Boi duong HSG Toan 9

Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

Ngày soạn: 15/3/2015
Ngày giảng: 18/3/2015
CHUYÊN ĐỀ 1: THỰC HIỆN TÍNH VÀ RÚT GỌN BIỂU THỨC
(tiết 1-4)
I. Kiến thức:
- Sử dụng các phép tính, các phép biến đổi trên căn thức để giải.
- Các dạng bài tập:
+ Thực hiện tính với biểu thức số
+ Rút gọn các biểu thức đại số
+ So sánh các biểu thức số.
II. Bài tập tổng hợp:
Tiết 1:

Bài 1 :
1) Đơn giản biểu thức :
2) Cho biểu thức :

P = 14  6 5  14 6 5 .
�

x2

Q= �
�

�x  2 x  1



x  2� x  1
.
�
x1 �
� x

a) Rút gọn biểu thức Q.
b) Tìm x để Q > - Q.
c) Tìm số nguyên x để Q có giá trị nguyên.
Hướng dẫn :
1. P = 6
2. a) ĐKXĐ : x > 0 ; x � 1. Biểu thức rút gọn : Q =

2
.
x 1

b) Q > - Q  x > 1.
c) x =  2;3 thì Q  Z
Bài 2 : Cho biểu thức P =

1
x 1



x
xx

a) Rút gọn biểu thức sau P.
b) Tính giá trị của biểu thức P khi x =

1
2

.

Hướng dẫn :
Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

1


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

a) ĐKXĐ : x > 0 ; x � 1. Biểu thức rút gọn : P =
b) Với x =

1
2

x 1
.
1 x

thì P = - 3 – 2 2 .

Bài 3 : Cho biểu thức : A =

x x 1 x  1

x 1
x 1

a) Rút gọn biểu thức sau A.
b) Tính giá trị của biểu thức A khi x =

1
4

c) Tìm x để A < 0.
d) Tìm x để A = A.
Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : x �0, x � 1. Biểu thức rút gọn : A =
b) Với x =

x
.
x1

1
thì A = - 1.
4

c) Với 0  x < 1 thì A < 0.
d) Với x > 1 thì A = A.

� 1

1

�
�

3 �


1
Bài 4 : Cho biểu thức : A = �
�
�
�
a  3�
� a3
� a�
a) Rút gọn biểu thức sau A.

b) Xác định a để biểu thức A >

1
.
2

Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : a > 0 và a �9. Biểu thức rút gọn : A =
b) Với 0 < a < 1 thì biểu thức A >

2
a 3

.

1
.
2

Tiết 2:
Bài 5 : Cho biểu thức:

�x  1 x  1 x2  4x  1�x  2003

.
A= � 
.
�
x2  1 � x
�x  1 x  1

1) Tìm điều kiện đối với x để biểu thức có nghĩa.
2) Rút gọn A.
3) Với x � Z ? để A � Z ?
Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : x ≠ 0 ; x ≠  1.
Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

2

Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

x  2003
với x ≠ 0 ; x ≠  1.
x
c) x = - 2003 ; 2003 thì A �Z .

b) Biểu thức rút gọn : A =





�x x  1 x x  1� 2 x  2 x  1

:
.
�
�
x1
�x  x x  x �

Bài 6 : Cho biểu thức:

A= �
�

a) Rút gọn A.
b) Tìm x để A < 0.
c) Tìm x nguyên để A có giá trị nguyên.
Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : x > 0 ; x ≠ 1. Biểu thức rút gọn : A =

x 1
x1

.

b) Với 0 < x < 1 thì A < 0.
c) x =  4;9 thì A  Z.
Bài 7 : Cho biểu thức:

� x 2

� x 1
:
�
�
�x x  1 x  x  1 1 x � 2

A= �
�



x



1

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Chứng minh rằng: 0 < A < 2.
Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : x > 0 ; x ≠ 1. Biểu thức rút gọn : A =

2
x  x 1

b) Ta xét hai trường hợp :
2

+) A > 0 
+) A < 2 

x  x 1
2
x  x 1

> 0 luôn đúng với x > 0 ; x ≠ 1 (1)
< 2  2( x  x  1 ) > 2  x  x > 0 đúng vì theo gt thì x > 0. (2)

Từ (1) và (2) suy ra 0 < A < 2(đpcm).
Bài 8 : Cho biểu thức: P =

a 3
a 2



a 1 4 a  4

(a �0; a � 4)
4 a
a 2

a) Rút gọn P.
b) Tính giá trị của P với a = 9.
Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : a �0, a �4. Biểu thức rút gọn : P =

4
a 2

b) Ta thấy a = 9  ĐKXĐ . Suy ra P = 4
Tiết 3:
Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

3


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015
� a a �
� a a �
1

�
�
�
�
a  1�
a  1�
�
�
�
�

1
N= �
�

Bài 9 : Cho biểu thức:

1) Rút gọn biểu thức N.
2) Tìm giá trị của a để N = -2004.
Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : a �0, a �1. Biểu thức rút gọn : N = 1 – a .
b) Ta thấy a = - 2004  ĐKXĐ . Suy ra N = 2005.
Bài 10 : Cho biểu thức P 

x x  26 x  19 2 x
x 3


x 2 x  3
x 1

x 3

a. Rút gọn P.
b. Tính giá trị của P khi x 7 4 3
c. Với giá trị nào của x thì P đạt giá trị nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó.
Hướng dẫn :
x 16
x 3
103
3 3
b) Ta thấy x 7 4 3  ĐKXĐ . Suy ra P 
22

a ) ĐKXĐ : x �0, x �1. Biểu thức rút gọn : P

c) Pmin=4 khi x=4.
 2 x

3x  3   2 x  2

x

:


Bài 11 : Cho biểu thức P 
 
x

9

x

3
x

3

 

a. Rút gọn P.

b. Tìm x để P  

1
2


 1
x3


c. Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Hướng dẫn :
a. ) ĐKXĐ : x �0, x �9. Biểu thức rút gọn : P 
b. Với 0 x  9 thì P  

 3
x 3

1
2

c. Pmin= -1 khi x = 0
� a 1

a 1

��

1 �

.� a 
Bài 12: Cho A= �
�với x>0 ,x �1
� a 1  a 1  4 a �
�
a�
�
��
a. Rút gọn A



b. Tính A với a =  4  15  .  10  6  . 4  15



( KQ : A= 4a )
Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

4


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

Tiết 4:
�x  3 x �� 9  x
x 3
x 2�
 1��
:


�với x �0 , x �9, x �4 .
��x  x  6
x 2
x 3�
� x9
��
�

Bài 13: Cho A= �
�

a. Rút gọn A.
b. x= ? Thì A < 1.
c. Tìm x �Z để A �Z

3
)
x 2

(KQ : A=
Bài 14: Cho A =

15 x  11 3 x  2 2 x  3


x  2 x  3 1 x
x 3

với x �0 , x �1.

a. Rút gọn A.
b. Tìm GTLN của A.
c. Tìm x để A =

1
2

2
3

d. CMR : A � .

(KQ:

A=

x2
x 1
1


x x 1 x  x 1 1 x

Bài 15: Cho A =

25 x
)
x 3

với x �0 , x �1.

a . Rút gọn A.
b. Tìm GTLN của A .

( KQ : A =

x
)
x  x 1

1
3
2



với x �0 , x �1.
x 1 x x 1 x  x 1

Bài 16: Cho A =

a . Rút gọn A.
b. CMR : 0 �A �1

(

KQ

:

A

x
)
x  x 1

III. Bài tập về nhà:
�x  5 x �� 25  x
x 3
x 5�
 1��
:


�
��

x 5
x 3�
�x  25
��x  2 x  15
�

Bài 17: Cho A = �
�

a. Rút gọn A.
b. Tìm x �Z để A �Z
Bài 18: Cho A =

2 a 9
a  3 2 a 1


a 5 a 6
a 2 3 a

với a �0 , a �9 , a �4.

a. Rút gọn A.
b. Tìm a để A < 1
c. Tìm a �Z để A �Z
Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

5

=

Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

�x  x  7

Bài 19: Cho A= �
� x4
�
a. Rút gọn A.
b. So sánh A với



1 �� x  2
x 2 2 x �
:


��
� với x > 0 , x �4.
x4�
x  2 ��
x

2
x


2
��
�

1
A



3
3
� x y
x  y �
�:

Bài 20: Cho A = �
�x y
yx �
�
�

x y



2

 xy

x y

với x �0 , y �0, x �y

a. Rút gọn A.
b. CMR : A �0
Bài 21 : Cho A =

x x 1 x x 1 �
1 �� x  1
x 1 �

� x 
.�

� Với x > 0 , x �1.
�
x x x x �
x ��
x 1�
� x 1
�

a. Rút gọn A.
b. Tìm x để A = 6
� 1
�� 1
2 x 2
2 �

:�


�
� với x �0 , x �1.
�
� x  1 x x  x  x  1 �� x  1 x  1 �

Bài 22: Cho A= �
�

a. Rút gọn A.
b. Tìm x �Z để A �Z
c. Tìm x để A đạt GTNN .
�2 x
x
3 x  3 ��2 x  2 �


:
 1�
��
� với x �0 , x �9
x  3 x  9 ��
� x 3
�� x  3
�

Bài 23 : Cho A = �
�
.

a. Rút gọn A.

1
2
� x 1
x  1 8 x �� x  x  3
1 �


:

��
� với x �0 , x �1.
Bài 24 : Cho A = �
� x 1
x  1 x  1 ��
x 1 �
�
�� x  1
�

b. Tìm x để A < -

a. Rút gọn A
b. Tính A với x = 6  2 5
c . CMR : A �1

Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

6

Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

Ngày soạn: 17/3/2015
Ngày giảng: 20/3/2015
CHUYÊN ĐỀ 2: GIẢI CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
(tiết 5-8)
1. Phương pháp chung :
Để giải phương trình chứa dấu căn ta tìm cách khử dấu căn .
- Tìm ĐKXĐ của phương trình .
- Biến đổi đưa phương trình về dạng đã học.
- Giải phương trình vừa tìm được .
- So sánh kết quả với ĐKXĐ rồi kết luận nghiệm .
2. Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ:
Tiết 1:
a/. Phương pháp1: Nâng lên luỹ thừa (Bình phương hoặc lập phương 2 vế PT):
 Giải phương trình dạng :
Ví dụ 1:

f ( x)  g ( x )

Giải phương trình : x  1  x  1 (1)
ĐKXĐ : x+1 0  x -1

Với x  -1 thì vế trái của phương trình không âm .Để phương trình có nghiệm thì
x-1 0  x 1.Khi đó phương trình (1) tương đương với phương trình :
 x 0

 x 3

x+1 = (x-1)2  x2 -3x= 0  x(x-3) = 0  
Chỉ có nghiệm x =3 thoả mãn điều kiện x 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x =3 .
Ví dụ 2:


Giải phương trình:
x  1 13  x

x  x  1 13
 x  1 0
 x 1
 
13  x 0
 x 13

( 1) ĐKXĐ : 

 1  x 13 (2)

Bình phương hai vế của (1) ta được :
x  1 (13  x) 2

 x 2  27 x  170 0

Phương trình này có nghiệm x1 10 và x 2 17 .Chỉ có x1 10 thoã mãn (2) .
Vậy nghiệm của phương trình là x 10
Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

7


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

* Giải phương trình dạng :
Ví dụ 3:

f ( x )  h( x )  g ( x )

Giải phương trình:
 1  x 1  2  x

ĐKXĐ:

1 x 

2  x 1

(1)

1  x 0

2  x 0

x 1
x  2

  2  x 1

Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được :
1  x 1  2 2  x  2  x  x 2  x  1 0

Phương trình này có nghiệm x 
Vậy nghiệm của phương trình là x 
Ví dụ 4:

Giải phương trình:

 1 5
thoã mãn (2)
2

 1 5
2

3

x  1  3 7  x 2 (1)

Lập phương trình hai vế của (1) ta được:
x  1  7  x  33 ( x  1)(7  x). 2 8


(x-1) (7- x) = 0


x =-1

(đều thoả mãn (1 )

x =7

(đều thoả mãn (1 )

Vậy x  1; x 7 là nghiệm của phương trình .
* Giải phương trình dạng :
Ví dụ5:


f ( x )  h( x)  g (x)

Giải phương trình

x  1 - x  7 = 12  x

x  1 = 12  x + x  7 (1)
 x  1 0

ĐKXĐ: 12  x 0 
 x  7 0


 x  1

 x 12  1  x 12
 x 7



Bình phương hai vế ta được: x- 4 = 2 (12  x)( x  7) (3)
Ta thấy hai vế của phương trình (3) đều thoã mãn (2) vì vậy bình phương 2 vế của phương
trình (3) ta được :
(x - 4)2 = 4(- x2 + 19x- 84)  5x2 - 84x + 352 = 0
Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

8


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

Phương trình này có 2 nghiệm x1 =
Vậy x1 =

44
và x2 = 8 là nghiệm của phương trình.
5

* Giải phương trình dạng :
Ví dụ 6:

44
và x2 = 8 đều thoả mãn (2) .
5

f ( x )  h( x)  g (x) +

q (x)

Giải phương trình : x  1 + x  10 = x  2 + x  5 (1)

ĐKXĐ :

 x  1 0
 x  10 0


 x  2 0
 x  5 0



 x  1
 x   10


 x  2
 x   5



x ≥ -1 (2)

Bình phương hai vế của (1) ta được :
x+1 + x+ 10 + 2 ( x  1)( x  10) = x+2 + x+ 5 + 2 ( x  2)( x  5)
 2+

( x  1)( x  10) =

( x  2)( x  5)

(3)

Với x  -1 thì hai vế của (3) đều dương nên bình phương hai vế của (3) ta được
( x  1)( x  10) = 1- x

Điều kiện ở đây là x  -1 (4)

Ta chỉ việc kết hợp giữa (2) và (4)
 x  1

 x  1



x = 1 là nghiệm duy nhầt của phương trình (1).

+ / Lưu ý :
Phương pháp nâng lên luỹ thừa được sử dụng vào giải một số dạng phương trình vô
tỉ quen thuộc, cần chú ý khi nâng lên luỹ thừa bậc chẵn.
Đưa các vế về dạng tổng của các biểu thức
Chú ý điều kiện tồn tại của căn, điều kiện ở cả hai vế của phương trình đó là những
vấn đề hay mắc sai lầm, chủ quan khi sử dụng phương pháp này.
+ / Bài tập về nhà:
1. x 2  4 = x- 2

4. 3 x  45 - 3 x  16 =1

2. 1  x x 2  4 = x+ 1

5. 1  x = 6  x -  (2 x  5)

3. 1  x + 4  x =3

6.

Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

3

x 1+

3

x 2 =

3

2x  3
9


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

Tiết 2:
b /. Phương pháp 2 : đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối :
Ví dụ1:

Giải phương trình:

ĐKXĐ:

9 x 2  24 x  16  x  4

 9 x 2  24 x  16 0

  x  4 0

(1)

 (3x  4) 2 0x

 x 4





x≤4

3 x  4 = -x + 4

Phương trình (1) 

 3x  4  x  4
 
 3x  4  x  4

 x 2

 x 0



Với x= 2 hoặc x = 0 đều là nghiệm của phương trình (đều thoả mãn x  4 ).
Ví dụ 2 : Giải phương trình :

x 2  4 x 4 +

x 2  8 x  16 = 5

ĐKXĐ:

x  R

Phương trình tương đương : x  2 + x  4 = 5
Lập bảng xét dấu :

x

2

x- 2

-

x- 4

-

4

0

+
-

+
0

+

Ta xét các khoảng :
+ Khi x < 2 ta có (2)  6-2x =5

 x = 0,5(thoả mãn x  2)

+ Khi 2  x  4 ta có (2)  0x + 2 =5
+ Khi x > 4 ta có (2)  2x – 6 =5

vô nghiệm


x =5,5 (thoả mãn x > 4 )

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0,5 và x = 5,5
Ví dụ 3 : Giải phương trình:

x  4 x  13 +

x  6 x  1  8 = 1 ; ĐKXĐ: x  1

Phương trình được viết lại là :
( x  1)  4 x  1  4 +




( x  1)  6 x  1  9 = 1

( x  1  2) 2 +
x 1 2 +

( x  1  3) 2 = 1
x  1  3 =1 (1)

- Nếu 1  x < 5 ta có (1)  2- x  1 + 3 - x  1 = 1


x  1 =2  x= 5 không thuộc khoảng đang xét

Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

10

Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

- Nếu 5  x  10 thì (1)  0x = 0 Phương trình có vô số nghiệm
- Nếu x> 10 thì (1)  -5 = 1 phương trinh vô nghiệm
Vậy phương trình có vô số nghiệm : 5  x  10
+ Lưu ý:
- Phương pháp này được sử dụng khi biểu thức dưới dấu căn phân tích được thành dạng
A2 = A

hằng đẳng thức. Áp dụng hằng đẳng thức

- Chú ý dấu khi xét các khoảng giá trị của ẩn.
Bài tập về nhà:
1. x 2  6 x  9 + x 2  10 x  25 = 8
2. x  3  4 x  1 + x  8  6 x  1 = 5
3. x  3  3 2 x  5 + x  2  2 x  5 = 2 2
Tiết 3:
c.Phương pháp 3 : đặt ẩn phụ:
Ví dụ 1:

Giải phương trình:

2x2 + 3x + 2 x 2  3x  9 =33
ĐKXĐ :  x  R

Phương trình đã cho tương đương với: 2x2 + 3x +9 + 2 x 2  3x  9 - 42= 0 (1)

Đặt 2x2 + 3x +9 = y > 0 (Chú ý rằng học sinh thường mắc sai lầm không đặt điều kiện
bắt buộc cho ẩn phụ y)
Ta được phương trình mới : y2 + y – 42 = 0
 y1 = 6 , y2 = -7 .Có nghiệm y =6 thoả mãn y> 0

Từ đó ta có 2 x 2  3x  9 =6  2x2 + 3x -27 = 0
Phương trình có nghiệm x1 = 3, x2 = -

9
2

Cả hai nghiệm này chính là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 2:
Đặt

4

Giải phương trình:
x = y 0 

x+

4

x = 12

(ĐKXĐ : x  0)

x = y2 ta có phương trình mới

Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

11


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

y2 + y -12 = 0 phương trình có 2 nghiệm là y= 3 và y = - 4 (loại)
 4 x = 3  x = 81 là nghiệm của phương trình đã cho.
+ / . Nhận xét :
Phương pháp đặt ẩn nhằm làm cho phương trình được chuyển về dạng hữu tỉ. Song
để vận dụng phương pháp này phải có những nhận xét, đánh giá tìm tòi hướng giải quyết
cách đặt ẩn như thế nào cho phù hợp.
+ /. Bài tập về nhà:
1/ x2 – 5 + x 2  6 = 7
2/ x

1
- 2x
x

3

3/ 3 x 2 - 3 3 x =20
4/ x 3  8 = 2x2 – 6x +4

x = 20

d. Phương pháp 4 : đưa về phương trình tích :
Ví dụ 1:

Giải phương trình:

x  10 x  21 = 3 x  3 + 2 x  7 - 6 (1)

ĐKXĐ : x  -3
Phương trình (1) có dạng : ( x  3)( x  7) - 3 x  3 + 2 x  7 +6 = 0


x  3 ( x  7  3) -2( x  7  3) ) =3

 ( x  7  3) ( x  3  2 ) =0
 x  7  3 0
 x  7 9
 
 
 x  3  2 0
 x  3 4



 x 2
 ĐKXĐ.

 x 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 1; x = 2
Ví dụ 2:

Giải phương trình:

3

1 x +

x  2 =1

ĐKXĐ : x  -2
Đặt x  2 = t  0 Khi dó 3 1  x = 3 3  t 2 . Phương trình (1) 


3

3

3 t2 + t = 1

3  t 2 = 1- t

 3- t3 = (1-t) 3
 t3 - 4t2 + 3t + 2 =0
 (t-2) ( t2 -2t -1) = 0
Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

12


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

Từ phương trình này ta tìm được x=2 ; x= 1 + 2 2 là nghiệm của phương trình (1)
+ /.Nhận xét :
Khi sử dụng phương pháp đưa về phương trình tích để giải phương trình vô tỉ ta
cần chú ý các bước sau .
+ Tìm tập xác định của phương trình .
+

Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình về dạng f(x) g(x) ….= 0. Từ đó ta

suy ra f(x) = 0 ; g( x) = 0 ;….. là những phương trình quen thuộc.
+

Nghiệm của phương trình là tập hợp các nghiệm của các phương trình f(x) = 0

g( x) = 0 ;….. thuộc tập xác định .
+ /.Bài tập về nhà:
1/.

x3  7x  6 = 0

3/. x(x+5) = 2 3 x 2  5 x  2  2
4/. 2( x2 + 2x + 3) = 5 x 3  3x 2  3x  2

2/. x 2  x  2 - 2 x 2  x  2 = x  1
Tiết 4:
e. Phương pháp 5 : đưa về hệ phương trình :
Ví dụ 1:

Giải phương trình:

2
15  x 2 =2 (ĐKXĐ: 0  x  15)

25  x 2 -

Đặt: 25  x 2 = a (a 0) (* )
15  x 2 = b ( b  0) ( ** )

Từ phương trình đã cho chuyển về hệ phương trình :
 a  b 2

 (a  b)(a  b)  2(a  b)
 a  b 0


 a  b 2

 a  b 5



Thay vào phương trình (*) ta có 25 –x2 =

49
4

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 

51
.
2

Ví dụ 2:

Giải phương trình:

3

( x  1) 2 +

3

Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So



 x2 =

( x  1) 2 +

3

7

 a  2

b 3


2
51
 x =  51 (  ĐKXĐ ) .
4
2

x2  1 = 1
13


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Đặt: 3 x  1 = a ;

3

Năm học 2014 - 2015

a2 = 3 ( x  1) 2

x  1 = b nên ta có:

;

b2 = 3 ( x  1) 2

ab = 3 x 2  1 . Ta được phương trình : a2 + b 2 + ab = 1 ( 1)
 a 3  x  1
 3

 b  x  1

Ta được phương trình : a3 – b3 = 2 (2)
 a 2  b 2  ab 1
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :  3 3
 a  b  2

Từ hệ phương trình ta suy ra a –b = 2  b = a – 2
Thay vào hệ phương trình (1) ta đợc :

(a -1 )2 = 0  a =1

Từ đó ta được x = 0
Vậy nghiệm của phương trình là : x = 0
+ /.Nhận xét :
Qua 4 ví dụ trên cho ta thấy phương pháp hệ phơng trình có những điểm sáng tạo và
đặc thù riêng, nó đòi hỏi học sinh phải tư duy hơn do đó phương pháp này được áp dụng
cho học sinh khá , giỏi .Ta cần chú ý một số điểm sau:
+ Tìm điều kiện tồn tại của phơng trình
+

Biến đổi phương trình để xuất hiện nhân tử chung .

+

Đặt ẩn phụ thích hợp để đa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình quen

thuộc .
Ngoài ra người học còn biết kết hợp phương pháp này với phơng pháp khác nhau
phương pháp đặt ẩn phụ , phương pháp sử dụng hằng đẳng thức.

+ /.Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau :
1.

1
+
x

1
2 x

2

=2

4. 3 x  1 + 3 x  21 = 3 2 x  3

2.
5.

2 3 2 x  1 = x3+ 1
4

3.

3

1  x + 3 1  x =1

4x = x

Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

14


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

Ngày soạn: 19/3/2015
Ngày giảng: 22/3/2015
CHUYÊN ĐỀ 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH
(tiết 9-12)
Tiết 1
I. CÁC KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
1. Các phương pháp giải hệ phương trình:
a/ Phương pháp thế.
b/ Phương pháp cộng đại số.
c/ Phương pháp đặt ẩn phụ.
d/ Phương pháp dùng định thức: (Để nhớ định thức ta nhớ câu: Anh Bạn Cầm Bát Ăn
Cơm)
Từ hệ phương trình (I) ta có:

D

a b
 ab ' a ' b;
a' b'

Dx 

c b
 cb ' c ' b
c' b'

Dy 

a c
 ac ' a ' c
a' c'

D
Dx
và y = y
D
D
- Nếu D = 0 và Dx �0 hoặc Dy �0 , thì hệ phương trình vô nghiệm
- Nếu D = Dx = Dy = 0, thì hệ phương trình có vô số nghiệm
4. Các hệ pt đặc biệt và cách giải
a) Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp với x, y:

- Nếu D �0 , thì hệ phương trình có một nghiệm duy nhất: x 

� ax 2  bxy  cy 2  d (1)
-Hệ có dạng: � 2
a ' x  b ' xy  c ' y 2  d '(2)
�
- Cách giải:
Nhân 2 vế của phương trình (1) và phương trình (2) với k và k’ sao cho:

k.d = k’.d’
rồi trừ từng vế của hai phương trình cho nhau ta được một phương trình dạng:
Ax2 + Bxy + Cy2 = 0 (*)
+/ Xét y = 0
+/ Xét y � 0, ta đặt: x = yt
� pt (*) trở thành: Ay2t2 + By2t + Cy2 = 0
� At2 + Bt + C = 0
Giải phương trình trên tìm t.
b) Hệ đối xứng loại 1
Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

15


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

- Định nghĩa: Là loại hệ hai phương trình hai ẩn x, y mà khi ta thay đổi vai trò của x và y
cho nhau thì mỗi phương trình trong hệ không thay đổi
- Cách giải: (đưa về pt bậc hai)
Ta quy về hệ phương trình biết tổng và tích của hai nghiệm:
Biến đổi các phương trình trong hệ về dạng: x + y và x.y
�x  y  S
Đặt: �
ĐK: S2 – 4P �0 (*)
x
.
y


P
�
Thay vào hệ phương trình (I), ta được một hệ phương trình có hai ẩn là S và P
� Hệ phương trình (I) có nghiệm � Hệ phương trình ẩn S và P có nghiệm thỏa mãn (*).
c) Hệ đối xứng loại 2:
- Định nghĩa: Là loại hệ hai phương trình hai ẩn x, y mà khi ta thay đổi vai trò của x và y
cho nhau thì phương trình (1) trở thành phương trình (2) và phương trình (2) trở thành
phương trình (1).
�f ( x; y )  0(1)
(I )
Hệ có dạng: �
�g ( x; y )  0(2)
- Cách giải: (đưa về pt tích)
Trừ từng vế của phương trình (1) và (2) ta được một phương trình dạng:
�x  y  0
(x – y) [A(x; y)] = 0 � �
A( x; y )  0
�
��x  y  0
( II )
��
f
(
x
;
y
)

0
�

Hệ phương trình (I) � �
�
�A( x; y )  0
�
( III )
�
�
�f ( x; y )  0
Giải hệ (II) và (III) để tìm nghiệm
II. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PT BIỂU THỨC SỐ.
1. Phương pháp thế.
* Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình trong hệ và
thế vào phương trình còn lại.
* Nhận dạng. Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ có một phương trình là
bậc nhất đối với một ẩn nào đó.
2x  3 y  5
(1)
�
Bài 1 . Giải hệ phương trình � 2
3 x  y 2  2 y  4 (2)
�
Lời giải.
2
5  3y
�5  3 y � 2
Từ (1) ta có x 
thế vào (2) ta được 3 �
� y  2 y  4  0
2
� 2 �

Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

16


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

� 3(25  30 y  9 y 2 )  4 y 2  8 y  16 � 23 y 2  82 y  59  0 � y  1, y 

59
23

�
31 59 �
�
 ; �
 1;1 ; �
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là �
�
�
� 23 23 �
�
�x 4  2 x3 y  x 2 y 2  2 x  9 (1)
�
Bài 2. Giải hệ phương trình �2
(2)
�x  2 xy  6 x  6

Phân tích. Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế.
Lời giải.
TH 1 : x = 0 không thỏa mãn (2)
6 x  6  x2
TH 2 : x �0, (2) � y 
thế vào (1) ta được
2x
2

�6 x  6  x 2 � 2 �6 x  6  x 2 �
x  2x �
� x �
� 2 x  9
� 2x
� � 2x
�
x0
�
(6 x  6  x 2 ) 2
4
2
2
� x  x (6 x  6  x ) 
 2 x  9 � x ( x  4)3  0 � �
x  4
4
�
4

3

� 17 �
4; �
Do x �0 nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất �
� 4�
Chú ý.: Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau:
2
2
�
2
�
�
x

6
x

6
2
�
 x  xy   2 x  9 �
�
� 2 x  9
�
�
2
�
�
��
- Hệ � �

x2  6x  6
2
2
�x  xy 
�2
x  6x  6
x  xy 
�
2
�
�
2
- Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các phương
pháp khác
Tiết 2:
2. Phương pháp cộng đại số.
* Cơ sở phương pháp. Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán: cộng, trừ,
nhân, chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là khả thi hoặc
có lợi cho các bước sau.
* Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ phương trình
có vế trái đẳng cấp bậc k.
Bài 1: Giải hệ phương trình

Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

17


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

� y2  2
3y 
�
2
�
x
�
2
x 2
�
3x 
2
�
y
�
Lời giải.(hệ đối xứng loại 2)
- ĐK: xy �0
�
3x 2 y  y 2  2
�
- Hệ � � 2
3 y x  x2  2
�

(1)
(2)

. Trừ vế hai phương trình ta được

x y0
�
3x 2 y  3xy 2  y 2  x 2 � 3xy ( x  y )  ( x  y )( x  y )  0 � �
3xy  x  y  0
�
- TH 1. x  y  0 � y  x thế vào (1) ta được 3 x3  x 2  2  0 � x  1
2
x2  2
y

2
�x0
- TH 2. 3 xy  x  y  0 . Từ 3 y 
� y  0 , 3x 
y2
x2
� 3xy  x  y  0 . Do đó TH 2 không xảy ra.
- Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1)

�
3 x 2  5 xy  4 y 2  38
Bài 2. Giải hệ phương trình � 2
5 x  9 xy  3 y 2  15
�
Phân tích. Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng số hạng tự
do và thực hiện phép trừ vế.
Lời giải.
2
2

�
�
45 x  75 xy  60 y  570
2
2
� 145 x  417 xy  54 y  0
- Hệ � � 2
2
190 x  342 xy  114 y  570
�
1
145
x thế vào một trong hai phương trình
- Giải phương trình này ta được y  x, y  
3
18
của hệ ta thu được kết quả (3;1); (3; 1)
* Chú ý
- Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn.
- Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được bằng cách đặt
y  tx, x �0 hoặc đặt x  ty , y �0 .
Tiết 3:
4. Phương pháp đặt ẩn phụ.

Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

18


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

�x  y  xy  1
Bài 1. Giải hệ phương trình � 2
2
�x  y  xy  7
Lời giải.
Đây là hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến.
( x  y)  xy  1
�
Hệ � �
( x  y) 2  3 xy  7
�
S  1, P  2
�S  P  1
�x  y  S
�
x, y ۳ S 2 4 P  ta được � 2
��
Đặt �

S  4, P  3
�xy  P
�
�S  3P  7
x  1, y  2
�S  1
�x  y  1 �
��

��
TH 1. �
x  2, y  1
�P  2 �xy  2
�
x  1, y  3
�S  4 �x  y  4 �
��
��
TH 2. �
. Vậy tập nghiệm của hệ là
x  3, y  1
�P  3
�xy  3
�

S =  (1;2); (2; 1); (1; 3); ( 3; 1)
Chú ý.
- Nếu hệ pt có nghiệm là ( x; y ) thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là ( y; x) . Do
vậy, để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x  y .
- Không phải lúc nào hệ đối xứng loại I cũng giải theo cách trên. Đôi khi việc thay đổi
cách nhìn nhận sẽ phát hiện ra cách giải tốt hơn.
�
�x  y  xy  3
Bài 2: Giải hệ phương trình : �
� x 1  y 1  4
- ĐK: x �1, y �1, xy �0
�
�
�x  y  xy  3

�x  y  xy  3
��
- Hệ � �
�x  y  2  2 ( x  1)( y  1)  16 �x  y  2 x  y  xy  1  14
2
2
- Đặt x  y  a, xy  b . a �2, b �0, a �4b ta được hệ pt
ab3
a 3b
�
�
a 3b
�
�
�
�
�
�
�
�
3b 2  26b  105  0
a  2 a  b 2  1  14 �
2 b2  b  4  11  b
�
�
b  3 �x  3
�
��
��
(thỏa mãn đk)

a

6
y

3
�
�
Tiết 4:
III. GIẢI VÀ BIỆN LUẬN HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
1. Giải và biện luận hệ phương trình
Phương pháp giải:

Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

19


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

Cách 1: Từ một phương trình của hệ tìm y theo x rồi thế vào phương trình thứ hai để được
phương trình bậc nhất đối với x
 Giả sử phương trình bậc nhất đối với x có dạng: ax = b (1)
 Biện luận phương trình (1) ta sẽ có sự biện luận của hệ
i) Nếu a=0: (1) trở thành 0x = b
- Nếu b = 0 thì hệ có vô số nghiệm
- Nếu b 0 thì hệ vô nghiệm
ii) Nếu a 0 thì (1)  x =

b
, Thay vào biểu thức của x ta tìm y, lúc đó hệ phương trình
a

có nghiệm duy nhất.
Cách 2: Dùng định thức để giải và biện luận hpt
 mx  y 2m(1)
 4 x  my m  6(2)

Ví dụ 1: Giải và biện luận hệ phương trình: 

Từ (1)  y = mx – 2m, thay vào (2) ta được:
4x – m(mx – 2m) = m + 6  (m2 – 4)x = (2m + 3)(m – 2) (3)
(2m  3)(m  2) 2m  3

m2
m2  4
m
2m  3
m
Khi đó y = . Hệ có nghiệm duy nhất: (
;)
m2
m2 m2

Nếu m2 – 4  0 hay m  2 thì x =

ii) Nếu m = 2 thì (3) thỏa mãn với mọi x, khi đó y = mx -2m = 2x – 4
Hệ có vô số nghiệm (x, 2x-4) với mọi x  R

iii) Nếu m = -2 thì (3) trở thành 0x = 4 . Hệ vô nghiệm
2m  3
m
;)
m2 m2
- Nếu m = 2 thì hệ có vô số nghiệm (x, 2x-4) với mọi x  R

Vậy: - Nếu m  2 thì hệ có nghiệm duy nhất: (x,y) = (
- Nếu m = -2 thì hệ vô nghiệm
Bài tập: Giải và biện luận các hệ phương trình sau:
 mx  y 3m  1
 mx  4 y 10  m
2) 
 x  my m  1
 x  my 4

1) 

 (m  1) x  my 3m  1
 2 x  y m  5

3) 

2. Xác định giá trị của tham số để hệ có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước
Phương pháp giải:
 Giải hệ phương trình theo tham số
k

 Viết x, y của hệ về dạng: n + f (m) với n, k nguyên
 Tìm m nguyên để f(m) là ước của k

Ví dụ 1: Định m nguyên để hệ có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên:
 mx  2 y m  1

 2 x  my 2m  1
Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

20


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

HD Giải:
 mx  2 y m  1


 2 x  my 2m  1

 2mx  4 y 2m  2

2
2
 2mx  m y 2m  m

 (m 2  4) y 2m 2  3m  2 (m  2)( 2m  1)
 
 2 x  my 2m  1
để hệ có nghiệm duy nhất thì m2 – 4 0 hay m  2
Vậy với m  2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất

(m  2)( 2m  1) 2m  1
3


2 
2
 y 
m2
m2
m  4

 x  m  1 1  3
m2
m2

Để x, y là những số nguyên thì m + 2  Ư(3) = 1; 1;3; 3
Vậy: m + 2 = 1, 3 => m = -1; -3; 1; -5

VD 2: Định m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn hệ thức cho trước
 mx  4 y 9
 x  my 8

Cho hệ phương trình: 

Với giá trị nào của m để hệ có nghiệm (x ; y) thỏa mãn hệ thức:
2x + y +

38
=3
m  4

2

HD Giải:
- Điều kiện để hệ phương trình có nghiệm duy nhất: m 2
- Giải hệ phương trình theo m
8m  9

 y  m 2  4
 mx  4 y 9
 (m 2  4) y 8m  9
 mx  4 y 9
 
 
 

2
mx

m
y

8
m
x

my

8
 x  my 8



 x  9m  32

m2  4
9m  32
8m  9
- Thay x = 2
;y= 2
vào hệ thức đã cho ta được:
m  4
m  4
9m  32
8m  9
38
2. 2
+ 2
+ 2
=3
m  4
m  4 m  4

=> 18m – 64 +8m – 9 + 38 = 3m2 – 12
 3m2 – 26m + 23 = 0
 m1 = 1 ; m 2 =

Vậy m = 1 ; m =

23
(cả hai giá trị của m đều thỏa mãn điều kiện)
3

23
3

IV. BÀI TẬP VỀ NHÀ (Bài tập tổng hợp)
Bài 1:
 mx  4 y 10  m
(m là tham số)
 x  my 4

Cho hệ phương trình 

Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

21


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

a) Giải hệ phương trình khi m = 2
b) Giải và biện luận hệ phương trình theo m
c) Xác định các giá trị nguyên của m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) sao cho x> 0, y > 0
d) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm (x;y) với x, y là các số nguyên dương
Bài 2:
 (m  1) x  my 3m  1
 2 x  y m  5

Cho hệ phương trình : 

a) Giải và biện luận hệ phương trình theo m
b) Với giá trị nguyên nào của m để hai đường thẳng của hệ cắt nhau tại một điểm nằm
trong góc phần tư thứ IV của hệ tọa độ Oxy
c) Định m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) sao cho P = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 3:
 3 x  2 y 4
 2 x  y m

Cho hệ phương trình 

a) Giải hệ phương trình khi m = 5
b) Tìm m nguyên sao cho hệ có nghiệm (x; y) với x < 1, y < 1
c) Với giá trị nào của m thì ba đường thẳng
3x + 2y = 4; 2x – y = m; x + 2y = 3 đồng quy
Bài 4:
 mx  4 y 9
 x  my 8

Cho hệ phương trình: 

a) Giải hệ phương trình khi m = 1
b) Với giá trị nào của m để hệ có nghiệm (-1 ; 3)
c) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm duy nhất, vô nghiệm
Bài 5:
 x  my 9
 mx  3 y 4

Cho hệ phương trình: 
a)

b)
c)
d)

Giải hệ phương trình khi m = 3
Với giá trị nào của m để hệ có nghiệm (-1 ; 3)
Chứng tỏ rằng hệ phương trình luôn luôn có nghiệm duy nhất với mọi m
Với giá trị nào của m để hệ có nghiệm (x ; y) thỏa mãn hệ thức:
x - 3y =

28
-3
m 3
2

Bài 6:
 mx  y 2
 3x  my 5

Cho hệ phương trình: 

a) Giải hệ phương trình khi m  2 .
b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức
x  y 1 

m2
.
m2  3

Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

22


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

Bài 7:
 3 x  my  9
 mx  2 y 16

Cho hệ phương trình 
a)
b)
c)
d)

Giải hệ phương trình khi m = 5
Chứng tỏ rằng hệ phương trình luôn luôn có nghiệm duy nhất với mọi m
Định m để hệ có nghiệm (x ; y) = ( 1,4 ; 6,6)
Tìm giá trị nguyên của m để hai đường thẳng của hệ cắt nhau tại một điểm nằm
trong góc phần tư thứ IV trên mặt phẳng tọa độ Oxy
Ngày soạn: 21/3/2015
Ngày giảng: 24/3/2015
CHUYÊN ĐỀ 4: ỨNG DỤNG CỦA HỆ THỨC VI-ET
(tiết 13-16)
Tiết 1:
I. Kiến thức cần nhớ
Các ứng dụng thường gặp của hệ thức Vi-ét

1. Tìm hai số biết tổng và tích của chúng.
2. Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm của pt sao cho không phụ thuộc vào tham số.
3. Tìm giá trị tham số của phương trình thỏa mãn biểu thức chứa nghiệm.
4. Xác định dấu các nghiệm của phương trình bậc hai.
5. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức nghiệm.
II. Nội dung
1. Tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng
Nếu hai số có Tổng bằng S và Tích bằng P thì hai số đó là hai nghiệm của phương trình :
x 2  Sx  P  0 (điều kiện để có hai số đó là S2  4P  0 )
Ví dụ : Tìm hai số a, b biết tổng S = a + b =  3 và tích P = ab =  4
Vì a + b =  3 và ab =  4 nên a, b là nghiệm của phương trình : x 2  3x  4  0
giải phương trình trên ta được x  1 và x2  4
Vậy nếu a = 1 thì b =  4
nếu a =  4 thì b = 1
Bài tập áp dụng: Tìm 2 số a và b biết Tổng S và Tích P
1. S = 3
và
P=2

2. S = 3 và
P=6
3. S = 9
và
P = 20
4. S = 2x
và
P = x2  y2
Bài tập nâng cao: Tìm 2 số a và b biết
1. a + b = 9 và a2 + b2 = 41
2. a  b = 5 và ab = 36

3. a2 + b2 = 61 và ab = 30
Hướng dẫn: 1) Theo đề bài đã biết tổng của hai số a và b , vậy để áp dụng hệ thức VI- ÉT
thì cần tìm tích của a v à b.
1

Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

23


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

T ừ a  b  9 �  a  b  2  81 � a 2  2ab  b 2  81 � ab 

81   a 2  b 2 
2

 20
x 4
�
x2  5
�

1
2
Suy ra : a, b là nghiệm của phương trình có dạng : x  9 x  20  0 � �

Vậy: Nếu a = 4 thì b = 5

nếu a = 5 thì b = 4
2) Đã biết tích: ab = 36 do đó cần tìm tổng : a + b
Cách 1: Đặt c =  b ta có : a + c = 5 và a.c =  36
x  4
�
x2  9
�

1
2
Suy ra a, c là nghiệm của phương trình : x  5 x  36  0 � �

Do đó nếu a =  4 thì c = 9 nên b =  9
nếu a = 9 thì c =  4 nên b = 4
2
2
2
2
Cách 2: Từ  a  b    a  b   4ab �  a  b    a  b   4ab  169
a  b  13
�
2
�  a  b   132 � �
a  b  13
�
*) Với a  b  13 và ab = 36,
x  4
�
x 2  13x  36  0 � �1
x2  9

�
Vậy a = 4 thì b = 9

nên a, b là nghiệm của phương trình :

x 4
�
x2  9
�

1
2
*) Với a  b  13 và ab = 36, nên a, b là nghiệm của phương trình : x  13x  36  0 � �

Vậy a = 9 thì b = 4
3) Đã biết ab = 30, do đó cần tìm a + b:
a  b  11
�
a  b  11
�

T ừ: a2 + b2 = 61 �  a  b   a 2  b 2  2ab  61  2.30  121  112 � �
2

*) Nếu a  b  11 và ab = 30 thì a, b là hai nghiệm của phương trình:
x  5
�
x 2  11x  30  0 � �1
x2  6
�

Vậy nếu a = 5 thì b = 6 ; nếu a = 6 thì b = 5
*) Nếu a  b  11 và ab = 30 thì a, b là hai nghiệm của phương trình :
x 5
�
x 2  11x  30  0 � �1
x2  6
�

Vậy nếu a = 5 thì b = 6 ; nếu a = 6 thì b = 5.
Tiết 2:
2. Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm của pt sao cho 2 nghiệm không phụ thuộc vào
tham số .
Để làm các bài toán loại này, ta làm lần lượt theo các bước sau:
Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

24


Giáo án Ôn thi HSG Toán 9

Năm học 2014 - 2015

- Đặt điều kiện cho tham số để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 (thường là a  0
và   0)
- Áp dụng hệ thức VI-ÉT viết S = x1 + x2 v à P = x1 x2 theo tham số
- Dùng quy tắc cộng hoặc thế để tính tham số theo x1 và x2 . Từ đó đưa ra hệ thức liên hệ
giữa các nghiệm x1 và x2.
2
Ví dụ 1: Cho phương trình :  m  1 x  2mx  m  4  0 có 2 nghiệm x1 ; x2 . Lập hệ thức liên

hệ giữa x1 ; x2 sao cho chúng không phụ thuộc vào m.
Để phương trình trên có 2 nghiệm x1 và x2 th ì :
m �1
�
m �1
m  1 �0
m �1
�
�
�
�
��2
��
�� 4
�
V' �0
5m  4 �0
m�
m  (m  1)( m  4) �0
�
�
�
�
� 5

Theo hệ th ức VI- ÉT ta có :
2m
2
�
�

x1  x2 
x1  x2  2 
(1)
�
�
�
�
m 1
m 1
��
�
�x .x  m  4
�x .x  1  3 (2)
1 2
1 2
m 1
m 1
�
�

Rút m từ (1) ta có :
2
2
 x1  x2  2 � m  1 
m 1
x1  x2  2

(3)

Rút m từ (2) ta có :

3
3
 1  x1 x2 � m  1 
m 1
1  x1 x2

(4)

Đồng nhất các vế của (3) và (4) ta có:
2
3

� 2  1  x1 x2   3  x1  x2  2  � 3  x1  x2   2 x1 x2  8  0
x1  x2  2 1  x1 x2
2
Ví dụ 2: Gọi x1 ; x2 là nghiệm của phương trình :  m  1 x  2mx  m  4  0 . Chứng minh rằng

biểu thức A  3  x1  x2   2 x1 x2  8 không phụ thuộc giá trị của m.
Để phương trình trên có 2 nghiệm x1 và x2 th ì :
m �1
�
m �1
m  1 �0
m �1
�
�
�
�
��2
��

�� 4
�
V' �0
5m  4 �0
m�
m  (m  1)(m  4) �0
�
�
�
�
� 5

Theo hệ thức VI- ÉT ta c ó :
Họ và tên: Trần Ngọc Nam – Trường THCS Mường So

25