Sổ tay tự học lớp 11 ( hay - soạn kỹ)

Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
NIÊN KHÓA : 2008 – 2009
NGƯỜI THỰC HIỆN : NGÔ PHẠM TUÂN
LỚP : 11A1
- 1 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
MỤC LỤC:
• Phần I : PHƯƠNG TRÌNH HÀM
 Lý thuyết
 Phương trình dạng f(A)= B
 Phương trình chứa 2 biểu thức: f(A), f(B).
 Hệ phương trình
 Phương pháp quy nạp
 Phương pháp chọn giá trị đặc biệt
 Phương pháp hàm liên tục
• Phần II : MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH GIẢI
BẰNG HÌNH HỌC TỌA ĐỘ.
• Phần III: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CÁC BÀI TOÁN CHỨA THAM SỐ
• Phần IV : PHỤ LỤC
- 2 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
Phần I: PHƯƠNG TRÌNH HÀM
1. Phương trình dạng
( )
f A B=
* Phương pháp giải:
Bước 1: Đặt A = t;
Bước 2: Suy ra x theo t;
Bước 3:Rồi thay vào A, B
**VD1:Tìm hàm số
( )

f x
nếu biết
( )
2
1
( ) 1 0f x x x
x
= + ∀ ≠+
Giải:
Đặt
1 1
t x
x t
= ⇒ =
thay vào hàm số đề bài
t
t
ttt
tf
2
2
111
1
1
)(
+
+=







+=
Từ đó:






<
+
−
>
+
+
=
)0(
11
)0(
11
)(
2
2
t
t
t
t
t

t
t
t
xf
**VD2:Tìm :






+
x
x
f
1
nếu biết
( )
2
2
1 0
1
f x x
x
 
= − ∀
 ÷
 
≠
+

.
Giải:
Đặt
t
t
x
x
t
−
=⇒
+
=
2
1
2
. Từ đó:
2
44
)(
t
t
tf
−
=
2
44
)(
x
x
xf

−
=⇒
. Suy ra:
2
1 4
2 1
x x
f
x
x x
+ −
 
=
 ÷
+ +
 
**VD3: Tìm
( )
f x
biết rằng:
2
1)1( xxf
+=+
với
1x∀ ≥ −
Giải:
Đặt
2 2 2 2 2 4 2
1 1 1 ( 1) 1 1 2 2t x x t x t x t t= + ⇒ = − ⇒ + = − + = + = − +
Suy ra:

( )
4 2
2 2f x x x= − +
**VD4: Tìm hàm số
( )
f x
biết rằng
1
1
2
13
−
+
=






+
−
x
x
x
x
f
với
2 1x x≠ − ∪ ≠
- 3 -

Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
Giải:
Đặt
2 1
1
3 1 2 1 1 4
3
2 1
2 3 1 3 2
1
3
t
x t x t
t
t x
t
x t x t
t
+
+
− + + +
−
= ⇒ = ⇒ = =
+
+ − − −
−
−
Suy ra:
( )
4

3 2
x
f x
x
+
=
−
.
2. Phương trình chứa 2 biểu thức
( ) ( )
,f A f B
* Phương pháp giải:
Bước 1: Từ phương trình đã cho, thay giá trị thích hợp để thu được thêm 1
phương trình khác.
Bước 2: Từ 2 phương trình đã cho suy ra
( )
f A
hoặc
( )
f B
ta trở lại dạng 1.
**VD1: Tìm
( )
f x
nếu biết với
0x
∀ ≠
, thì
( )
1

2f x f x
x
 
+ =
 ÷
 
.
Giải:
Thay
x
bởi
x
1
. Ta được:
( )
1 1
2f f x
x x
 
+ =
 ÷
 
Như thế ta được hệ:
x
x
x
3
2
)(f
x

1
= 2f(x)+
x
1
f
x=
x
1
2f+ f(x)
2
−
=⇒



















.
**VD2: Tìm
( )
f x
nếu biết với
0x
∀ ≠
,
( )
1 1
1
1
f x f x
x x
 
+ = + −
 ÷
−
 
Giải:
Thay
x
−
1
1
bởi
x
ta được:
( )
2

1 3 1
.
( 1)
x x x
f x f
x x x
− − +
 
+ =
 ÷
−
 
Lấy phương trình đã cho trừ phương trình này thì được:
1 1 1
1 1
x
f f x
x x x
−
   
− = −
 ÷  ÷
− −
   
- 4 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
Trong phương trình này thì thay
x
−
1

1
bởi
x
thì thu được:
( )
2
1 1 1
1
1
x x
f x f x
x x x
− + −
 
− = = + −
 ÷
−
 
Rồi từ phương trình này và phương trình đề bài suy ra:
( )
1x
f x
x
−
=
.
**VD3: Tìm hàm số
( )
f x
nếu biết:

( ) ( )
1 1
1
1
x f x f
x x
 
− + =
 ÷
−
 
khi
0x
≠
và
1x
≠
.
Giải:
Thay
x
bởi
x
1
vào phương trình để bài ta được phương trình sau:
( )
1 1
1
x x

f f x
x x x
−
   
+ =
 ÷  ÷
−
   
Từ phương trình này và phương trình đề bài ta được hệ phương trình sau:
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
1 1
1
1
1 1
1
1 1
1
1
1 1 1
1 1
1
1

1
x f x f
x x
x x
f f x
x x x
x x
f f x
x x x
x
x
f f x
x x x x
x x x
f x
x x x
f x
x

 
− + =
 ÷

−
  

−
   

+ =

 ÷  ÷

−
   

 −
 
+ =
 ÷

−
 

⇔

−
− −
 

− =
 ÷

 

− +
⇔ = +
−
⇔ =
−

3. Hệ phương trình:
* Phương pháp giải:
Bước 1: Từ 1 trong 2 phương trình, thay các giá trị thích hợp để có phương
trình khác.
Bước 2: Từ 2 phương trình này thu được f(A) hoặc g(A).
Bước 3: Trở lại dạng 1.
- 5 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
**VD1: Tìm
( ) ( )
,f x g x
nếu biết với
,x y∀ ∈ ¡


( ) ( )
( )
2
6 2 2 15
2
2
5 4
2
x
f x g x
x
f g x x
+

+ + + =




+
 

+ + = +
 ÷

 


Giải:
Trong phương trình thứ 2, thay x bởi: 2x + 10 thì hệ đã cho tương đương với:

( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2
6 2 2 15
2
6 2 15 2 14
3 26
g 2x 15
2
7 54
6

2
3 7
4
7 12
2
x
f x g x
f x g x x
x
x
f x
x
g x
x
f x
+

+ + + =



+ + + = +

− −

+ =


⇒


+

+ =


− −

=


⇒

+




**VD2: Tìm
( ) ( )
,f x g x
nếu biết với
,x y∀ ∈ ¡


( ) ( )
1 1 2
1 1
1
1 1
f x xg x x

x x
f g x
x x
+ + + =


+ +
   
+ = −
 ÷  ÷

− −
   

Giải:
Thay x + 1 bởi x trong phương trình đầu ;
Thay
1
1
−
+
x
x
bởi x trong phương trình thứ 2 thì thu được hệ:
f(x) + (x – 1)g(x ) = 2(x – 1)
f(x) + g(x) =
1
2
−
x

- 6 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
⇒
f(x) = - 2; g(x) =
1
2
−
x
x
.
4. Phương pháp quy nạp:
Khi hàm số cần xác định trên N hay Z,nói chung thường sử
dụng quy nạp;
Nhiều bài toán cũng phải xác định từng bước
N
→
Z
→
Q
→
R. Riêng Q
→
R cần thêm tính liên tục của
hàm số.
**VD1: Cho hàm số f xác định với mọi x
∈
R và:

∀
x, y f(xy) = f(x)f(y) – f(x + y) + 1

f(1) = 2
Hãy xác định f(m) ; f(
n
m
) với m
∈
Z, n
∈
Z*.
Giải:
Trước hết: f(0) = f(1)f(0) – f(1 + 0) + 1
⇒
f(0) = 1
Giả định: f(m) = m + 1. thế thì: f(m.1) = f(m)f(1) – f(m + 1) +1
⇒
f(m + 1) = f(m) + 1 = m + 2.
Vậy: với mọi m
∈
N: f(m) = m+ 1.
Bây giờ: f(0) = f(1 – 1) = f(-1)f(1) – f(-1) + 1
⇒
f(-1) = 0
Ta lấy –m
∈
N: f(m) = f(-1)f(-m) – f(-1 – m) + 1 = 0 + m + 1.
Nên với m
∈
Z, f(m) = m + 1.
Sau đó với m

∈
Z, n
∈
Z*, x
∈
R bất kỳ
f(x + 1) = f(1)f(x) – f(1.x) + 1 = f(x) + 1.
Từ đó với mọi m quy nạp ta được f(x + m) = f(x) + m,
f(m) = f






n
m
n
= nf






n
m
- f(n – 1) = m + 1
⇒
f







n
m
=
n
m
+ 1.
**VD2: Cho hàm số f không đồng nhất không, xác định trên R bởi:

∀
x, y
∈
R, 2f(x)f(y) = f(x + y) + f(x – y)
a. Chứng minh rằng f(x)
≥
-1 với mọi x.
b. Cho f(3) = 0. tính f(1992) ; f(1995) ; f(1998).
Giải:
a. lấy y = 0 thì ta có: f(x)[f(0) – 1] = 0 với mọi x.
- 7 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
vì f không đồng nhất không nên suy ra f(0) = 1.
Lại lấy x và y đều bằng
2
x

thế thì : 2[f(
2
x
)]
2
= f(x) + 1
⇒
f(x)
≥
-1.
b. Ta có f(x + y) = 2f(x)f(y) – f(x – y).
Nên f(6) = f(3 + 3) = 2f(3).f(3) – f(3 – 3) = -1
f(9) = f(6 + 3) = 2f(6).f(3) – f(6 – 3) = 0
f(12) = f(9 + 3) = 2f(9).f(3) – f(6) = 1
giả định f[3(2k + 1)] = 0, thế thì:
f[3(2k + 3)] = f[3(2k + 1) + 6] = 2f[3(2k +1)]f(6) – f[3(2k – 1)] = 0
giả định f(3.4k) = 1, thế thì:
f[3(4k + 4)] = f[3.4k + 3.4] = 2f(3.4k)f(3.4) – f[3.4(k – 1)] = 2 – 1 = 1
giả định f[3(4k +2)] = -1, thế thì:
f[3(4k + 6)] = f[3(4k + 2) + 12]
= 2f[3(4k + 2)]f(12) – f[3(4k – 2)] = 2.(-1).1.(-1) = -1
Mà: 1992 = 3.4.(166)
⇒
f(1992) = 1
1995 = 3.(4.166 + 1)
⇒
f(1995) = 0
1998 = 3(4.166 + 2)
⇒
f(1998) = -1.

**VD3: Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R
→
R thỏa :

f(x + y) = f(x) + f(y)
f(x.y) = f(x).f(y)
∀
x, y
∈
R.
Giải:
Với y = 0
⇒
f(x) = f(x) + f(0)
⇒
f(0) = 0.
Lấy y = 1 cho f(x) = f(x).f(1)
⇒
f(1) = 1
+ Nếu f(1)
≠
1 : f(x) = 0,
∀
x
∈
R.
+ Nếu f(1) = 1 : ta có với mọi x
∈
R, f( x + 1) = f(x) + 1.
Bằng quy nạp, dễ dàng suy ra : f(n) = n với mọi n

∈
Z.
Sau đó : f






+
n
n 1
= f( n + 1).f(
n
1
) = ( n +1).f(
n
1
)
= f(1 +
n
1
) = f(1) + f(
n
1
) = 1 + f(
n
1
)
⇒

nf(
n
1
) = 1.
Từ đó : f(
n
1
) =
n
1
, với mọi n
≠
0. và, rồi với mọi p
∈
Z, n
∈
N* :
f(
n
p
) = f(p).f(
n
1
) = p.
n
1
=
n
p
.

Như thế :
∀
x
∈
Q : f(x) = x.
Sau cùng với tính liên tục ta được
∀
x
∈
R : f(x) = x.
Vậy có 2 hàm số thoả mãn điều kiện đề bài : f(x) = 0 ; f(x) = x với
∀
x
∈
R.

5.Phương pháp chọn giá trị đặc biệt:
- 8 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
Phát hiện một số giá trị đặc biệt làm cơ sở
ban đầu cho phép ta tìm được hàm số
**VD1: Hàm số f :
yx
f(y) f(x)
+
+
x , y
∈
R ; x + y
≠

0.
Có tồn tại giá trị x
∈
R sao cho f(x)
≠
0 .
Giải:
Lấy y = 1, ta được :
1x
f(1) f(x)
+
+
(x
≠
1)
⇒
xf(x) = f(1).
Lấy x = 0 thì thu được f(1) = 0
⇒
với
∀
x
≠
-1, 0 : f(x) = 0.
Hơn nữa thay vào hệ thức ban đầu x = 2 ; y = 0 thì thu được :
f(0) =
02
f(0) f(2)
+
+

⇒
f(0) = f(2) = 0.
Sau cùng, thay y = 0 ; x = -1 thì được :
f(0) = -f(-1) – f(0)
⇒
f(-1) = -2f(0) = 0.
Như vậy f(x) là hàm số đồng nhất không.
**VD2: Tìm tất cả các hàm số f : R
→
R thỏa mãn đồng nhất thức :
x(f(y) + yf(x) = (x + y)f(x)f(y) ; x , y
∈
R.
Giải:
Trong hệ thức đã cho , lấy x = y = 1 thì được :
2f(1) = 2(f(1))
2

⇒
f(1) = 0 hay f(1) = 1.
Ta xét từng trường hợp :
a. Nếu f(1) = 0 thì lấy trong hệ thức y = 1, thì có f(x) = 0.
b. Nếu f(1) = 1. lại lấy y = 1, thì có:
f(x) + x = (x + 1)f(x)
⇒
x(f(x) – 1) = 0.
Từ đó với x khác 0 thì ta có f(x) = 1
Như vậy :
Hoặc f(x) = 0, hoặc f(x) =

Ra
xa
x
∈



=
≠
0
01



**VD3: cho hàm số có tính chất sau:
(i) :
∀
x , y
∈
R ;
∃
a : f(x + y) = f(x)f(a – y) + f(y)f(a – x), (1)
- 9 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
(ii) : f(0) =
2
1
(2)
Chứng minh rằng f là hàm số hằng.
Giải:

Cho x = y = 0 thì : f(0) = f(0).f(a) + f(0).f(a)
⇒
f(a) =
2
1
Cho y = 0 thì : f(x) = f(x)f(a) + f(0)f(a – x)
⇒
f(x) = f(a – x),
Và f(x + y) = 2f(x)f(y)
Lấy y = a thì f(x + a) = f(x);
Lấy x = -x trong (1) thì được : f(-x) = f(a + x) = f(x)
Lấy y = -y trong hệ thức đề bài thì :
f(x – y) = f(x)f(a + y) + f(-y)f(a – x) = 2f(x)f(y)
⇒
f(x + y) = f(x – y) với mọi x , y.
Sau cùng, lấy x = y =
2
x
thì thu được kết quả : f(x) = f(0) =
2
1
.
6. Phương pháp hàm liên tục:
* Hàm số f(x) liên tục tại x
0
=⇔
→
0
lim
xx

f(x
0
)
⇔
mọi dãy (r
n
) có giới hạn x
0
thì dãy tương ứng (f(r
n
)) có giới hạn f(x
0
)
f






→
n
xx
r
0
lim
=
0
lim
xx

→
f(r
n
) , với
0
lim
xx
→
r
n
= x
0
f(x) liên tục trên [a, b] và f(x)
≠
0 mọi x
∈
[a, b] thì f(x) > 0 hoặc
f(x) < 0 mọi x
∈
[a, b].
f(x) liên tục và đơn ánh trên [a, b] thì f(x) đơn điệu trên [a, b].
**VD1: tìm hàm số liên tục f(x) thỏa mãn điều kiện f(x
2
).f(x) = 1 với mọi x
∈
R
Giải:
Từ giả thiết , ta có : f(x)
≠
0 với mọi x

∈
R; f(0) =
±
1 và f(1) =
±
1
Ta lại có : f(x
2
).f(x) = 1 = f(x
2
).f(-x) ,
∀
x
∈
R
⇒
f(-x) = f(x) với
∀
x
∈
R
Do đó ta chỉ cần xét trên R
+
• xét 0
≤
x < 1 :
f(x)=
)(
1
2

xf
= f(x
4-
) = f(
4
4
x
) = ……..=
0
lim
xx
→
f(x
n
) = f(0) =
±
1
• tương tự với x
≥
1 :
- 10 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
f(x)=









=








4
1
2
1
1
xf
xf
=……….=
0
lim
xx
→
f









n
x
1
= f(1) =
±
1
vậy :



∀−=
∀=
xxf
xxf
1)(
1)(
**VD2: Cho
∈
α
R
≠
α
±
1. tìm tất cả các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R
+

thoả mãn điều kiện : f(
α
x

) = f(x) với mọi x
∈
R
+
.
Giải:
* nếu
α
< 1 thì theo giả thiết ta có:
f(x) = f(
α
x
) =…………= f(
n
x
α
) ,
∀
x
∈
3
+
;
∀
n
∈
N
suy ra : f(x) =
0
lim

xx
→
f(
n
x
α
) = f(1) với
∀
x
∈
R
+
.
* nếu
α
> 1, ta cũng thu được:
f(x) = f(
a
x
1
) =…………= f(
n
a
x







1
) ,
∀
x
∈
R
+
;
∀
n
∈
N
suy ra: f(x) =
0
lim
xx
→
f(
n
a
x






1
) = f(1)
∀

x
∈
R
+
.
vậy: f(x) = c
∈
R tùy ý.
7. Phương pháp thế:
Phương pháp thế là phương pháp hay sử dụng khi giải các phương trình hàm, đặc biệt là
phương trinhg với cặp biến tự do. Nội dung cơ bản của phương pháp này là ta thay các
biến bởi các giá trị đặc biệt. điều quan trọng phải lưu ý là giá trị các bién này phải thuộc
tập xác định của hàm số và phải thỏa mãn điều kiện ràng buộc giữa các biến nếu có.
Một vài chú ý:
 Nếu hệ thức đã cho có tính đối xứng giữa các biến thì cố gắng hoán vị các biến với
nhau.
 Nên sử dụng các phép thế có thể giản ước được 2 vế của phương trình hàm. Từ đó ta
được 1 đẳng thức đơn giản hơn.
 Nếu đã có f(x
3
) = (f(x))
3
hoặc f(x
3
) = x
2
f(x) thì nên sử dụng phép thế x bởi x + y rồi so
sánh 2 vế.
 Trong trường hợp có f(g(x)) = g(x) thì cố gắng tìm các bất động của hàm f.
 Nếu 1 vế có chứa f(x) và vế còn lại chứa biến x bên ngoài thì thông thường f là hàm

đơn ánh.
- 11 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009

**VD1: tìm tất cả các hàm f : R
→
R thỏa mãn điều kiện :
f(xf(y) + x) = xy + f(x) với
Ryx
∈∀
,
(3)
Giải:
Thay x = 1, y = -1 – f(1) vào (3) ta được :
f(f(-1 – f(1)) + 1) = -1 – f(1) + f(1) = -1.
Vậy nếu ta đặt a = f(-1 – f(1)) + 1 thì f(a) = -1
Thay y = a và đặt b = f(0) ta có f(xf(a) + x) = f(0) = b.
Hay b = f(xf(a) + x) = ax + f(x)
⇒
f(x) = -ax + b.
Thay biểu thức của f(x) vào phương trình hàm đã cho ta có :
a
2
xy – abx – ax + b = xy – ax + b.
bằng cách đồng nhất các hệ số ta được a =
±
1, b = 0.
Vậy f(x) = x , f(x) = -x
Ryx
∈∀

,
.
Thử lại thấy thỏa mãn.
**VD2: tìm tất cả các hàm số f : R
→
R thỏa mãn:
xf(y) + yf(x) = (x + y)f(x)f(y)
Ryx
∈∀
,
(2)
Giải:
Cho x = y = 1 ta có 2(1) = 2(f(1))
2

⇒



=
=
1)1(
0)1(
f
f
a) xét trường hợp f(1) = 0
cho y = 1 vào (2) ta có f(x) = 0
∀
x
∈

R.
b) xét trường hợp f(1) = 1
cho y = 1 ta được x + f(x) = (x + 1)f(x)
⇒
x(f(x) – 1) = 0
suy ra với mọi x
≠
0 thì f(x) = 1.
Kết hợp cả 2 trường hợp ta có:
f(x) = 0 với
∀
x
∈
R và f(x) =



=
≠
0
01
xkhia
xkhi
, với a tùy ý.
Ta kiểm tra các hàm này có thỏa mãn hay không? Rõ ràng với x, y
≠
0 hoặc x = y = 0 thì
(2) thỏa mãn.
- 12 -
x

y
O
O
1
O
2
-1
-1
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
Với



=
=
⇒



=
≠
ax
x
y
x
)(
1)(
0
0
f

f
Khi đó xf(y) + yf(x) = ax và (x + y)f(x)f(y) – (x + 0)1.a = ax
Vậy hàm số trên thỏa mãn hệ thức (2).
Phần II: MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ
PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG HÌNH HỌC TỌA ĐỘ
1.Cho hệ





=++
=++
ayx
ayx
22
22
)1(
)1(
Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất.
Giải:

Xét hệ phương trình





=++
=++

)2()1(
)1()1(
22
22
ayx
ayx
Và dĩ nhiên chỉ xét khi a
≥
0 (vì nếu a > 0 thì hệ (1); (2) hiển nhiên vô nghiệm).
Vì (1) biểu diễn đường tròn tâm O
1
(0; -1) bán kính R =
a
, còn
(2) biểu diễn đường tròn O
2
(-1; 0) bán kính R =
- 13 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
a
. Do vậy hệ (1) (2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 2 đường tròn trên tiếp xúc ngoài
với nhau, tức là khi và chỉ khi
O
1
O
2
= R
1
+ R
2

⇔

2

= 2
a

⇔

a =
2
1
2. Biện luận số nghiệm của hệ sau theo m

2
2 xx
−
= m

Giải:
Đặt y =
2
2 xx
−
, ta có:

( )






=+−
≥
⇔



=+−
≥
)2(11
)1(0
02
0
2
2
22
yx
y
yxx
y
Từ (1) (2) suy ra đồ thị của y =
2
2 xx
−
là hai nửa đường tròn như sau:
- 14 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
Do vậy suy ra kết quả sau:

1. Nếu m > 1: phương trình vô nghiệm
2. Nếu m = 1: phương trình có 2 nghiệm
3. Nếu 0 < m < 1: phương trình có 4 nghiệm
4. Nếu m = 0: phương trình có 3 nghiệm
5. Nếu m < 0 : phương trình vô nghiệm
3. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:

=−
2
4 x
mx + 2 – m .
Giải:
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của 2 đồ thị y =
2
4 x
−
và
y = mx + 2 – m. Ta có:
- 15 -
y
-2 -1 0
1 2
x
1
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
y =
2
4 x
−
⇔




=+
≥
4
0
22
yx
y
Vậy đồ thị y =
2
4 x
−
là nửa đường tròn trên (phần nằm trên trục hoành) với tâm tại
gốc tọa độ. Bán kính 2. còn y = mx + 2 – m = m(x – 1) + 2 là đường thẳng với hệ số góc
bằng m và mọi m luôn đi qua điểm A(1; 2). Xét đường thẳng sau với m
0

≠
0.
y = m
0
x + 2 – m
⇔
m
0
x – y + 2 – m = 0
Để nó là tiếp tuyến với đường tròn trên, thì khoảng cách từ gốc O đến nó bằng 2,
Tức là:

1
2
2
0
0
+
−
m
m
= 2
⇔
4 – 4m
0
+m
0
2
= 4m
0
2
+ 4

⇔
3m
0
2
+ 4m
0
= 0

⇔

m
0
=
3
4
−
( do m
o

≠
0)
Gọi B là điểm có tọa độ (-2; 0), còn C la điểm có tọa độ (2; 0)
khi đó hệ số góc của đường thẳng AB là
3
2
, còn của đườg thẳng AC là -2
Từ đó dựa vào đồ thị suy ra
- phương trình có 2 nghiệm khi
0 < m
≤

3
2
hoặc -2
≤
m <
3
4
−
- 16 -

yx
XX
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
- phương trình có 1 nghiệm khi:
m = 0 hoặc m =
3
4
−
hoặc m >
3
2
hoặc m < -2
- phương trình vô nghiệm khi

3
4
−
< m < 0.
4. Tìm m để hệ sau có nghiệm không âm:





=−+−−+
≤+
≥+
02084
93
22

22
myxyx
yx
yx

Giải:
Bài toán đã cho tương với bài toán sau : tìm m để hệ sau có nghiệm








=−+−
≥≥
≤+
≥+
)4()4()2(
)3(0;0
)2(93
)1(22
22
myx
yx
yx
yx
- 17 -
B O 1 C

x
Dx
XX
1
E
2
α
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
Rõ ràng chỉ cần xét khi m
≥
0. vẽ hệ trục tọa độ xOy. dễ thấy các điểm M(x; y) thỏa
mãn (1) (2) (3) là tứ giác ABCD được biểu diễn trong hình dưới đây, với A(1; 0) ;
B(0; 2) ; C(0; 3) ; D(9; 0). 0).
Bài toán đã cho trở thành: tìm m để đường tròn (4) (tức là đường tròn tâm O
1
(2; 4) và bán
kính
m
) có điểm chung tứ giác ABCD.
Ta có: O
1
H = min O
1
M
Max O
1
M = max{O
1
A; O
1

B; O
1
C; O
1
D}
= max {4;
5
; 2
5
;
65
}
Vì O
1
M là khoảng cách từ điểm O
1
(2; 4) xuống đường thẳng
x + 3y – 9 = 0, nên ta có O
1
M =
2
5
91
94.32
=
+
−+
Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi

65

2
5
65
2
5
≤≤⇔≤≤
mm
- 18 -
x
Dx
9x
y
O
1
Hx
Bx
3x
4x
Ax
Ox
Cx
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
5. Tìm a để hệ sau có đúng 2 nghiệm






=+

+=+
4)(
)1(2
2
22
yx
ayx

Giải:
Ta nhận thấy x
2
+ y
2
= 2(1 + a) với a > -1 là đường tròn tâm tại gốc tọa độ và bán kính
bằng
)1(2 a
+
; còn (x + y)
2
= 4 là 2 đường thẳng đối xứng x + y = 2 và x + y = -2.

Hệ có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi x + y = 2 là tiếp tuyến của đường tròn, tức là khi và
chỉ khi:
OB = OA.
2

⇔

2
.

)1(2 a
+


⇔

a
+
1
= 1

⇔
a = 0.
- 19 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009



6. Tìm m để phương trình sau có nghiệm

mxx
=+++
22
sin21cos21

Giải:
Ta chỉ xét khi m > 0
Đặt u =
x
2

cos21
+
; v =
x
2
sin21
+
. Bài toán trở thành : Tìm m > 0 để hệ sau có
nghiệm








≤≤
≤≤
=+
=+
)4(31
)3(31
)2(4
)1(
22
v
u
vu
mvu

- 20 -
-2
O-
2
2
A-
2
-2
2
x
2
y
x
2
x + y = -2
x + y = 2
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
Giả sử M, N là điểm chung của hình vuông MPNQ và đường tròn u
2
+ v
2
= 4
ta có A’M
2
= 3
⇒
A’E = A’M =
3

⇒

OE =
3
+ 1.
Vậy đường thẳng MN có phương trình u + v =
3
+ 1, còn tiếp tuyến của đường tròn
trên // với MN có phương trình u + v = 2
2
(dễ thấy OF = 2
2
vì là cạnh huyền của tam
giác vuông có cạnh bằng 2)
Những điều thỏa mãn (1) được biểu diễn bằng miền gạch trong trong trên.từ đó (1) có
nghiệm nguyên duy nhất là (1; 1).
hệ (1) (2) (3) (4) có nghiệmm khi và chỉ khi đường thẳng (1) cắt cung nhỏ MN, tức là
đường thẳng u + v = m nằm giữa 2 đường thẳng
u + v =
3
+ 1 ; u + v = 2
2
Vậy phương trình có 2 nghiệm khi và chỉ khi:
- 21 -
F
P
N
M
Q
u
A’
3

1O
B
O
A
x
y
-1
v
M(m;,m)
3
1
0
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009

3
+ 1
≤
m
≤
2
2


7. Tìm m để hệ sau có nghiệm





=+

=+
myx
yx
2cos2cos
2
1
sinsin

Giải:
đặt u = sin x ; v = sin y
bài toán trở thành : tìm m để hệ sau có nghiệm:










≤≤
−
=+
=+
)3(1;1
)2(
2
2
)1(

2
1
22
vu
m
vu
vu

Các điểm thỏa mãn (3) nằmh trong hình vuông MNPQ( xem hình vẽ). như vậy cần tìm m
để đường tròn tâm tại gốc tọa độ, bán kính R =
2
2 m
−
phải cắt phần đường thẳng
2
1
=+
vu
nằm trong hình vuông(tức là cắt đọan AB).
- 22 -
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009

Dễ thấy A(
2
1
−
; 1) và B(1;
2
1
−

). Suy ra OA = OB =
4
5
. kẻ OC
⊥
AB thì

OC =
2
1
.
2
2
=
4
2
.
Từ đó suy ra, ta cần có
4
5
2
2
8
1
≤
−
≤
m

)(!
4
7
2
1
4
5
2
2
8
1
≤≤−⇔
≤
−
≤⇔
m
m


8. Định k để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:
(x – 1)
2
= 2
kx
−
(1)
- 23 -
Q
M
P

N
B
A
C
O
-1
-
-
x
y
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009
Giải:
Ta có:
(1)
⇔
2(x – k) =
±
(x – 1)
2

⇔





=+
=−+−
kx
kxx

21
214
2
2
nghiệm số của phương trình là hoành độ giao điểm của đường thẳng (D): y = 2k với 2
parabol (P
1
) : y =
14
2
−+−
xx
; (P
2
) : y =
1
2
+
x
.
Ta thấy (P
1
) và (P
2
) tiiếp xúc nhau tại điểm A(1; 2).
điều kiện để phương trình có 4 nghiệm phân biệt là (D) cắt (P
1
) và (P
2
) tại 4 điểm phân

biệt. muốn thế theo đồ thị ta phải có:
- 24 -
2
-2
2
3
5
(P
1
)
(P
2
)
(D):y =2k
1
-1
A
Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009






≠
<<
⇔




≠
<<
1
2
3
2
1
22
321
k
k
k
k
Vậy
2
3
2
1
<<
k
∧
1
≠
k
.
Bài 9. Định a để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất:

2 -3x - 2x
2
= 5a – 8x – 2x

2
(1)

Giải:













<<−+=






≥∨−≤−+=
⇔













<<−−−=++−






≥∨−≤−−=−−
⇔
2
2
1
2115
2
2
1
2545
2
2
1
285232
2

2
1
285232
(1)
2
22
22
xxa
xxxxa
xxxaxx
xxxxaxx
nghiệm số của phương trình là hoành độ giao điểm của đường thẳng (D) : y = 5a (cùng
phương với x’x) với parabol (P): y =
254
2
−+
xx







≥∨−≤
2
2
1
xx
hay đường thẳng (D

1
):
y =
211
+
x







<<− 2
2
1
x
.
- 25 -