

 
 

Đẳng thức xảy ra khi
1
3a 1 0 a
3
− = ⇔ =
.
Vậy
1
a ,minP 24
3
= =
.
7.
Cho phương trình
2 2
x 2mx m m 6 0
− + − − =
,
m
là tham số.
a.
Với giá trị nào của tham số
m
phương trình đã cho có
2
nghiệm phân biệt
1 2

x ,x
sao cho
1 2
2 1
x x
18
x x 7
+ =
.
b.
Với giá trị nào của tham số
m
phương trình đã cho có
2
nghiệm phân biệt
1 2
x ,x
sao cho
1 2
x x 8
+ =
.
Hướng dẫn giải:
Phương trình :
2 2
x 2mx m m 6 0
− + − − =
có
(
)

2 2
' m m m 6 m 6
∆ = − − − = +

m 6
≥ −
phương trình đã cho có
2
nghiệm phân biệt
1 2
x ,x


a.
Với
1 2
x .x 0
≠
thì
( )
2
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
2 1 1 2 1 2
x x 2x x
x x x x
18 18 18
x x 7 x x 7 x x 7
+ −

+
+ = ⇔ = ⇔ =
(
)
2 2
2
1 2
2
2
4m 2 m m 6
18
m 4,m 12
m 8m 48 0
7
m m 6
m 2,m 3
m 2; m 3
m m 6 0

− − −


= − =

− − =
 
=
⇔ ⇔ ⇔
  
− −

≠ − ≠
≠ − ≠




− − ≠



1 2
m 4; m 12
⇔ = − =

b.
( ) ( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
x x 8 x x 2 x x 64 x x 2x x 2 x x 64
+ = ⇔ + + = ⇔ + − + = ∗

Nếu
1 2
x ,x
cùng dấu thì :
( )( )
1 2
2
m 6

x x 0
m m 6 m 2 m 3 0
≥ −


≥ ⇔

− − = + − ≥



( )
6 m 2
a
m 3
− ≤ ≤ −

⇔

≥





Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh

170

Khi đó phương trình

( ) ( )
2
2
1 2
x x 64 4m 64 m 4
∗ ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ±
thỏa
(
)
a

Nếu
1 2
x ,x
trái dấu thì :
(
)
(
)
2
1 2
x x 0 m m 6 m 2 m 3 0
< ⇔ − − = + − <

(
)
2 m 3 b
⇔ − < <
Khi đó phương trình
( ) ( )

(
)
2
2 2
1 2 1 2
x x 4x x 64 4m 4 m m 6 64
∗ ⇔ + − = ⇔ − − − =
m 6 16 m 10
⇔ + = ⇔ =

8.
Trên đoạn
[
]
0;1
phương trình
(
)
(
)
2 4 2
8x 1 2x 8x 8x 1 1
− − + =
có bao nhiêu
nghiệm?
Hướng dẫn giải:
Do
[
]
x 0;1

∈ nên đặt
x sint,t 0;
2
π
 
= ∈
 
 
.
Phương trình cho đã cho trở thành:
(
)
(
)
2 4 2
8sint 1 2sin t 8sin t 8sin t 1 1
− − + =

(
)

8sint.cos2t.cos4t 1
⇔ = ∗

Nhận thấy
= 0
cost không phải là nghiệm, ta có:
( )

k2
t , k
18 9
8cost.sint.cos2t.cos4t cost sin8t cost
l2
t , l
14 7
π π

= + ∈

∗ ⇔ = ⇔ = ⇔

π π

= + ∈





Vì
t 0; k 0, k 1, l 0, l 1
2
π
 
∈ ⇒ = = = =
 
 

Vậy, trên đoạn
[
]
0;1
phương trình cho đã cho có bốn nghiệm
5 5
x sin ;x sin ;x sin ;x sin
18 18 14 18
π π π π
= = = = .
9.
Tìm những nghiệm của phương trình
(
)
(
)
2
2 2
1
32x x 1 2x 1 1
x
− − = −
nằm trong
khoảng
(
)
0;1

Hướng dẫn giải:

Điều kiện
(
)
x 0;1
∈ .Đặt
x cost
=
với
t 0;
2
π
 
∈
 
 

Ta có phương trình:
(
)
(
)
2
2 2
1
32cost cos t 1 2cos t 1 1
cost
− − = −
2 2
8sin 2tcos 2t 1 cost
⇔ = −

2
cost 1-2sin 4t
⇔ =
cost cos8t
⇔ =

(
)
∗

Giải phương trình
(
)
∗
kết hợp với điều kiện 0 t
2
π
≤ ≤
ta được các nghiệm
2 2 4 2 2 4
t ,t ,t x cos ,x cos ,x cos
7 9 9 7 9 9
π π π π π π
= = = ⇒ = = =

Email:


171

10.
Tìm m để phương trình:
(
)
2 2
x 2x m x 1 m 0 1
− − − + = có nghiệm.
Hướng dẫn giải:
Giải:Đặt
t x 1 0
= − ≥
ta có t
2
-1=x
2
-2x nên pt (1) trở thành:t
2
-mt+m
2
-1=0
(
)
2
.
Phương trình
(
)
1
có nghiệm khi và chỉ khi
(

)
2
có ít nhất một nghiệm
t 0
≥

•
Trường hợp 1: phương trình
(
)
2
có nghiệm t=0
2
P 0 m 1 0 m 1
⇔ = ⇔ − = ⇔ = ±
.
•
Trường hợp 2: phương trình
(
)
2
có nghiệm
2
1 2
t 0 t P 0 m 1 0 1 m 1
< < ⇔ < ⇔ − < ⇔ − < <
.
•
Trường hợp 3: phương trình
(

)
2
có nghiệm
2
2
1 2
2 3 2 3
m
3 3
3m 4 0
0
m 1
2 3
t ,t 0 P 0 m 1 0 1 m .
m 1 3
S 0 m 0
m 0

−
≤ ≤


− + ≥ 
∆ ≥



>

  

> ⇔ > ⇔ − > ⇔ ⇔ < <
  

< −

  
> >

 

>




11.
Tìm
m
để phương trình
2
x 2x 2m x 1 m 3 0
− − − + + =
có nghiệm.
Hướng dẫn giải:
Phương trình
( )
2
x 1 2m x 1 m 2 0
⇔ − − − + + =

Đặt
t x 1 ,t 0
= − ≥
ta có phương trình :
2
t 2mt m 2 0
− + + =

(
)
1

Phương trình đã cho có nghiệm
⇔
phương trình
(
)
1
có nghiệm
t 0
≥

Ta phương trình (1) không có nghiệm
t 0
≥
nếu xảy ra một trong các trường hợp
sau
TH 1
: Phương trình
(

)
1
vô nghiệm
2
' m m 2 0 1 m 2
⇔ ∆ = − − < ⇔ − < <

TH 2
: Phương trình
(
)
1
có hai nghiệm
1 2
t ,t 0
<
.
Điều này xảy ra khi
2
' m m 2 0
S 2m 0 2 m 1
P m 2 0

∆ = − − ≥

= < ⇔ − < ≤ −


= + >


.
Suy ra
(
)
1
không có nghiệm
t 0
≥
khi
2 m 2
− < <

Vậy
m 2
≥
là những giá trị thỏa yêu cầu bài toán.

12.
Giải và biện luận theo a bất phương trình:
2 2
x 2x a x 3x a
− + ≤ − −

Hướng dẫn giải:
Bất phương trình tương đương với:



Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh

172

(
)
(
)
(
)
( )
2 2
2 2 2
x 2x a x 3x a 2x 5x x 2a 0
− + ≤ − − ⇔ − + ≤

( )
( )
2
2
5
0 x
I
2
2x 5x 0
x 2a
x 2a 0
5
x
2x 5x 0
2
II

x 2a 0
x 0
x 2a


≤ ≤






− ≤

 ≥ −



+ ≥




⇔ ⇔




≥



− ≥









+ ≤

≤








≤ −



• Trường hợp 1:
5
2a 0 a 0 (I) 0 x ;(II) x 2a
2

− ≤ ⇔ ≥ ⇒ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ −
.Vậy nghiệm hệ
là
5
0 x
2
x 2a

≤ ≤


≤ −


• Trường hợp 2:
( ) ( )
5 5 5
0 2a a 0 I 2a x ; II x 0
2 4 2
< − < ⇔ − < < ⇒ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤
.
Vậy nghiệm hệ là
5
2a x
2
x 0

− ≤ ≤



≤


• Trường hợp 3:
( ) ( )
x 0
5 5
2a a I VN ; II
5
2 4
x 2a
2
≤


− ≥ ⇔ ≤ − ⇒ ⇔

≤ ≤ −


.
Vậy nghiệm hệ là
x 0
5
x 2a
2
≤




≤ ≤ −





 Chủ đề 2: PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN.
1. Định nghĩa
: là hệ có dạng:
ax by c
a'x b'y c'
+ =


+ =

, trong đó
a,b,c,a',b',c'
là các số
thực cho trước và
a,b,a',b'
không đồng thời bằng không.
2. Cách giải
: Dùng định thức Crame
Ta có các định thức:
x y
a b c b a c
D , D , D
a' b' c' b' a' c'
= = = .

* Nếu
D 0
≠
thì hệ có nghiệm duy nhất:
y
x
D
D
x , y
D D
= = .
* Nếu
x y
D D D 0
= = =
thì hệ vô số nghiệm:
( )
x
c ax
y b 0
b
∈



−
= ≠




.

Email:


173

* Nếu
x
y
D 0
D 0
D 0
=


≠




≠



thì hệ đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 1.
Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số
m
:

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


Lời giải

(
)
x y
D m 2m 1 , D 7m, D 3m
= − = = −


∗

Nếu
m 0
=

hoặc
1
m
2
=
thì
D 0
=
.
Khi
x y
m 0 D D 0
= ⇒ = =
: hệ vô số nghiệm
x t
t
1 1
y t
2 2
=


∈

= − −




.

Khi
x
1
m D 0
2
= ⇒ ≠
: hệ vô nghiệm .
∗

Nếu
m 0
≠
và
1
m
2
≠
thì
D 0
≠
. Hệ có nghiệm duy nhất:
x
x
D 7
x
D 2m 1
D 3
y
D 2m 1


= =


−

−

= =

 −


Kết luận
:
∗

m 0
=
: hệ vô số nghiệm
x t
t
1 1
y t
2 2
=


∈

= − −





.

∗


1
m
2
=
: hệ vô nghiệm .
∗

m 0
≠
và
1
m
2
≠
: Hệ có nghiệm duy nhất
7
x
2m 1
3
y
2m 1


=


−

−

=

 −


Để hiểu kĩ hơn vấn đề này, chúng ta tham khảo các bài toán dưới đây:

Ta xét bài toán sau
:
Xác định
m
∈

để hệ :
( ) ( )
( ) ( )
m 2 x m 4 y 2
m 1 x 3m 2 y 1

− + − =



+ + + = −


có nghiệm thực duy nhất.
Lời giải.



Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh

174

Đặt
t x
= với
t 0
≥
. Bài toán trở thành: “ Tìm
m
∈

để hệ phương trình
(
)
(
)
( ) ( )
m 2 t m 4 y 2
m 1 t 3m 2 y 1


− + − =


+ + + = −


có nghiệm duy nhất
t 0
≥
.
Tương tự trên, ta thấy
m 0
≠
và
1
m
2
≠
: Hệ có nghiệm duy nhất
7
t
2m 1
3
y
2m 1

=


−


−

=

 −

và
7
t 0 0
2m 1
≥ ⇒ ≥
−
hay
1
m
2
>
.
Tóm lại:
1
m
2
>
thỏa đề bài.
Ví dụ 2.
Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số
m
:
(

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


Lời giải


Tiếp tục mở rộng
:
Xác định
m
∈

để hệ :
(
)
(
)
( ) ( )

m 2 x m 4 y 2
m 1 x 3m 2 y 1

− + − =


+ + + = −


có nghiệm duy nhất đồng thời
thỏa mãn điều kiện
5x 6y 2
− >
.
Gợi ý:

Nếu
(
)
0 0
x ;y
là nghiệm của hệ thì
(
)
0 0
x ;y
− cũng là nghiệm của hệ. Điều kiện cần
để hệ có nghiệm duy nhất là
(
)

(
)
0 0 0 0
x ;y x ;y
= − tức
0 0
x x
= −
hay
0
x 0
=
. Với
x 0
=

thay vào hệ ban đầu ta tìm được
m
.
Với
m
vừa tìm được thay vào hệ ban đầu, ta tìm được
(
)
x;y
. Kết hợp yêu cầu đề
bài rồi kết luận bài toán.

Tiếp tục mở rộng
:

Xác định
m
∈

để hệ :
( ) ( )
( ) ( )
2
2
m 2 3 2x x m 4 y 2x 2
m 1 3 2x x 3m 2 y 2x 1

− − − + − − =



+ − − + + − = −

có nghiệm duy
nhất.
Gợi ý:

Đặt
( )
2
2
u 3 2x x 4 x 1 0 u 2
= − − = − + ⇒ ≤ ≤
và
v y 2x

= −
v 0
⇒ ≥
.


Email:


175

Bài toán quy về
: Xác định
m
∈

để hệ :
(
)
(
)
( ) ( )
m 2 u m 4 v 2
m 1 u 3m 2 v 1

− + − =


+ + + = −



có nghiệm duy
nhất đồng thời thỏa mãn điều kiện
0 u 2
≤ ≤
và
v 0
≥
.

Bài tập tự luyện
1.
Tìm
m
∈

để hệ sau có nghiệm duy nhất và nghiệm đó là số nguyên:
mx y 1
x my 2
+ =


+ =

.

Hướng dẫn giải:
2
x y
D m 1, D m 2, D 2m 1

= − = − = −


Hệ có nghiệm duy nhất khi
2
D 0 m 1 0 m 1
≠ ⇔ − ≠ ⇔ ≠ ±
.
Khi đó:
x
2 2
y
2 2
D
m 2 1 1
x
D m 1
m 1 m 1
D
2m 1 2 1
y
D m 1
m 1 m 1
−

= = = −

+
 − −


−

= = = +

+
 − −

Nếu
x
∈

và y
∈

thì
(
)
x y m+ ∈ ∈

 

Khi đó:
m 1 3 m 4
m 1 1 m 2
3
x y
m 1 1 m 0
m 1
m 1 3 m 2
+ = − = −

 
 
+ = − = −
 
+ = ∈ ⇔ ⇔
 
+ = =
+
 
+ = =
 
 .
Thử lại ta thấy:
(
)
(
)
m 0 x;y 2;1
= ⇒ = và
(
)
(
)
m 2 x;y 0;1
= ⇒ = thỏa

2.
Cho hệ phương trình:
(
)

( ) ( )
2m 1 x 3y 3m 2
m 3 x m 1 y 2m

+ − = −


+ − + =


.
a
. Tìm
m
để hệ có nghiệm duy nhất
(
)
x;y
thỏa mãn
x 2y
≥
.
b
. Tìm
m
để hệ có nghiệm duy nhất
(
)
x;y
sao cho

2 2
P x 3y
= + nhỏ nhất
Hướng dẫn giải:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
x y
D 2 m 2 m 2 ,D m 2 1 3m ,D m 2 m 3
= − − + = − − = − +

a
. Hệ có nghiệm duy nhất
m 2
⇔ ≠ ±
. Khi đó:
( )
( )
3m 1
x
2 m 2

m 3
y
2 m 2
−

=

+


+

= −

+


Yêu cầu bài toán:
( )
(
)
( )
2 m 3
3m 1
x 2y
2 m 2 2 m 2
+
−
≥ ⇔ ≥ −
+ +

m 1
5m 5
0
m 2
m 2
m 2

≥ −

+


⇔ ≥ ⇔
≠


+

< −





Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh

176

b

.
m 2
≠ ±
thì hệ có nghiệm duy nhất.

2
2 2
2
3m 3m 7
P x 3y
m 4m 4
+ +
= + =
+ +
(
)
(
)
(
)
2
3 P m 3 4P m 7 4P 0
⇔ − + − + − = ∗

(
)
P 3
= ⇒ ∗
có nghiệm
5

m
9
= −

(
)
P 3
≠ ⇒ ∗
có nghiệm
75
52P 75 0 P
52
⇔ ∆ = − ≥ ⇔ ≥ .
Đẳng thức xảy ra khi
8
m
9
=
.
Vậy
8 75
m ,minP
9 52
= = .
3.
Cho
x,y
là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

( ) ( )

2 2
P x 2y 1 2x my m 1
= − + + + + +
Hướng dẫn giải:
Xét hệ:
( )
x 2y 1 0 x 2y 1
2x my m 1 0 2x my m 1
− + = − = −
 
⇔ ∗
 
+ + + = + = − −
 

x y
D m 4,D 3m 2,D m 1
= + = + = − +

Khi
(
)
m 4 D 0
≠ − ⇒ ≠ ⇒ ∗
có nghiệm duy nhất:
3m 2
x
m 4
m 1
y

m 4
+

=


+

− +

=

 +
.
Để ý
P 0
≥
, đẳng thức xảy ra khi hệ có nghiệm duy nhất, trong trường hợp này giá
trị nhỏ nhất của
P 0
=
.
Khi
( ) ( )
2 2
m 4 P x 2y 1 2x 4y 3
= − ⇒ = − + + − − .
Đặt
t x 2y 1
= − +

.
Khi đó
( ) ( )
2 2
2 2
P t 2t 5 5t 20t 25 5 t 2 5 5
= + − = − + = − + ≥
.
Đẳng thức xảy ra khi
t 2
=
và
minP 5
=
.
Vậy:
0 khi m 4
minP
5 khi m 4
≠ −

=

= −

.





 Chủ đề 3: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.
2 2
1 1 1 1 1 1
2 2
2 2 2 2 2 2
a x b y c xy d x e y f 0
a x b y c xy d x e y f 0

+ + + + + =


+ + + + + =



Xét
y 0
=
có phải là nghiệm của hệ hay không?.

Email:


177

Xét
y 0
≠
. Đặt
x ty

=
.

Ví dụ 1.
Giải hệ phương trình :
( )
( )
( )
3 3
2 2
x 4y y 16x 1
y 1 5 1 x 2

+ = +


+ = +





Lời giải

Từ phương trình
(
)
2
suy ra
(

)
2 2
4 y 5x 3
= −

. Thay
(
)
3
vào phương trình
(
)
1
, ta
được:
(
)
3 2 2 3
x y 5x y y 16x
+ − = + , phương trình này tương đương với
x 0
=
hoặc
2
x 5yx 16 0
− − =
.
Trường hợp 1
: thay
x 0

=
vào phương trình
(
)
3
suy ra
y 2
= ±

Trường hợp 2
: từ
2
x 5yx 16 0
− − =
suy ra
( )
2
x 16
y ,x 0 4
5x
−
= ≠


Thay
(
)
4
vào
(

)
3
và biến đổi ta được:
4 2
124x 132x 256 0
+ − =
, phương trình này
có nghiệm
2
x 1
=
tức
x 1
= ±
.
Kết luận:
hệ đã cho có
4
nghiệm:
(
)
(
)
(
)
(
)
1;3 , 1; 3 , 0; 2 , 0;2
− − − .

Ví dụ 2.
Giải hệ phương trình :
( )( )( )
( )
2
2 2
y 5x 4 4 x 1
y 5x 4xy 16x 8y 16 0 2

= + −


− − + − + =




Lời giải
Phương trình
(
)
(
)
(
)
2 2
2 y 4 x y 5x 4 y 5x 16x 16 0
⇔ − − − + − + + =

(

)
(
)
y 5x 4 y 4 x 0 y 5x 4
  
⇔ − + − − = ⇔ = +
  
hoặc
y 4 x
= −

∗

Với
y 5x 4
= +
, thay vào phương trình
(
)
1
ta được
( ) ( )( )
2
4
x y 0
5x 4 5x 4 4 x
5
x 0 y 4

= − ⇒ =


+ = + − ⇔

= ⇒ =



∗

Với
y 4 x
= −
, thay vào phương trình
(
)
1
ta được
( ) ( )( )
2
x 4 y 0
4 x 5x 4 4 x
x 0 y 4
= ⇒ =

− = + − ⇔

= ⇒ =


Vậy hệ phương trình cho có ba nghiệm

(
)
x;y
là
( ) ( )
4
0;4 , 4;0 , ;0
5
 
−
 
 
.



Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh

178

Ví dụ 3.
Giải hệ phương trình :
2 2
2 2
3x 5xy 4y 38
5x 9xy 3y 15

+ − =



− − =




Lời giải
Dễ thấy
x 0
=
không là nghiệm của hệ.
Với
x 0
≠
, đặt y tx, t
= ∈


.
Hệ cho trở thành:
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
2
3x 5x tx 4 tx 38
5x 9x tx 3 tx 15

+ − =




− − =

hệ này viết lại:
(
)
( )
2 2
2 2
x 3 5t 4t 38
x 5 9t 3t 15

+ − =


 − − =

hay
(
)
( )
( )
2 2
2
2
x 3 5t 4t 38 1
3 5t 4t 38
2
15

5 9t 3t

+ − =



+ −

=

− −



Quy đồng mẫu số phương trình
(
)
2
và rút gọn ta được:
2
54t 417t 145 0
+ − =
, giải phương trình này ta được
2
nghiệm:
145
t
18
= − hoặc
1

t
3
=
.
Với
1
t
3
=
thế thì
2
2
38
x 9
3 5t 4t
= =
+ −
tức
x 3
= −
hoặc
x 3
=
.
Với
145
t
18
= − tương tự trên, trường hợp này không thỏa.
Vậy hệ đã cho có nghiệm là:

(
)
(
)
(
)
x;y 3; 1 , 3;1
= − − .


Bài tập tự luyện
1.
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
14x 21y 6x 45y 14 0
35x 28y 41x 122y 56 0

− − + − =


+ + − + =



Hướng dẫn giải:
Đặt:
x a 1, y b 2
= + = +
.

Hệ cho viết lại:
( )
2 2
2 2
14a 21b 22a 39b 0
35a 28b 111a 10b 0

− + − =

∗

+ + − =



Ta thấy hệ thỏa mãn
(
)
(
)
a;b 0;0
=

a 0
≠
, đặt
b ta
=
.

Email:


179

Khi đó hệ
(
)
∗
trở thành
( )
( )
2
2
2
2
39t 22
a
14 21t a 39t 22
14 21t
10t 11
35 28t a 10t 11
a
35 28t
−

=

− = −


 
−
⇔
 
−
 + = −
=


+


( )
(
)
2
2 2
39t 22 10t 111
3t 1 62t 161t 112 0
14 21t 35 28t
− −
⇒ = ⇔ + − + =
− +


2
1 39t 22
t a 3 b 1
3
14 21t

−
⇔ = − ⇒ = = − ⇒ =
−
.
Vậy hệ đã cho có nghiệm là:
(
)
(
)
(
)
x;y 1;2 , 2;3
= − .

2.
Cho
x,y
thay đổi và thỏa mãn điều kiện:
2 2
x y 1
+ =
. Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
(
)
2
2
2 x 6xy
P
1 2xy 2y

+
=
+ +
.

Hướng dẫn giải:
Vì
2 2
x y 1
+ =
nên
(
)
2
2 2
2 x 6xy
P
x 2xy 3y
+
=
+ +

Với
y 0 P 2
= ⇒ =

Với
y 0
≠
, đặt

x ty
=
. Khi đó
2
2
2t 12t
P
t 2t 3
+
=
+ +

(
)
(
)
2
P 2 t 2 P 6 t 3P 0
⇔ − + − + =

Khi
P 2
≠
, phương trình có nghiệm khi
2
' 2P 6P 36 0
∆ = − − + ≥

3 P 6
⇔ − ≤ ≤

Vậy:
minP 6
= −
khi
3 2
x ;y
13 13
= = −

maxP 3
=
khi
3 1
x ;y
10 10
= = .



 Chủ đề 4: PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I.

1. Định nghĩa:
Là hệ có dạng
(
)
( )
( )
f x;y a
I

g x;y b

=


=


trong đó
(
)
(
)
f x;y ,g x;y
là các
biểu thức đối xứng, tức là .
2. Cách giải:
Đặt
S x y, P xy
= + =
. Biểu diễn
(
)
(
)
f x;y ,g x;y
qua
S
và
P

ta có
hệ:
(
)
( )
F S;P 0
G S;P 0

=


=


giải hệ này ta tìm được
S
,
P
.
Khi đó
x,y
là nghiệm của phương trình:
2
X SX P 0
− + =
.



Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh

180




Ví dụ 1.
Giải hệ phương trình:
( )
3 3
x y 2
xy x y 2

+ =


+ =




Lời giải
Hệ phương trình đã cho tương đương:
( )
(
)
( )
2 2
x y x xy y 2
xy x y 2


+ − + =


 + =

hay
( ) ( )
( )
( )
2
x y x y 3xy 2
xy x y 2

 
+ + − =

 
 
∗


+ =



Nhận thấy vế trái của các phương trình thành phần của hệ là các đa thức đối xứng
đối với
x
và

y
.
Đặt
S x y,P xy
= + =
, điều kiện:
2
S 4P
≥ .
Từ hệ
(
)
∗
, ta có hệ:
3 3
S 2
S 3PS 2 S 8
P 1
PS 2 PS 2
 
=

− = = 
⇔ ⇔
  
=
= =
 

 

Hệ cho tương đương với
( )
y 2 x
x y 2 x 1
x 2 x 1
xy 1 y 1
= −

+ = =
 

⇔ ⇔
  
− =
= =

 


Vậy hệ phương trình cho có nghiệm duy nhất
(
)
(
)
x;y 1;1
= .
Ví dụ 2.
Giải hệ phương trình:
(

)
3 3
2 2
9y 3x 1 125
45x y 75x 6y

− = −



+ =



Lời giải

Cách 1:
(
)
( )
3 3
3 3 3
2 2
2 2
9y 3x 1 125
27x y 125 9y 1
45x y 75x 6y
45x y 75x 6y



− = −
+ =
 
⇔
 
+ =



+ =


Từ phương trình
(
)
1 y 0
⇒ ≠

Hệ phương trình
( )
3 3 3
2 2
27x y 125 9y 1
45x y 75x 6y

+ =


+ =





Email:


181

3
3
2
2
125
27x 9
y
45x 75x
6
y
y

+ =


⇔


+ =


( )

3
3
5
(3x) 9
y
*
5 5
3x. 3x 6
y y

 

+ =
 

 
⇔

 

+ =
 

 


Đặt
u 3x
5
v

y
=



=


. Hệ
( )
( )
3 3
u v 9
*
uv u v 6

+ =

⇔

+ =



u 2
v 1
=

⇔


=

hoặc
u 1
v 2
=


=


∗

Với
2
u 2
x
3
v 1
y 5

=
=


⇒
 
=



=


∗

Với
u 1
v 2
=


=

1
x
3
5
y
2

=


⇒


=



Cách 2:
(
)
( )
( )
3 3
3 3 3
2 2
2 2
9y 3x 1 125
27x y 125 9y 1
**
45x y 75x 6y
45x y 75x 6y


− = −
+ =
 
⇔
 
+ =



+ =


Từ phương trình
(

)
1 y 0
⇒ ≠
.
Hệ
(
)
**

3 3 3
2 2 3
27x y 125 9y
45x y 75xy 6y

+ =

⇔

+ =



3 3 2 2
54x y 135x y 225xy 250 0
⇒ − − + =
,ta đặt
t xy
=
, ta được phương trình :
(

)
(
)
(
)
3t 10 6t 5 3t 5 0
⇔ − − + =

10
t
3
5
t
6
5
t
3

=



⇔ =



= −


2

x
10
xy
3
3
y 5
5
xy
1
6
x
3
5
xy
5
3
y
2


=



=




=






⇒ = ⇒



=







= −



=






Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
( )

2 1 5
x;y ;5 , ;
3 3 2
   
=
   
   
.

Bài tập tự luyện
1.
Giải hệ phương trình :
(
)
( )
( )
( )
2 2 2 2
2 2 2 2
x y xy x y 185 1
x y xy x y 65 2

+ + + =



+ − + =


.

Hướng dẫn giải:



Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh

182

Cộng vế theo vế
(
)
1
và
(
)
2
, ta được:
(
)
2 2 2 2
x y x y 125
+ + = hay
(
)
3
2 2 3
x y 5
+ =

suy ra
2 2
x y 5
+ =
.
Hệ đã cho trở thành:
(
)
( )
25 xy .5 185
xy 12
25 xy .5 65

+ =

⇒ =

− =


.
Ta có hệ:
( )
2
2 2
x y 2xy 25
x y 25
xy 12
xy 12



+ − =
+ =
 
⇔
 
=

=



hay
( )
2
x y 49
xy 12

+ =


=



Giải hệ:
x y 7
xy 12
+ = −



=

ta được
(
)
(
)
x;y 4; 3
= − −
và
(
)
3; 4
− −
.
Giải hệ:
x y 7
xy 12
+ =


=

ta được
(
)
(
)
x;y 4;3

= và
(
)
3;4
.
2.
Giải hệ phương trình:
x y xy 3
x 1 y 1 4

+ − =


+ + + =



Hướng dẫn giải:
Điều kiện:
xy 0
x,y 1
≥


≥ −

. Đặt
S x y, P xy
= + =
.

Hệ cho viết lại:

( )
( )
2
2
S 3, P S 3
S P 3
S 2 2 S P 1 16
2 S S 3 1 14 S

≥ = −

− =
 
⇔
 
+ + + + =



+ − + = −


( )
( )
2
2
2 2
2

3 S 14; P (S 3)
3 S 14, P S 3
4 S 8S 10 196 28S S
S 30S 52 0


≤ ≤ = −
≤ ≤ = −
 
⇔ ⇔
 
+ + = − +
 
+ − =



S 6
x y 3
P 9
=

⇔ ⇒ = =

=

.
Vậy hệ có nghiệm là:
(
)

(
)
x;y 3;3
= .
3.
Giải hệ phương trình:
( )
(
)
(
)
( )
( ) ( )
2 2
2 2
x 1 y 6 y x 1
y 1 x 6 x y 1

− + = +



− + = +


Hướng dẫn giải:
( )
(
)
(

)
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
x 1 y 6 y x 1
xy 6x y 6 yx y
yx 6y x 6 xy x
y 1 x 6 x y 1

− + = +

+ − − = +
 
⇔
 
+ − − = +

 − + = +




Email:


183

Trừ về theo vế ta được:
(
)
(
)
(
)
(
)
2xy y x 7 x y x y x y 0
− + − + − + =

( )( )
x y
x y x y 2xy 7 0
x y 2xy 7 0
=

⇔ − + − + = ⇔

+ − + =


Với
x y
=
thay vào hệ ta được:
2
x y 2
x 5x 6 0

x y 3
= =

− + = ⇔

= =

.
Với
(
)
(
)
(
)
x y 2xy 7 0 1 2x 1 2y 15 1
+ − + = ⇔ − − =


Mặt khác cộng vế theo vế hai phương trình đã cho ta được:

( ) ( ) ( )
2 2
2 2
x y 5x 5y 12 0 2x 5 2y 5 2 2
+ − − + = ⇔ − + − =


Đặt:
a 2x 5,b 2y 5

= − = −
.
Từ
(
)
1
và
(
)
2
ta có hệ:
( )( )
( )
( )
2
2 2
a b 2ab 2
a b 2
a 4 b 4 15
ab 4 a b 1


+ − =
+ =
 
⇔
 
+ + =
+ + = −






( ) ( ) ( )
0
a b 0
x;y 3;2 , 2;3
ab 1
a b 8
VN
ab 31

+ =

⇒ =


= −


⇔

+ = −


⇒

=





Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là:

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
x;y 2;2 , 2;3 , 3;2 , 3;3
=


4.
Giải hệ phương trình :
(
)
3 3
xy x y 2
x y 2

− = −



− =



Hướng dẫn giải:
Dễ thấy phương trình trong hệ đã cho không phải là
1
đa thức đối xứng đối với
x

và
y
. Nhưng ta có thể nhận ra tính bất biến của bài toán là tổng
(
)
S x y
= + −
và
tích
(
)
P x. y
= −
.
Hệ cho viết lại
( )
( )
3
3
xy x y 2

x y 2

 
+ − = −
 


+ − =


. Rõ ràng đây là hệ phương trình đối xứng đối
với
x
và
y
−
.
Đặt
t y, S x t, P xt
= − = + =
, điều kiện
2
S 4P.
≥
Hệ phương trình trở thành:
(
)
3
3 3
xt x t 2

SP 2
S 3SP 2
x t 2

+ =
=

 
⇔
 
− =

+ =




S 2 x 1 x 1
P 1 t 1 y 1
= = =
  
⇔ ⇔ ⇔
  
= = = −
  
.
5.
Giải hệ phương trình :
3
4

2 3
y 1 x 3
x y 82

− + =



+ =





Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh

184

Hướng dẫn giải:
Đặt
u x
= và
3
4
v y 1
= −
. Khi đó hệ đã cho trở thành:
( )
( )
4 4

4 4
u v 3
u v 3
u v 1 82
u v 81
+ =

+ =

 
⇔ ∗
 
+ + =
+ =






Đặt
S u v,P uv
= + =
. Với điều kiện
2
S 4P 0
− ≥
thì hệ
(
)

∗
viết lại:
4 2 2 2
S 3 S 3
P 0
S 3
S 4S P 2S 81 P 18P 0
= =
 
=

 
⇔ ⇔
  
=
− + = − =
 

 
hoặc
P 18
S 3
=


=


Trường hợp 1
:

S 3,P 0
= =
.
u,v
là nghiệm của phương trình
2
X 3X 0
− =
phương
trình này có
2
nghiệm
X 0
=
hoặc
X 3
=
.
Khi đó:
3
x 0
u 0
v 3
y 82
=

=


⇒

 
=
=



hoặc
u 3 x 9
v 0 y 1
= =
 
⇒
 
= =
 

Trường hợp 2
:
P 18,S 3
= =
không thỏa vì
2
S 4P 0
− <

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:
( )
(
)
( )

3
x;y 0; 82 , 9;1
=
.

5.
Giải hệ phương trình :
( )
( )
( )
2 2 3
2
2 2
5x y 4xy 3y 2 x y 0
xy x y 2 x y

− + − + =


+ + = +


.

Hướng dẫn giải:
Đặt
2
S x y,P xy,S 4P
= + = ≥
. Đẳng thức xảy ra khi

x y
=
. Khi đó
(
)
2
trở thành
(
)
2 2
P S 2P 2 S
− + =
, biến đổi ta được :
( ) ( ) ( )
2
P 1 S 2 P 1 0 3
 
− − + =
 


Khi
P 1
≠
, khi đó
(
)
(
)
2

3 S 2 P 1
⇔ = +
hay
( ) ( )
2
x y 2 xy 1
+ = +
nghĩa là
2 2
x y 2
+ =

Phương trình
(
)
1
viết lại
Thay
2 2
x y 2
+ =
vào
(
)
1
, ta được :
(
)
2 2 2 3
2x y 4xy 3x y 3y 2 x y 0

− + + − + =
hay
( )
(
)
( ) ( )
2 2
2xy x 2y 3y x y 2 x y 0 4
− + + − + =


Thay
2 2
x y 2
+ =
vào
(
)
4
biến đổi và rút gọn ta được
(
)
(
)
x 2y xy 1 0
− − =

x 2y
⇒ =

thỏa điều kiện
P 1
≠

Thay
x 2y
=
vào
2 2
x y 2
+ =
ta được
2
5y 2
=
hay
5
y
2
= ±

Khi
P 1
=
nghĩa là
xy 1
=
. Khi đó
( )
2

2 2
x y 2 x y 4
+ = ⇔ + =
. Đẳng thức xảy ra khi
x y
=
, kết hợp
xy 1
=
ta được
(
)
(
)
(
)
x;y 1; 1 , 1;1
= − −

Vậy hệ phương trình cho có
4
cặp nghiệm

Email:


185

Để ý :
( ) ( ) ( )

2 2
2 xy x y 2xy 2 x y
 
⇔ + − + = +
 
 
biến đổi và rút gọn ta được
( )
(
)
2 2
1 xy 2 x y 0
 
− − + =
 

xy 1
⇔ =
hoặc
2 2
x y 2
+ =

Trường hợp 1 :
xy 1
=

Với
x 0
=

thì hệ vô nghiệm
Với
1
x 0 y
x
≠ ⇒ =
thay vào phương trình
(
)
1
ta được
4 2
x 2x 1 0
− + =

x 1 y 1
⇔ = ± ⇒ = ±

Trường hợp 2:
2 2
x y 2
+ =
thay vào phương trình
(
)
1
ta được
3 2 2 3
x 4x y 5xy 2y 0
− + − =

( ) ( )
2
y x 2y x 0 x y
⇔ − − = ⇔ =
hoặc
x 2y
=

Với
x y
=
thay vào
2 2
x y 2 x y 1
+ = ⇒ = = ±

Với
x 2y
=
thay vào
2 2
2 2
x y 2 y ,x 2
5 5
+ = ⇒ = ± = ±


6.
Biết

(
)
x;y
là các nghiệm của hệ phương trình :
2 2 2
x y m
x y m 4m 6
x 0,y 0;0 m 2
+ =


+ = − +


≥ ≥ ≤ ≤

. Tìm giá
trị lớn nhất và nhỏ nhất ( nếu có ) của
( ) ( )
3
T x y 6xy x y 39m 2
= + + + + +
.
Hướng dẫn giải:
Đặt
S x y,P xy
= + =
. Hệ cho trở thành:
S m
P 2m 3

=


= −

.
Hệ có nghiệm khi phương trình:
2
t mt 2m 3 0
− + − =
có nghiệm
1 2
m 2
0
m 6
t ,t 0
S 0
3
0 m 2 m 2
P 0 2
0 m 2
3
m 2
0 m 2
2

≤

∆ ≥




≥



≥
≥

 
⇔ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
  
≥
≤ ≤

 
 
≤ ≤
≤ ≤



thỏa bài toán.
Khi đó
(
)
3 3 2
T m 6 2m 3 m 39m 2 m 12m 21m 2
= + − + + = + + +

Ta xét hàm số
(
)
3 2
f m m 12m 21m 2
= + + +
trên đoạn
3
;2
2
 
 
 
.
Ta có
( ) ( )
2
3
f ' m 3m 24m 21 0, m ;2 f m
2
 
= + + > ∀ ∈ ⇒
 
 

luôn đồng biến trên
đoạn
3
;2
2

 
 
 
và
( )
3 511
f , f 2 100
2 8
 
= =
 
 





Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh

186

Vậy:
( )
3
m ;2
2
511
minT min f m
8
 

∈
 
 
= =
khi
3
m
2
=
và
(
)
3
m ;2
2
maxT max f m 100
 
∈
 
 
= =
khi

7.
Tìm
m
để hệ phương trình sau có nghiệm :
( )
3 2
2

2x y 2 x xy m
x x y 1 2m

− + + =


+ − = −


Hướng dẫn giải:
Hệ
(
)
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2
x x 2x y m 1
x x 2x y 1 2m 2

− − =


 − + − = −




Đặt

( )
2
1
u x x u
4
v 2x y v

 
= − ≥ −
  
 


= − ∈


. Hệ thành :
( )
u v 1 2m
1
uv m, u
4
+ = −


∗

 
= ≥ −
 


 



Cách 1
:
(
)
∗
( )
( )
( )
2
2
v 1 2m u
v 1 2m u
u u
m 3
u u m 2u 1
2u 1
= − −


= − −
 
⇔ ⇔
 
− +
=

− + = +
 

+


Đặt
( )
2
u u 1
f u , u
2u 1 4
− +
= ≥ −
+

Ta có :
( )
( )
2
2
2u 2u 1
f' u
2u 1
− − +
=
+

( )
1 1 3

u ; : f' u 0 u
4 2
− +
 
∈ − +∞ = ⇒ =
 
 

Lập bảng biến thiên, suy ra hệ có nghiệm khi
(
)
3
có nghiệm thuộc
1 2 3
; m
4 2
−
 
− +∞ ⇔ ≤


 

Cách 2
: Bài toán quy về tìm tham số thực
m
để phương trình
(
)
2

u u m 2u 1
− + = +

có nghiệm
1
u
4
≥ −
.
Chú ý
: Từ phương trình
(
)
(
)
2
2 y x x 2m 1 3
⇒ = + + −
Khi đó thay
(
)
3
vào phương trình
(
)
1
, biến đổi và rút gọn ta được phương trình:
( )
(
)

(
)
( )
4 3 2
2
x x 1 1 x x 1
x 2x m 2x 2x 1 m 4
2x 2x 1
 
− − −
 
− + = − + ⇒ =
− +

Đặt
( )
2
2
1 1 1 1 1 1
t x x 1 x 2. x x
2 4 4 2 4 4
 
= − = − + − = − − ≥ −
 
 

Khi đó phương trình
(
)
4

viết lại
(
)
t 1 t
1 3
m 1 2t 1
2t 1 4 2t 1
−
 
= = − + +
 
+ +
 

Xét hàm số
( )
1 3
g t 1 2t 1
4 2t 1
 
= − + +
 
+
 
trên nửa khoảng
1
;
4
 
− +∞



 
.

Email:


187

Đến đây, ra làm như trên. Suy ra
2 3
m
2
−
≤ .
Cần nhấn mạnh rằng: hàm số
(
)
g t
xác định và liên tục trên nửa khoảng
1
;
4
 
− +∞


 

và
(
)
t
lim g t
→+∞
= −∞
nên phương trình trên có nghiệm thực
t
(tức là có nghiệm thực
x
) thì phải có
(
)
1
t ;
4
m max g t
 
∈ − +∞


 
≤
.
Sử dụng bất đẳng thức TBC – TBN ta được
( )
2 3
g t
2

−
≤ và đẳng thức xảy ra khi
1 3
t
2
− +
= , suy ra
( )
1
t ;
4
2 3
m max g t
2
 
∈ − +∞


 
−
≤ =





 Chủ đề 5: PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II.
1. Định nghĩa
: Là hệ có dạng
(

)
( )
( )
f x;y a
II
f y;x a

=


=



2. Cách giải
: Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta được:

( ) ( ) ( ) ( )
( )
x y
f x;y f y;x 0 x y g x;y 0
g x;y 0
=

− = ⇔ − = ⇔

=

.
3. Chú ý

: Nếu hệ
(
)
II
có nghiệm
(
)
0 0
x ;y
thì
(
)
0 0
y ;x
cũng là nghiệm của hệ
nên hệ
(
)
II
có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là
0 0
x y
=
.


Ví dụ 1.
Giải hệ phương trình:
( )
( )

2 2
2 2
2x 4x 3y 5 1
2x 4x 3y 5 2

− = −


− = −




Lời giải
Lấy
(
)
(
)
1 2
− và rút gọn ta được:
(
)
( )
2 2
5 x y 4 x y 0
− − − =
, phương trình này tương
đương với
(

)
(
)
x y 5x 5y 4 0
− + − =
tức
5x 5y 4 0
+ − =
hoặc
x y
=
.
∗
Với
5x 5y 4 0
+ − =
tức
4 5x
y
5
−
= thay vào phương trình
(
)
1
ta được
2
2
4 5x
2x 4x 3 5

5
−
 
− = −
 
 
và rút gọn đưa phương trình về dạng
2
25x 20x 77 0
− − =
,



Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh

188

giải phương trình này được
2
nghiệm
7
x
5
= −
hoặc
11
x
5
= . Trường hợp này

nghiệm của hệ là:
7 11 11 7
; , ;
5 5 5 5
   
− −
   
   
.
∗
Với
x y
=
thay vào phương trình
(
)
1
và giải được
x 5
= −
hoặc
x 1
=
. Trường
hợp này nghiệm của hệ là:
(
)
(
)
5; 5 , 1;1

− − .
Vậy hệ phương trình đã cho có
1
nghiệm
(
)
(
)
5; 5 , 1;1 ,
− −
7 11
; ,
5 5
 
−
 
 

11 7
;
5 5
 
−
 
 
.
Ví dụ 2.
Giải hệ phương trình:
( )
( )

3
3
x 2x y 1
y 2y x 2

= +


= +






Lời giải
Trừ vế theo vế hai phương trình
(
)
1
và
(
)
2
, ta được:
3 3
x y x y
− = −

( )

( )
2 2
2 2
x y
x y x y xy 1 0
x y xy 1 0
=

⇔ − + + − = ⇔

+ + − =



Với
x y
=
thay vào phương trình
(
)
1
, ta được:
3
x 3x
=
, giải phương trình này
ta được
3
nghiệm
x 0,x 3,x 3

= = − = .
Cộng vế theo vế hai phương trình
(
)
1
và
(
)
2
, ta được :
(
)
3 3
x y 3 x y
+ = +
. Kết hợp phương trình
2 2
x y xy 1 0
+ + − =
, ta có hệ:
( )
( )
3 3
2 2
x y 3 x y
x y xy 1 0

+ = +

∗


+ + − =


. Đặt
(
)
2
S x y,P xy S 4P 0
= + = − ≥

. Khi đó hệ
(
)
∗
trở thành
hệ
(
)
3 2
3
2
2
S 3S S 1 3S
S 3SP 3S
S P 1 0
P S 1


− − =

− =
 
⇔
 
− − =



= −


S 0 x y 0
P 1 xy 1
= + =
 
⇔ ⇔
 
= − = −
 
. Giải hệ này ta được
(
)
(
)
(
)
x;y 1; 1 , 1;1
= − − .
Vậy hệ phương trình cho có
5

nghiệm:
(
)
(
)
1; 1 , 1;1
− −
(
)
, 0;0 ,

(
)
3; 3 ,
− −
(
)
3; 3
.
Ví dụ 3.
Giải hệ phương trình:
( )
( )
2x 3 4 y 4 1
2y 3 4 x 4 2

+ + − =


+ + − =





Lời giải