CHUYEN DE DAI SO

O
x
y
M
t
B
A
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ
Chuyên đề I: HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ
Cho parabol
( )
2
: 3 2P y x x= + +
và họ
đường thẳng
( )
:
m
d y x m= +
.Khi m thay đổi
sao cho
( )
m
d
luôn cắt
( )
P
tại hai điểm A và
B (có thể trùng nhau). Hãy tìm quỹ tích
trung điểm M của đoạn thẳng AB.
Giải

Phương trình tương giao của
( )
m
d
và
( )
P
là:
2
2
3 2
2 2 0
x x x m
x x m
+ + = +
+ + − =
(1)
Điều kiện cần và đủ để
( )
m
d
cắt
( )
P
là pt (1) có nghiệm, tức là:
' 1 0m
∆ = − ≥

Khi pt (1) có nghiệm, hai nghiệm của nó chính là hoành độ giao điểm của A và B
(x

A
, x
B
). Khi đó hoành độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là
2
A B
M
x x
x
+
=
. Theo đònh
lí Vi-et ta có:
2
A B
x x+ = −
nên
1
M
x = −

Để tìm tung độ y
M
của điểm M, ta chú ý rằng M là một điểm của đường thẳng (d). Do
đó:
1
M M
y x m m= + = −
Vậy tọa độ giao điểm của M là
1

1
M
M
x
y m
= −


= −

(với điều kiện
1 0m − ≥
, tức là
0
M
y ≥
)
Kết luận: quỹ tích của điểm M là tập hợp các điểm có tọa độ thỏa mãn
1
0
x
y
= −


≥

Đó là nửa đường thẳng M
0
t trên hình (các điểm có tung độ không âm của đường thẳng

x=-1).
Cho parabol
( )
2
1
: 1
2
P y x x= − −
và họ đường thẳng
( )
: 3
m
d y mx= −
.
Giả sử
( )
m
d
cắt
( )P
tại hai điểm (có thể trùng nhau) A và B. Tìm quỹ tích trung điểm
M của đoạn thẳng AB khi m thay đổi.
Giải
Phương trình tương giao của
( )
m
d
và
( )
P

là:
( )
2
2
1
1 3
2
2 1 4 0
x x mx
x m x
− − = −
− + + =
(1)
1
Điều kiện cần và đủ để
( )
m
d
cắt
( )
P
là pt (1) có nghiệm, tức là:
( ) ( )
' 1 3 0m m∆ = − + ≥
hay
(
] [
)
; 3 1;m∈ −∞ − ∪ +∞
Khi pt (1) có nghiệm, hai nghiệm của nó chính là hoành độ giao điểm của A và B

(x
A
, x
B
). Khi đó hoành độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là
2
A B
M
x x
x
+
=
. Theo đònh
lí Vi-et ta có:
( )
2 1
A B
x x m+ = +
nên
1
M
x m= +
Từ hệ thức x=m+1, ta thấy
(
] [
)
; 3 1;m∈ −∞ − ∪ +∞
khi và chỉ khi
(
] [

)
; 2 2;x∈ −∞ − ∪ +∞
Để tìm tung độ y
M
của điểm M, ta chú ý rằng M là một điểm của đường thẳng (d). Do
đó:
( )
2
1 3 3
M
y x x x x= − − = − −
Kết luận: quỹ tích của điểm M là tập hợp các điểm có tọa độ
thỏa mãn
(
] [
)
2
3
; 2 2;
y x x
x

= − −


∈ −∞ − ∪ +∞


Tìm các điểm cố đònh của họ đường cong
2

2
1
x mx
y
mx
+ −
=
−
với
1m ≠ ±

Giải
Để (x;y) là điểm cố đònh của họ đường cong đã cho, điều kiện cần và đủ là
2 2
1,
1
x mx
m y
mx
+ −
∀ ≠ ± =
−
hay
( )
1 2 2
1,
1 0
y mx x mx
m
mx

− = + −

∀ ≠ ±

− ≠



Viết lại điều kiện thứ nhất trong (1) dưới dạng P(m) = 0, trong đó P(m) là một đa thức
biến m, ta được điều kiện tương đương:
( )
0
1,
1
P m
m
mx
=

∀ ≠ ±

≠


trong đó
( )
2
1 2x y m x y− + + −
Buộc các hệ số của P(m) bằng 0, ta được:
( )

2
0
2
1 0
1
1
2 0
1
1
x
y
x y
x
y
x y
x
y
 =



=



 − =
=




⇔
 
=

+ − =




= −




=


Chú ý rằng khi x=0 hay
1x
= ±
thì điều kiện
1mx
≠
luôn được thỏa mãn với mọi
1m
≠ ±
. Vậy họ đường cong đã cho có ba điểm cố đònh là (0;1), (1;1) và (-1;1)
Bài tập: Cho hàm số
( )
y f x

=
, trong đó
( )
2
1
2f x x m x m
m
 
= − + +
 ÷
 
với
tham số
0m ≠
2
Đặt
[ ]
( )
1
1;1
min
x
y f x
∈ −
=
và
[ ]
( )
2
1;1

max
x
y f x
∈ −
=
Hãy tìm các giá trò của m sao cho
2 1
8y y− =
Bài tập: Cho hàm số
1 2y x x x= + + + +

a) Vẽ đồ thò và lập bảng biến thiên của hàm số đó.
b) Dựa vào đồ thò, hãy biện luận số nghiệm của phương trình
1 2x x x m+ + + + =
tùy theo tham số m.
Bài tập: Cho hàm số
2 2y x x x= + − − +
a) Vẽ đồ thò và lập bảng biến thiên của hàm số đó.
b) Dựa vào đồ thò, hãy biện luận số nghiệm của phương trình
2 2x x x m+ − − + =
tùy theo tham số m.
c) Dựa vào đồ thò, hãy tìm các giá trò của m sao cho
2 2x x x+ − > +
Bài tập: Cho hàm số:
( )
2
4 3f x x x= − +
và A(2,1). Gọi m là hệ số góc của đường
thẳng d đi qua A.
a. Chứng minh rằng (d) luôn cắt đồ thò hàm số y=f(x) tại hai điểm phân biệt

M,N.
b. Đònh giá trò của m để MN ngắn nhất.
c. Vẽ đồ thò hàm số y=f(x) và đường thẳng d với giá trò m vừa tìm được. Lặp
bảng biến thiên cho đồ thò hàm số y=f(x).
Bài tập: Cho hàm số có đồ thò là một đường cong (C). Đường thẳng (d
k
) có hệ số góc k
và luôn đi qua điểm A(0;–3).
a. Tìm điều kiện của k để đường thẳng (d
k
) cắt (C) tại hai điểm nữa khác A. Gọi
hai điểm này là B và C
b. Với điều kiện nói ở phần a, tìm quỹ tích trung điểm của đoạn thẳng BC khi k
thay đổi
Bài tập: Tìm các điểm cố đònh của họ đường thẳng và đường cong sau đây:
a.
( )
2 2
1 2 3y m x m= − − +
c.
( )
3
2 2y m x mx= − − +
b.
( )
2
1 2 3 1y m x mx m= − + − +
d.
( ) ( )
2

2 1 3 4y y m x m x m= = − − − + −
Chuyên đề II: HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHI TUYẾN – PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO
Tóm tắt lý thuyết
Đònh lí Bơ – du: Số a là nghiệm của đa thức f(x) khi và chỉ khi đa thức f(x) chia hết
cho x – a.
• Nếu pt f(x) = 0 có một nghiệm là a, (trong đó f(x) là một đa thức). Theo phép
chia đa thức ta được f(x)=(x – a).g(x)
• Lược đồ horner (hooc – ne):
+ Ví dụ: phân tích đa thức thành nhân tử: f(x)=x
4
+5x
3
+7x
2
–4
+ Dể thấy pt có một nghiệm bằng 2. Nên theo đònh lí bơ – du
ta có: f(x)=(x – 2). g(x)
3
+ Ta phải tìm hệ số của g(x)
+ Áp dụng lược đồ horner ta có:
0
-2
132
-40
7
5
1
-2
Ta có: g(x)= x
3

+ 3x
2
+ x – 2
+ Vậy x
4
+5x
3
+7x
2
–4 =(x – 2).(x
3
+ 3x
2
+ x – 2)
• Quy tắc nhẩm nghiệm
 Tổng các hệ số của pt bằng 0, pt có một nghiệm bằng 1
 Tổng hệ số bậc chẳn của pt bằng tổng các hệ số bậc lẻ của pt, khi đó pt
có một nghiệm bằng -1
Bài tập áp dụng
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a. x
3
+ 4x
2
– 5 = 0
b. x
4
+ 3x
3
– 2x

2
– 6x + 4 = 0
Bài 2: Giải các pt sau:
a. sin
3
x + 3sin2x + 2 = 0
b. tan
3
x + cot
3
x = 13(tanx + cotx)
Hệ phương trình đẳng cấp
Hệ phương trình tổng quát
2 2
1 1 1 1
2 2
2 2 2 2
a x b xy c y m
a x b xy c y m

+ + =


+ + =


Cách giải:
• Bước 1: Cho y= 0 và tính trực tiếp, ta hãy xem có hay không một nghiệm x
0
sao

cho (x
0
;0) là nghiệm của hệ phương trình.
• Bước 2: Giải tiếp hệ phương trình với giả thuết y ≠ 0.
 Nếu m
1
= 0 (tương tự cho m
2
= 0) thì pt thứ nhất của hệ trở thành
2 2
1 1 1
0a x b xy c y+ + =
.
Do y≠0, ta chia pt cho y
2
, ta đựơc
2
1 1 1
0
x x
a b c
y y
 
+ + =
 ÷
 
 Đặt
x
k
y

=
khi đó ta được:
2
1 1 1
0a k b k c+ + =
. Giải pt ẩn k. Nếu pt vô nghiệm
thì hệ vô nghiệm. Nếu pt có hai nghiệm k
1
, k
2
thì hệ pt đả cho tương đương
với tuyển của hai hệ pt:
2 2
2 2 2 2
i
x k y
a x b xy c y m
=


+ + =

với
1; 2i =
4
 Nếu m
1
và m
2
đều khác 0, thì ta phải chọn hai số

1
λ
và
2
λ
sao cho
1 1 2 2
0m m
λ λ
+ =
. Gọi vế trái của pt thứ nhất là F
1
(x;y), vế trái pt thứ hai là
F
2
(x;y), ta có:
( )
( )
( ) ( )
( )
1 1 1 1 2 2
2 2 2 2
; ; ; 0
; ;
F x y m F x y F x y
F x y m F x y m
λ λ
= + = 
 
⇔

 
= =
 
 
 Đến đây ta trở về trường hợp đã nói ở trên.
Bài tập áp dụng
Giải hệ pt
2 2
2 2
3 1
2 3 7
x xy y
x xy y

+ + = −


− − =


Nhân pt đầu với 7 rồi cộng với pt thứ hai ta được:
2 2
9 20 4 0x xy y+ + =
(1)
Nếu y = 0 thì từ (1) ta suy ra x= 0. Nhưng (0;0) không là nghiệm của hệ pt (I). Do đó có
thể giả thuyết y≠0. ta chia 2 vế pt (1) cho y
2
, ta được pt:
2
9 20 4 0

x x
y y
 
+ + =
 ÷
 
2
2
9
x
y
x
y

= −


⇔
−

=


Điều đó cho thấy
( )
2
1
2
9
x y

x y
= −


⇔

= −


Vì vậy hệ (I) tương dương với tuyển của hai hệ pt sau:
( )
2 2
3 1
2
x xy y
II
x y

+ + = −

= −

,
( )
2 2
3 1
2
9
x xy y
III

x y

+ + = −


= −


Đến đây bạn có thể giải hệ pt trên.
Kết luận: hệ pt đã cho có hai nghiệm (-2;1) và (2;-1)
Bài tập: Giải hệ phương trình:
a)
2 2
2 2
3 1
3 3 13
x xy y
x xy y
− + = −
− + =
c)
2
2 2
3 4
4 1
y xy
x xy y
− =
− + =
b)

2 2
2 2
3 5 4 38
5 9 3 15
x xy y
x xy y
+ − =
− − =
d)
2 2
2 2
2 4 1
3 2 2 7
x xy y
x xy y
− + =
+ + =
5
e)
2
2
2
2
2
3
2
3
y
y
x

x
x
y
+
=
+
=
f)
3 2
1
2 5 4
4 2
2 2
x
x x
x
y y
y
+
= −
+
=
+
Chuyên đề III: BẤT ĐẲNG THỨC
BĐT giữa TBC – TBN
Cho n số không âm a
1
, a
2
, a

3
, …, a
n
. Khi đó ta có:
1
1
n
i
n
i
n
i
i
a
a
n
=
=
≥
∑
∏
Dấu đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
1 2
...
n
a a a= = =
BĐT BU – NHI – A – CỐP – XKI
Cho hai bộ số thực
( )
1 2

, ,...,
n
a a a
và
( )
1 2
, ,...,
n
b b b
, mỗi bộ gồm n số.
Khi đó ta có:
2
2 2
1 1 1
n n n
i
i i i
i i i
a b a b
= = =
    
≤
 ÷  ÷ ÷
    
∑ ∑ ∑
Nếu
0
n
i
i

b ≠
∏
thì dấu đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
3
1 2
1 2 3
...
n
n
a a
a a
b b b b
= = = =
Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số dương bất kì thì
6
a b b c c a
c a b
+ + +
+ + ≥
Giải
Ta có:
2 . 2 . 2 . 6
a b b c c a a b b c c a
c a b c c a a b b
a c b c a b a c b c a b
c a c b b a c a c b b a
+ + +
+ + = + + + + +
     
= + + + + + ≥ + + =

 ÷  ÷  ÷
     
(đpcm)
( theo BĐT giữa TBC – TBN)
Tìm giá trò nhỏ nhất của hàm số
( )
3
f x x
x
= +
với x > 0
Giải
Do x > 0 nên ta có:
0
3
0
x
x
>



>


Theo BĐT cô – si ta có:
3 3
2 . 2 3x x
x x
+ ≥ =

( )
2 3f x⇒ ≥
( )
minf x
khi và chỉ khi dấu đẳng thức xảy ra:
3
3x x
x
⇔ = ⇔ = ±
6