Tuyen tap cac dang toan on thi vao lop 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (649.91 KB, 75 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

A. căn bậc 2

I. lý thuyết

1. Định nghĩa:

CBH của một số không âm a là a và - a
CBHSH của một số không ©m a lµ √a (x= √a

⇔
x ≥0
x2=a

¿{

( Víi a 0 )
2. Điều kiện tồn tại : √A cã nghÜa khi A 0

3. Hằng đẳng thc :

A

2
=|A|

A
A

4. Liên hệ giữa phép nhân ; phép chia và phép khai phơng .

+ Với A 0;B ≥0 ta cã √AB=√A.√B

+Víi A 0;B>0 ta cã

A

B=
A
B
5. Đa thừa số ra ngoài dấu căn : 

A B A B

víi B 0
Hay: - Víi A 0 , B 0 Th×

√

A2B

=A√B
- Víi A<0 , B 0 Thì

A2

B= AB
6. Đa thừa số vào trong dấu căn :

Víi A 0 , B 0 Th× A √B=

√

A2B

Víi A 0 , B 0 Thì A B=

A2B

7. Khữ mẩu của biểu thức lấy căn :
Với AB 0;B 0 Thì

A

B=

B2 =
AB

|B|

8. Trục căn thøc ë mÉu:
- Víi B >0 th× A

√B=
A√B

B

- Víi B 0; A2 B th×

B
A+√¿

C¿

C
A −√B=¿

- Víi A 0 ; B 0 và A B thì :

B
A+

C

A B=

II. Các dạng bài tập

Dng toỏn tỡm điều kiện để biểu thức có nghĩa:

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

4 1

) 1 8 b) -3x 4 c) d)

3 -1 x

e) g) -5x h) 2x i) 1 x
3

a x

x

 

 



Gi¶i:

a) √1−8x xác định khi và chỉ khi 1 - 8x 0 ⇔x ≤1
8

b) -3x 4 xác định khi và chỉ khi

4
3 4 0

x x

    

4
3

x xác định khi và chỉ khi x  3 0 x 3

-1 x xác định khi và chỉ khi -1+x >0  x1
e)

3 xác định khi và chỉ khi x0

g) -5x xác định khi và chỉ khi 5x0  x 0
h) 2x xác định khi và chỉ khi x0

i) 1 x 2 xỏc nh vi x

Bài tập tự luyện

C1a/Đ7

Dng toỏn bin đổi biểu thức dới dấu căn - Rút gọn

VÝ dô 1: Rót gän :

a) 1−

√

2¿
2
¿
√¿
b)

3
2−√¿

¿
¿
¿

√

(√3−2)2+√¿
c)

√

5−2√6+

√

4+2√3

√

x2−2x+1

x −1
e)

√

x+2√x −1

Gi¶i:

a) 1−

√

2¿
2
¿
√¿

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2−√¿

¿
¿
¿

√

(√3−2)2+√¿

= |√3−2|+|2−√3|=2−√3+2−√3=4−2√3

√

5−2√6+

√

4+2√3 =
2
√3−√¿

¿
¿2
¿
¿
√¿
d)

√

(x −1)2

x −1 =

|x −1|

x −1 =±1

√

x+2√x −1 =

√

(√x −1+1)2=√x −1+1
VÝ dô 2: TÝnh

a) 9 4 5  5

b) 45 2 20 3 500 

Gi¶i:

a) 9 4 5  5 ( 5 2) 2  5 5 2  52

b) √45−2√20+3√500=3√5−2. 2√5+3 . 10√5=(3−4+30)√5=29√5

VÝ dô 3: Chøng minh



 







2
) 9- 17 . 9 17 8
b) 2 2 3 2 1 2 2 2 6 9

) 2009 2008 ( 2008 2009)
a

c

 

    

 và  là hai số nghịch đảo của nhau

Gi¶i:



 





 





 



) VT= 9- 17 . 9 17 9- 17 9 17 = 81-17= 64=8 =VP
b) VT=2 2 3 2 1 2 2 2 6 2 6 4 2 1 4 2 8 2 6 9

) 2009 2008 2009 2008 =2009-2008=1
a

VP
c

  

           

 

 Mét sè bµi tËp tù lun

Câu 1a Đề số 1 (C1a/§1), C1a/§2, C1a/§4, C1a/§5, C1a/§10, C1a/§12, C1a/§17,
C1a/§18, C1a/§19, C1a/§23, C1a/§24, C1a/§26, C1a/§27, C1/§31, C1a/Đ32,
C1a/Đ36,C1a/Đ39.

Bài tập bổ trợ cho bài toán rót gän biĨu thøc

Bài Tốn quy đồng mẩu thức các phân thức.

B íc 1. T×m mÈu thøc chung (MTC)

Trong bớc này các em cần làm các việc sau:
+) Phân tích các mẩu thức thành nhân tử.

+) Lp tích gồm các NTC có số mủ cao nhất và các NT riêng để có MTC.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

B ớc 3. Quy đồng. (Nhân cả tử và mẩu của từng phân thức với NTP tơng ứng).
Ví dụ 1: Quy đồng mẩu thức các phân thức sau:

a) 1

x2−1 vµ

x2−2x+1 b)

x −4 vµ

x −4√x+4 c)

x+2√x vµ
1
x −4
Giải:

a) Đầu tiên ta phải tìm MTC:
Ta có: x2 - 1 = (x - 1)(x + 1)

vµ: x2 - 2x + 1 = (x - 1)2 khi ph©n tÝch xong, ta thấy Nhân tử chung là (x - 1), còn nhân tử

riêng là (x + 1)

⇒ MTC lµ: (x - 1)2. (x + 1)

Tìm đợc MTC rồi, ta tiến hành tìm nhân tử phụ (NTP) của từng phân thức:
Để tìm NTP của phân thức 1

x2−1 , ta lÊy MTC lµ (x - 1)2. (x + 1) chia cho Mẩu thức riêng

của nó là (x2 - 1) hay (x - 1)(x + 1)

V× (x - 1)2. (x + 1) : (x - 1)(x + 1) = x - 1

⇒ NTP cđa ph©n thøc 1

x2−1 là: (x - 1)
Tơng tự, để tìm NTP của phân thức 1

x2−2x+1 , ta lÊy MTC lµ (x - 1)

2. (x + 1) chia cho MÈu

thøc riªng cđa nã lµ x2 - 2x + 1 hay (x - 1)2

V× (x - 1)2. (x + 1):(x - 1)2 = x + 1

⇒ NTP của phân thức 1

x22x+1 là: (x + 1)

Cơng việc cịn lại của chúng ta là quy đồng các phân thức đã cho.

Để quy đồng mẩu của phân thức ta lấy “tử” và “mẩu”cùng nhân với nhân tử phụ của nó là
(x - 1). Tức là:

x −1¿2(x+1)
¿

1
x2−1=

(x −1)(x+1)=

x −1

T¬ng tù:

x −1¿2
¿

x −1¿2(x+1)
¿
¿

1
x2−2x+1=

b) Ta cã: √x¿2−22=(√x −2)(√x+2)
x −4=¿

vµ:

√x −2¿2

√x¿2−2 .(√x). 2+22=¿

x −4√x+4=¿

⇒ MTC lµ: √x −2¿2(√x+2)

+) NTP của phân thức 1

x 4 là: x −2
+) NTP cđa ph©n thøc 1

x −4√x+4 lµ: √x+2

⇒

√x −2¿2(√x+2)
¿

1
x −4=

(√x −2)(√x+2)=

√x −2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Vµ

x 22

x 22(x+2)

x 4x+4=

Bài Toán rút gọn biểu thức.

a) Cách giải:

Bc 1. Tỡm KX ca biu thc ó cho.

Bớc 2. Quy đồng mẩu thức các phân thức, rồi thực hiện các phép toán cộng, trừ, nhân,
chia các phân thức để đa biểu thức đã cho về dạng đơn giản hơn.

b) VÝ dơ: Rót gän biĨu thøc: A = √x
√x −1−

2
√x+1−

2
x −1

Gi¶i: BiÓu thøc A cã nghÜa ⇔

x ≥0
√x −1≠0

√x+1≠0

x −1≠0
⇔
¿x ≥0

√x ≠1
∀x
x ≠1

⇔
¿x ≥0

x ≠1

¿{ { {
¿

⇒ ĐKXĐ của biểu thức là x ≥0 và x ≠1 .
Khi đó ta có: A = √x

√x −1−
2

√x+1−

2
x −1

¿ √x(√x+1)
(√x −1)(√x+1)−

2(√x −1)
(√x+1)(√x −1)−

(√x −1)(√x+1)
¿√x(√x+1)−2(√x −1)−2

(√x −1)(√x+1)
¿x+√x −2√x+2−2

(√x −1)(√x+1)
¿ x −√x

(√x −1)(√x+1)

¿ √x(√x −1)
(√x −1)(√x+1)
¿ √x

√x+1

◦ Một số đề tự luyn:

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Một số loại toán thờng kèm theo bài toán rút gọn.
1. Tính giá trị của biểu thức

Ph

ơng pháp:

Để tính giá trị của biểu thøc P(x), biÕt x=a, ta cÇn:
+ Rót gän biĨu thøc P(x).

+Thay x=a vµo biĨu thøc võa rót gän

VÝ dơ 1: Cho A = √x

√x −1 (víi x 0 và x 1). Tìm giá trị của A khi x 3 2 2
Giải:

Thay x 3 2 2 vµo biĨu thøc ta cã:









2 1 2 1

3 2 2 2 1

2
2 1 1

3 2 2 1 2 1 1

A       

 

   

VÝ dô 2: Cho biÓu thøc A =

(

x√x+1
x −1 −

x −1

√x −1

)

(

√x+
√x

√x −1

)

víi x > 0 vµ x  1
a. Rót gän A.

b. Tìm giá trị của x để A = 3
Giải.a. Ta có: A =

(

x√x+1

x −1 −
x −1

√x −1

)

(

√x+
√x
√x −1

)

(

(√x+1)(x −√x+1)

(√x −1)(√x+1) −

x −1
√x −1

)

(

√x(√x −1)

√x −1 +
√x

√x −1

)

(

x −√x+1

√x −1 −
x −1
√x −1

)

(

x −√x+√x

√x −1

)

=
x −√x+1− x+1

√x −1 :

x

√x −1 =

−√x+2

√x −1 :
x

√x −1
= −√x+2

√x −1 ⋅
√x −1

x =

2−√x
x
b. A = 3 ⇔ 2−√x

x = 3 ⇔ 3x + √x - 2 = 0 ⇒ x = 4/9.
◦ Một số đề tự luyện:

C1/§14, C1/§16, C2/§33, C2/§34, C1/§38.

2. Bài tốn tìm x để biểu thức P = m (m là hằng số)

Bíc 1. Sư dơng tÝnh chÊt a
b=

c

d⇔a.d=b.c để làm mất mẩu của phơng trình.
Bớc 2. Giải phơng trình vừa thu đợc để tỡm c x.

Bớc 3. Đối chiếu điều kiện và chọn nghiƯm hỵp lÝ.
VÝ dơ 1: Cho A = √x

√x −1 (với x 0 và x 1). Tìm các giá trị của x để:
a) A = 2. b) A = 2

3 c) A = −
1
2
Gi¶i: Ta cã:

a) A = 2 ⇔ √x

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

VËy víi x = 4 th× A =2.
b) A = 2

3⇔ √
x
√x −1=

3⇔3√x=2(√x −1)⇔3√x=2√x −2⇔√x=−2 (Vơ nghiệm)
Vậy khơng có giá trị nào của x để A = 2

3 .
c) A = −1

2⇔ √
x
√x −1=−

2⇔2√x=−(√x −1)⇔2√x=1−√x⇔3√x=1⇔√x=
1
3
⇔x=1

9 (TM§K)
VËy víi x = 1

9 th× A = −
1
2 .

Chú ý: Trong trờng hợp nếu bài tốn cha cho giá trị của P thì các em cần dựa giả thiết của
bài tốn để tìm P rồi tiến hành giải nh bình thờng.

+)

|P|=m(m≥0)⇔

P=m

P=−m
¿
¿
¿
¿
¿

+) 
P2

=k2⇔

P=k
¿

P=−k
¿
¿
¿
¿
¿

VÝ dô 2: Cho P = 3

2−√x (với x 0 và x  4). Tìm các giá trị của x để:
a) |P|=1 . b) P2=1

4 . c) P2=3P .

Giải:

a) Ta có:

|P|=1

P=1

P=1

Trờng hợp 1. Với P=1 3

2x=13=2x1=xx=1 (Vô nghiệm)
Trờng hợp 2. Với P=−1⇔ 3

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

b) Ta cã:

P2=1

4⇔
P=1

P=−1

¿
¿
¿
¿
¿

Trêng hỵp 1.
Với P=1

2
3
2x=

26=2x4=xx=4 (Vô nghiệm)
Trờng hợp 2.

Với P=−1

2⇔
3
2−√x=−

2⇔6=−(2−√x)⇔6=√x −2⇔√x=8⇔x=64 (TM)
VËy víi x = 64th× P2=1

4 .

b) Ta cã:
P2

=3P⇔P2−3P=0⇔P(P −3)=0⇔

P=0
¿

P=3
¿
¿
¿
¿
¿

Trêng hỵp 1. Víi P=0⇔ 3

2−√x=0⇔3=0 (Vô nghiệm)
Trờng hợp 2. Với P=3 3

2x=33=3(2x)3=63x3x=3x=1
⇔x=1 (TM)

VËy víi x = 1th× P2

=3P .
VÝ dơ 3: Cho biĨu thøc: A=

1− x2¿2
¿

x¿

(

xx −3−11 +x

)(

x3

x+1 − x

)

:¿

Víi x √2 ;1

a. Rót gän biĨu thøc A.

b. Tính giá trị của biểu thức khi cho x =

√

6+2√2 .
c. Tìm giá trị của x để A = 3

Gi¶i. a. Rót gän A = x2−2
x

b. Thay x=

√

6+2√2 vào A ta đợc A = 4+2√2

√

6+2√2 .

c. A = 3 ⇔ x2 - 3x - 2 = 0 ⇒ x = 3±√17

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

3. Bài tốn tìm x để biểu thức P < m hoặc P > m, hoặc P m, hoặc P m (với m là
hằng số)

Bớc 1. Chuyển m sang vế trái, để vế phải bằng 0.

Bớc 2. Quy đồng mẩu thức các phân thức rồi làm gọn vế trái.

Bớc 3. Xác định dấu của tử hoặc mẩu của vế trái, từ đó có đợc một bất phơng trình
đơn giản (không chứa mẩu).

Bớc 3. Giải bất phơng trình trên để tìm đợc x.
Bớc 4. Đối chiếu điều kiện và chọn nghiệm hợp lí.
Ví dụ: Cho A = √x −1

√x+1 (với x 0). Tìm các giá trị của x để:

a) A > 1

3 . b) A <
2

5 c) A

1
2 .
Gi¶i: Ta cã:

a) A > 1
3⇔

√x −1
√x+1>

1
3⇔

√x −1
√x+1−

1
3>0⇔

3(√x −1)

3(√x+1) −

√x+1

3(√x+1)>0

⇔3(√x −1)−(√x+1)
3(√x+1) >0⇔

2√x −4

3(√x+1)>0⇔2√x −4>0 (v× 3(√x+1)>0 )

⇔2√x>4⇔√x>2⇔x>4 (TM§K)

VËy víi x > 4 th× A > 1
3 .
b) A < 2

5⇔
√x −1
√x+1<

2
5⇔

√x −1
√x+1−

2
5<0⇔

5(√x −1)

5(√x+1)−

2(√x+1)

5(√x+1)<0

⇔5(√x −1)−2(√x+1)
5(√x+1) <0⇔

3√x −7

5(√x+1)<0⇔3√x −7<0 (v× 5(√x+1)>0 )

⇔3√x<7⇔√x<7

3⇔x<
49

Kết hợp với điều kiện xác định ta đợc 0 x < 49
9 .
 Vậy với 0 x < 49

9 th× A < 
2
5 .
c) A 1

2⇔
√x −1
√x+1≤

1
2⇔

√x −1
√x+1−

1
2≤0⇔

2(√x −1)

2(√x+1)−

(√x+1)

2(√x+1)≤0

⇔2(√x −1)−(√x+1)
2(√x+1) ≤0⇔

√x −3

2(√x+1)≤0⇔√x −3≤0 (v× 2(√x+1)>0 )

⇔√x ≤3⇔x ≤9

Kết hợp với điều kiện xác định ta đợc 0 x 9.
 Vậy với 0 x 9 thì A 1

2 .
Chó ý: +) |P|=P⇔P ≥0 .

+) |P|=− P⇔P ≤0 .

+) |P|>P⇔P<0 .

+) √P>P⇔0<P<1 .

+) √P<P⇔P>1 .

VÝ dô 2. Cho biÓu thøc: P = 1

1−√x (với x ≥0 và x ≠1 ). Tìm tất cả các giá trị của x để:
a) |P|=P . b) |P|=− P . c) √P<P . d) √P>P

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

a) Ta cã: |P|=P⇔P ≥0⇔ 1

1−√x≥0⇔1−√x>0⇔√x<1⇔x<1 .
Kết hợp với điều kiện xác định ta đợc: 0≤ x<1 .

VËy víi 0≤ x<1 th× |P|=P .

b)Ta cã: |P|= PP 0 1

1x01x<0x>1x>1 (thoả mÃn ĐKXĐ)
Vậy với x > 1 th× |P|=− P .

c) Ta cã: √P<P⇔P>1⇔ 1

1−√x>1⇔
1

1−√x−1>0⇔
1
1−√x−

1−√x
1−√x>0 .
⇔1−(1−√x)

1−√x >0⇔
√x

1−√x>0⇔1−√x>0⇔√x<1⇔x<1 .
Kết hợp với điều kiện xác định ta đợc: 0≤ x<1 .

VËy víi 0≤ x<1 th× √P<P .

d) Ta cã:

√P>P⇔0≤ P<1⇔

P≥0
P<1
⇔
¿ 1

1−√x≥0
1
1−√x<1

⇔
¿1−√x>0

1−√x−1<0
⇔
¿√x<1

1
1−√x−

1−√x
1−√x<0

¿{

⇔
x<1

√x
1−√x<0

⇔
¿x<1

1−√x<0
⇔
¿x<1

√x>1
⇔
¿x<1

x>1
¿{

(không tồn tại x)

Vy khụng cú giỏ tr no ca x để √P>P .

◦ Một số đề tự luyện:

C1/§15, C2/§22, C2/§26, C2/§28, C2/§29

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Bíc 1. TÝnh P - m = ?

Bớc 2. Nhận xét dấu của hiệu P - m để có kết quả so sánh.
+) Nếu P - m > 0 thì P > m.

+) NÕu P - m < 0 th× P < m.
+) NÕu P - m = 0 th× P = m.
VÝ dơ: Cho P = √x −1

√x (víi x > 0). H·y so sánh P với 1.
Giải: Ta có: P 1 = √x −1

√x −1=
√x −1

√x −
√x
√x=

√x −1−√x
√x =

−1
√x
V× −1

√x < 0 ⇒ P - 1 < 0 ⇒ P < 1.

5. Bµi to¸n Chøng minh biĨu thøc P < m (m là hằng số) với mọi giá trị của x thuộc
ĐKXĐ.

Bớc 1. TÝnh P - m = ?

Bớc 2. Nhận xét dấu của hiệu P - m để có điều phải chứng minh.
+) Nếu P - m > 0 thì P > m.

+) NÕu P - m < 0 th× P < m.
+) NÕu P - m = 0 th× P = m.
VÝ dơ 1: Cho P = √x+1

√x (víi x > 0). Chứng minh rằng: P > 1 với mọi giá trị cđa x > 0.
Gi¶i: Ta cã: P - 1 = √x+1

√x −1=
√x+1

√x −
√x

√x=

√x+1−√x
√x =

1
√x
V× víi x > 0 th× √x > 0 ⇒ 1

√x > 0 ⇒ P – 1 > 0 ⇒ P > 1. (®pcm)
VÝ dơ 2: Cho P =

2
1
x
x x

 + 
1
1
x
x x

  - 
1
1
x
x

 .

a. Rót gän P.
b. Chøng minh: P <

3 víi x  0 và x 1.
Giải. Điều kiện: x 0 và x 1.

Rót gän
P =
2
1
x
x x

 + 
1
1
x
x x

  - 
1
( 1)( 1)

x

x x



  = 3

2
( ) 1

x
x

 + 
1
1
x
x x

  - 
1
1
x
=

2 ( 1)( 1) ( 1)

( 1)( 1)

x x x x x

x x x

      

   = ( 1)( 1)

x x

x x x



   = 1

x
x x

b. Víi x  0 vµ x 1 . Ta cã: P <

3  1

x
x x -

1
3 < 0







2 1
0

3 1
x x
x x
 

 

 x - 2 x + 1 > 0; ( v× x + x + 1 > 0 )  x - 2 x + 1 > 0
 ( x - 1)2 > 0 . (x  0 vµ x 1)

6. Bài tốn tìm x để biểu thức P nhận giá trị ngun (ngun dơng)

Loại I. Bài tốn tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Bớc 1: Biến đổi biểu thức P về dạng:
P = m ± n

f(x) ( Víi m, n Z, f(x) lµ biĨu thøc chøa x)
Bíc 2: BiƯn ln:

Vì m  Z nên P nguyờn thỡ n

f(x) phải nguyên, mà

n

f(x) nguyên thì f(x)

phải là ớc của n.

Bc 3: Giải các phơng trình: f(x) = Ư(n) để tìm đợc x.

Bớc 4: Đối chiếu điều kiện và chọn nghiệm hợp lí.
Ví dụ 1: Cho P = √x+2

√x −1 (với x 0 và x 1). Tìm các giá trị của x để P nhận giá trị
nguyên.

Gi¶i: Ta cã: P = √x+2
√x −1=

(√x −1)+3

√x −1 =
√x −1
√x −1+

√x −1=1+
3

√x −1
§Ĩ P nhận giá trị nguyên thì 3

x 1 phải nhận giá trị nguyên, mà
3

x 1 nguyên thì
x 1 phải là ớc của 3.

⇔
√x −1=1

√x −1=−1
¿

√x −1=3
¿

√x −1=−3
¿

√x=2
¿

√x=0
¿

√x=4
¿

√x=−2(VN)
¿

x=4(TMDK)

x=0(TMDK)
¿

x=16(TMDK)
¿

¿
¿
⇔¿

¿
⇔¿

¿
¿
¿

VËy víi x = 0, x = 4 vµ x = 16 thì P nhận giá trị nguyên.
Ví dụ 2: Cho M = √x

√x −2 (với x 0 và x 4). Tìm các giá trị của x để M nhận giá trị
nguyên dơng.

Gi¶i: Ta cã: M = √x
√x −2=

(√x −2)+2
√x −2 =

√x −2

√x −2+
2

√x −2=1+
2

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

§Ĩ P nhận giá trị nguyên thì 2

x 2 phải nhận giá trị guyên, mà
2

x 2 nguyên thì

x 2 phải là ớc của 2.

⇔
√x −2=1

√x −2=−1
¿

√x −2=2
¿

√x −2=−2
¿

√x=3
¿

√x=1
¿

√x=4
¿

√x=0
¿

x=9(TMDK)
¿

x=1(TMDK)
¿

x=16(TMDK)
¿

x=0(TMDK)
¿
¿
¿
⇔¿

¿
⇔¿

¿
¿
¿

Víi x = 9 th× M = √9
√9−2=

3−2=3 > 0 (TM)
Víi x = 1 th× M = √1

√1−2=
1

1−2=−1<0 (lo¹i)
Víi x = 16 th× M = √16

√16−2=
4

4−2=2 > 0 (TM)
Víi x = 0 th× M = √0

√0−2=
0

0−2=0 (loại)

Vậy với x = 9 và x = 16 thì M nhận giá trị nguyên dơng.

Ví dơ 3 :Cho biĨu thøc: P =

(

x√x −1
x −√x −

x√x+1

x+√x

)

(

2(x −2√x+1)

x −1

)

a. Rót gän P.

b. Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên.
Giải.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Rót gän: P = 2x(x −1)
x(x −1) :

2( √x −1❑z)

x −1 =

√x −1¿2
¿
¿

√x −1

b. P = x+1
x 1=1+

x 1 . Để P nguyên thì
2

x 1 nguyên suy ra x 1 là íc cña 2 suy
ra víi x = {0;4;9} thì P có giá trị nguyên.

Ví dụ 4: Cho biÓu thøc M = 2√x −9
x −5√x+6+

2√x+1

√x −3 +
√x+3

2−√x
a. Tìm ĐK của x để M có nghĩa và rút gọn M.

b. Tìm x để M = 5.
c. Tìm x Z để M Z.
Giải: M = 2√x −9

x −5√x+6+

2√x+1

√x −3+
√x+3

2−√x

a. §K x ≥0; x ≠4;x ≠9 . M = 2√x −9−(√x+3)(√x −3)+(2√x+1) (√x −2)
(√x −2) (√x −3)

Biến đổi ta có kết quả: M = x −√x −2

(√x −2) (√x −3) =

(√x+1)(√x −2)

(√x −3) (√x −2)⇔M=
√x+1

√x −3
b. M = 5⇔√x −1

√x −3=5⇒√x+1=5(√x −3)⇔√x+1=5√x −15⇔16=4√x⇒√x=
16

4 =4⇒x=16
c. M = √x+1

√x −3=

√x −3+4

√x −3 =1+
4

√x −3 . Do M Z nên x 3 là ớc của 4 x 3
nhận các giá trị:

- 4; - 2; - 1; 1; 2; 4 ⇒x∈{1;4;16;25;49} do x ≠4⇒ x∈{1;16;25;49}

VÝ dô 5 * : Cho biÓu thøc: A =

x2−3

¿2+12x2
¿
¿
¿
√¿

+ x+2¿

−8x2

¿
√¿

a. Rót gän biÓu thøc A.

b. Tìm những giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A cũng có giá trị nguyên.
Giải:

a. Điều kiÖn: x 0
A=

√

x

+6x2+9

x2 +

√

x

2−4x

+4 ¿x
2

|x| +|x −2|

+ Víi x < 0: A=−2x
2

+2x −3

x .

+ Víi 0 < x 2: A=2x+3

x .
+ Víi x > 2 : A=2x

−2x+3

x
b. Tìm x nguyên để A nguyên: A nguyên ⇔ x2 + 3 ⋮ |x| ⇔ 3 ⋮|x| ⇔ x =

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Loại II. Bài tốn tìm các giá trị của x (x bất kỡ) biu thc P nhn giỏ tr nguyờn.

Cách giải:

Bc 1. Nhân chéo rồi đặt √x=y(y ≥0) để đa biểu thức P về dạng một phơng trình bậc 2có ẩn

lµ y vµ tham sè P.

Bớc 2. Tìm P để phơng trình bậc hai ẩn y trên có nghiệm khơng âm.

Bớc 3. Chọn các giá trị P nguyên trong tập hợp các giá trị của P vừa tìm ở bớc 2.
Bớc 4. Thay P vừa tìm đợc vào biểu thức đã cho để tìm đợc x.

Bớc 5. Đối chiếu ĐKXĐ chọn nghiệm hợp lí.
Ví dụ: Cho biĨu thøc P = 6√x

x+1 (víi x 0)

Gi¶i: Ta cã : P = 6√x

x+1⇔P(x+1)=4√x⇔P.x −6√x+P=0 (1)

Đặt: √x=y (ĐK: y ≥0 ) khi đó phơng trình (1) trở thành: P.y2−6y+P=0 (2)
Trờng hợp 1. Nếu P=0 thỡ 6x

x+1=0x=0x=0 (thoả mÃn điều kiện)

Trờng hợp 2. Nếu P0 phơng trình (2) là một phơng trình bậc hai ẩn y có:
a=P ; b=−6 ; c=P ; b '=b

2=−3 vµ

32 P.P=9 P2

b '2ac=

'=

Phơng trình (1) có nghiệm phơng trình (2) có hai nghiệm không âm:

' 0
b

a0
c
a0

9 P20

6
P0
10(P)

P29

P>0
0<P 3

{ {

Để P nhận giá trị nguyên thì P={1;2;3}

Với P=1⇔6√x

x+1=1⇔6√x=x+1⇔x −6√x+1=0⇔x=17±12√2 (TM§K)

Víi P=2⇔6√x

x+1=2⇔3√x=x+1⇔x −3√x+1=0⇔x=

7±√5

2 (TM§K)

Víi P=3⇔6√x

x+1=3⇔2√x=x+1⇔x −2√x+1=0⇔x=1 (TM§K)

VËy víi x = 0, x = 1, x = 7±√5

2 , x = 17±12√2 thì biểu thức P nhận giá trị nguyên.
◦ Một số đề tự luyện:

C1/§13

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

+) NÕu P(x) k (k là hằng số) thì k gọi là giá trị lớn nhất của P(x).
b) Cách giải:

Loại 1. Trờng hợp biểu thức P có dạng là một đa thøc P=ax+b√x+c .

Bớc 1. Biến đổi biểu thức P về dạng:

P = ±[f(x)]2+m ( f(x) lµ biĨu thøc chøa biÕn x vµ m lµ mét h»ng

sè)

Bớc 2. Lập luận để có giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.
Bớc 3. Tìm điều kiện để xảy ra dấu “=”.

Bíc 4. Kết luận.

Ví dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất cđa biĨu thøc:P ¿x −2√x+3 (x ≥0)

Gi¶i:

Ta cã: P √x −1¿

2
+2

¿x −2√x+3=(x −2√x+1)+2=¿

V× √x −1¿

+2≥2⇒
√x −1¿2≥0⇒¿

P 2 .

DÊu “=” x¶y ra khi √x −1=0⇔x=1 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 2. Đạt đợc khi x=1 .

VÝ dô 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M = 2+3√x − x (x ≥0)

Gi¶i:

Ta cã: M ¿−(x −3√x −2)=−

[

(

x −2.√x.3
2+

9
4

)

−2−

]

=−

(

√x −
3
2

)

2
+17

4
V×

(

√x −3

)

≥0⇒−

(

√x −3
2

)

≤0⇒−

(

√x −3
2

)

2
+17

4 ≤
17

4 ⇒ P
17

4 .
DÊu = xảy ra khi x 3

2=0x=
9
4 .

Vậy giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc P b»ng 17

4 . Đạt đợc khi x=
9
4 .
Ví dụ 3 : Cho biểu thức: D =

[

√a+√b

1−√ab+

√a+√b

1+√ab

]

[

a+b+2 ab

1−ab

]

a. Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D.

b. Tính giá trị của D với a = 2

23 .
c. Tìm GTLN của D.

Giải:

a. Điều kiện xác định của D là

a ≥0
b ≥0
ab≠1

¿{ {
¿

D =

[

2√a+2b√a
1−ab

]

[

a+b+ab

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

b. a =

2+√3
¿

√3+1¿2⇒√a=√3+1

2¿

2
2+√3=¿

. VËy D =

2+2√3

2
2√3+1

=2√3−2

4−√3

c. áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có 2√a≤ a+1⇒D ≤1 . Vậy giá trị của D là 1.
Loại 2. Trờng hợp biểu thức có dạng P= k

ax+b√x+c ( a , b , c , k lµ h»ng sè, x 0 )

Cách giải.

Bớc 1. Tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của mẩu thức: f(x)=ax+bx+c và điều

kiƯn dÊu “=” x¶y ra.

Bớc 2. Căn cứ vào dấu của hằng số k để suy ra giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của P.
Bớc 3. Kết luận.

L
 u ý .

+) Nếu k>0 thì P đạt giá trị lớn nhất ⇔f(x) đạt giá trị nhỏ nhất và ngợc lại.

+) Nếu k<0 thì P đạt giá trị lớn nhất ⇔f(x) đạt giá trị lớn nhất và ngợc lại.

VÝ dụ 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= 1

x −√x+1 ( x ≥0 )

Gi¶i:

Ta cã: x −√x+1=

(

x −2.√x.1
2+

1
4

)

(

√x −
1
2

)

2
+3

4
V×:

(

√x −1

)

≥0⇒

(

√x −1
2

)

2
+3

4≥
3
4 .

⇒ 1

x −√x+1=

(

√x −1

)

≤ 1

3
4

3⇒P ≤
4

3 . DÊu “=” x¶y ra x 1

2=0x=
1
2x=

1
4 .

Vậy giá trị lớn nhất của biÓu thøc P b»ng 4

3 . Đạt đợc khi x=
1
4 .
Ví dụ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M= 1

− x+2√x+1 ( x ≥0 )

Gi¶i:

Ta cã: √x −1¿

2
+2

− x+2√x+1=−(x 2x+1)+2=

Vì

x 12+2

x 12+222

x 120

Dấu = xảy ra khi √x −1=0⇔√x=1⇔x=1 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M bằng 1. Đạt đợc khi x=1 .

Lo¹i 3. Trờng hợp biểu thức có dạng P=ax+b

cx+d . ( a , b , c , d lµ h»ng sè x ≥0 )

Bớc 1. Biến đổi biểu thức P về dạng:

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Bíc 2. BiƯn ln:
Trêng hỵp 1. n > 0.

+) P đạt giá trị lớn nhất khi f(x) đạt giá trị nhỏ nhất.
+) P đạt giá trị nhỏ nhất khi f(x) đạt giá trị lớn nhất.
(Vì: Để P đạt giá trị lớn nhất thì n

f(x) phải đạt giá trị lớn nhất tức là f(x) phải đạt

giá trị nhỏ nhất. Cịn để P đạt giá trị nhỏ nhất thì n

f(x) phải đạt giá trị nhỏ nhất

tức là f(x) phải đạt giá trị lớn nhất).
 Trờng hợp 2. n < 0.

+) P đạt giá trị lớn nhất khi f(x) đạt giá trị lớn nhất.
+) P đạt giá trị nhỏ nhất khi f(x) đạt giá trị nhỏ nhất.

Bớc 3. Tiến hành tìm giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất của f(x) để có đợc giá trị lớn nhất
hoặc nhỏ nhất của P.

Bớc 4. Tìm điều kiện để xảy ra dấu “=”.
Bớc 5. Kết luận.

VÝ dơ 1: Cho P = √x+3

√x+1 (víi x

0). Tìm giá trị lớn nhất của P.

Giải: Ta cã: P = √x+3
√x+1=

(√x+1)+2
√x+1 =

√x+1

√x+1+
2

√x+1=1+

√x+1

Ta thấy: Vì ở đây n = 2 > 0 nên: Để P đạt giá trị nhỏ nhất thì √x+1 phải đạt giá trị lớn nhất.

V×: √x 0 ⇒ √x+1≥1 . DÊu “=” x¶y ra khi x = 0.
 Giá trị nhỏ nhất của x+1 là 1

Giá trị lớn nhất của P là: √0+3
√0+1=3 .

Vậy: Giá trị lớn nhất của P là 3, đạt đợc khi x = 0.
Ví dụ 2: Cho M = √x −1

√x+2 (víi x 0). Tìm giá trị nhỏ nhất của M.

Giải: Ta có: M = √x −1
√x+2=

(√x+2)−3

√x+2 =

√x+2

√x+2+

−3

√x+2=1+

−3
√x+2

Ta thấy: Vì ở đây n = - 2 < 0 nên: Để M đạt giá trị nhỏ nhất thì √x+2 phải đạt giá trị

nhá nhÊt.

V×: √x 0 ⇒ √x+2≥2 . DÊu “=” xảy ra khi x = 0.

Giá trị nhỏ nhÊt cđa √x+2 lµ 2.

Giá trị lớn nhất của M là: 01
0+2=

1
2
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của M là 1

2 , t c khi x = 0.

Loại 4. Trờng hợp phân thức cã d¹ng P=a.x+b√x+c

m√x+n . ( a , b , c ,m , n lµ h»ng sè, x ≥0 )

Bớc 1. Biến đổi biểu thức P về dạng:
P = ±

[

f(x)+ k

f(x)

]

+m ( f(x) là biểu thức chứa biến x và k ;f(x)>0 )

Bớc 2. áp dụng bất đẳng thức Cô - sy cho hai số dơng f(x) và k

f(x) rồi từ đó tìm đợc

giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.
Bớc 3. Tìm điều kiện để xảy ra dấu “=”.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

VÝ dơ 1: Cho A = x+3

√x+1 (víi x 0). Tìm giá trị nhỏ nhất của A.

Giải: Ta cã: A = x+3
√x+1=

(x −1)+4
√x+1 =

(√x+1)(√x −1)
√x+1 +

√x+1=√x −1+

√x+1

¿(√x+1)+ 4

√x+1+(−2)

áp dụng bất đẳng thức Cô - sy cho hai số dơng (√x+1) và 4

√x+1 ta đợc:

(√x+1)+ 4

√x+1≥2

√

(√x+1).

(√x+1)=2√4=4

⇒ (√x+1)+ 4

√x+1+(−2)≥4+(−2)=2

⇒ A 2 .

DÊu “=” x¶y ra khi √

x+1¿2=4⇔√x+1=2⇔√x=1⇔x=1
(√x+1)= 4

√x+1⇔¿

Vậy: Giá trị nhỏ nhất của A là 2, đạt đợc khi x = 1.
Ví dụ 2: Cho B = x+12

√x+2 (với x 0). Tìm giá trị nhỏ nhất cđa B.

Gi¶i: Ta cã: A = x+12
√x+2=

(x −4)+16
√x+2 =

(√x+2)(√x −2)
√x+2 +

√x+2=√x −2+
16

√x+2
¿(√x+2)+16

√x+2+(−4)

áp dụng bất đẳng thức Cô - sy cho hai số dơng (√x+2) và 16

√x+2 ta đợc:

(√x+2)+16

√x+2≥2

√

(√x+2).

(√x+2)=2√16=8

⇒ (√x+2)+ 9

√x+2+(−4)≥8+(−4)=4

⇒ A 4 .

DÊu “=” x¶y ra khi √

x+2¿2=16⇔√x+2=4⇔√x=2⇔x=4
(√x+2)=16

√x+2⇔¿
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của A là 4, đạt đợc khi x = 4.

Loại 5. Trờng hợp biểu thức có dạng P= m√x+n

ax+b√x+c . ( a , b , c ,m , n lµ h»ng sè, x ≥0 )

Cách giải:

Bc 1. Nhõn chộo ri t x=y(y 0) để đa biểu thức P về dạng một phơng trình bậc 2có ẩn

lµ y ( y=√x ) vµ tham sè P.

Bớc 2. Tìm P để phơng trình bậc hai ẩn y trên có nghiệm khơng âm.
Bớc 3. Tìm điều kiện của x để có dấu “=” xảy ra.

Bớc 4. Dựa vào điều kiện của P để suy ra giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của P, rồi kết
luận.

VÝ dơ: T×m giá trị lớn nhất của biểu thức: P= 2x −1

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Ta cã: P= 2√x −1

x+2√x+1⇔P(x+2√x+1)=2√x −1⇔Px+2P.√x+P −2√x+1=0

⇔P.x+2(P −1)√x+P+1=0 (1)

Đặt √x=y ( y ≥0 ) khi đó phơng trình (1) trở thành: P.y2+2(P −1).y+P+1=0 (2)

Ta cã: a=P ; b=2(P−1) ; c=P+1 ; b '=P−1

Vµ

P−1¿2− P(P+1)=P2−2P+1− P2− P=1−3P.

b '¿2−ac=¿

Δ'=¿

TH 1. NÕu P=0 th× 2√x −1=0⇔2√x=1⇔√x=1

2⇔x=
1
4 .
TH 2. NÕu P≠0 th× 2√x −1≠0⇔x ≠1

4 . Khi đó phơng trình (2) là mơt phơng trình bậc hai.
Phơng trình (1) có nghiệm ⇔ Phơng trình (2) có hai nghiệm khơng âm.

⇔
Δ' ≥0
− b

a ≥0
c
a≥0

⇔
¿1−3P ≥0

−2(P −1)

P ≥0

P+1

P ≥0
⇔
¿3P ≤1

P −1
P ≤0
P+1

P ≥0
⇔
¿P ≤1

3
0<P≤1

P ≤−1

P>0
¿
¿⇔0<P ≤1

¿
¿
¿

y −2¿2=0

P=1

3⇔
1
3 y

2
+2

(

3−1

)

y+
1

3+1=0⇔y

2−4y

+4=0⇔¿ (thay P=

3 vµo pt (2))
y −2¿2=0⇔y −2=0⇔y=2⇔√x=2⇔x=4

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

x
y

x = m

m
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thøc P b»ng 1

3 . Đạt đợc khi x=4 .

B. hàm số

i. một số kiến thức liên quan

1. Khái niệm hàm số.

Nu i lợng y phụ thuộc vào đại lợng x sao cho cứ mổi giá trị của x chỉ cho đúng một giá
trị y duy nhất thì y đợc gọi là hàm số của x.

KÝ hiÖu: y = f(x)

2. TÝnh chÊt chung cđa hµm số.
Với x1 và x2 bất kì thuộc R:

- Nu x1 < x2 mà f(x1) < f(x2) thì hàm số y = f(x) đồng biến trên R.

- NÕu x1 < x2 mµ f(x1) > f(x2) thì hàm số y = f(x) nghịch biến trên R.

3. Hàm số bậc nhất.

a) Khái niệm hàm số bậc nhÊt.

Hàm số bậc nhất là hàm số có dạng y = a.x + b trong đó a, b là các số cho trớc và a 0.

b) Tính chất: (tính đồng biến, nghịch biến của hàm số)
 Hàm số bậc nhất y = a.x + b (a  0)

+) §ång biÕn  a > 0

+) NghÞch biÕn  a < 0.

Ví dụ: Hàm số y = 2x – 1 là hàm số đồng biến. (vì a = 2 > 0)
 Hàm số y = - 3x + 2 là hàm số nghịch biến. (vì a = - 3 < 0)

4. Khái niệm về đồ thị hàm số.

Đồ thị của hàm số y = f(x) là tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các cặp giá trị 
tơng ứng (x; f(x)) trên mặt phẳng toạ độ.

Chú ý: Dạng đồ thị:

a) Hµm h»ng.

Đồ thị của hàm hằng y = m
(trong đó x là biến, m ) 
là một đờng thẳng luôn 
song song với trục Ox.

Đồ thị của hàm hằng x = m (trong đó y là biến,
m ) là một đờng thẳng ln song song

víi trơc Oy.

b

) Đồ thị hàm số y = ax (luôn đi qua gốc toạ độ.a0) là một đờng thẳng (hình ảnh tập hợp các điểm)

x
y

y = m

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

O Xx

Y
y =

ax
(v

íi a
< 0)

(I)
x > 0, y > 0
(II)

x < 0, y > 0

(III)

x < 0, y < 0 x > 0, y < 0(IV)

O Xx

Yy =
ax (

víi a
> 0)

(I)
x > 0, y > 0
(II)

x < 0, y > 0

(III)

x < 0, y < 0 x > 0, y < 0(IV)

c) Đồ thị hàm số y = ax + b (a,b0) là một đờng thẳng (hình ảnh tp hp cỏc

điểm) cắt trục tung tại điểm (0; b) và cắt trục hoành tại điểm (

b
a , 0).
Cách vÏ:

B

ớc 1. Xác định hai điểm thuộc đồ thị của hàm số bằng cách:

Cho x = 0  y =b  Giao điểm của đồ thị với trục tung có toạ độ (0;b)
Cho y = 0  x =

b
a


 Giao điểm của đồ thị với trục hồnh có toạ độ (
b
a


;0)
B

ớc 2. Biểu diễn hai điểm vừa xác định trên cùng một hệ trục toạ độ.
B

ớc 3. Kẻ đờng thẳng đi qua hai điểm vừa vẽ để có đồ thị của hàm số.

O Xx

Y
y =

ax + b
(v

íi a
< 0)

(I)
x > 0, y > 0
(II)

x < 0, y > 0

(III)

x < 0, y < 0 x > 0, y < 0(IV)

O Xx

Yy
Yy =

ax +
b (v

íi a >
0)

(I)
x > 0, y > 0
(II)

x < 0, y > 0

(III)

x < 0, y < 0 x > 0, y < 0(IV)

5. Vị trí tơng đối của hai đờng thẳng

Hai đờng thẳng y = ax + b (a0) và y = a’x + b’ (a'0)

+ Trïng nhau nÕu a = a’, b = b’.

+ Song song víi nhau nÕu a = a, bb.

+ Cắt nhau nếu a a.

+ Vuông gãc nÕu a.a’ = -1 .

6. Góc tạo bởi đờng thẳng y = ax + b (a0) và trục Ox
Giả sử đờng thẳng y = ax + b (a0) cắt trục Ox tại điểm A.

Góc tạo bởi đờng thẳng y = ax + b (a0) là góc tạo bởi tia Ax và tia AT (với T
là một điểm thuộc đờng thẳng y = ax + b có tung độ dơng).

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

- Nếu a < 0 thì góc  tạo bởi đờng thẳng y = ax + b với trục Ox đợc tính theo 
cơng thức nh sau:

 1800   với tan a (cần chứng minh mới c dựng).

II. Một số dạng toán

1. Bài toán tính giá trị của hàm số, biến số.
Ví dụ 1:

a) Cho hµm sè y = f(x) =

2
5

x

. TÝnh f(0); f(-1); f(

1
3



); f(

2 ); f(a); f(a + b).

b) Cho hµm sè y = g(x) = 2x2. TÝnh g(1); g(

1
2 ); g(

1
3



); g(-2); g(a); g(a - b).

Hớng dẫn: Thay từng giá trị của x vào công thức xác định hàm số để tính giá trị của hàm số
tại các giá trị đã cho của biến.

VÝ dơ 2: Cho hµm sè y = f x

 

= 2x + 3

a) TÝnh gi¸ trị của hàm số khi x = -2; - 0,5; 0; 3;
3
2

b)Tìm giá trị của x để hàm số có giá trị bằng 10; -7
Giải:

a) Ta cã: Khi x = - 2  f



2



= 2.(-2) + 3= - 4 + 3 = - 1
x =

1
2




1 1

2. 3 1 3 2

2 2

f       

   

x = 0  f

 

0 2.0 3 3 
x = 3  f

 

3 2.3 3 6 3 9   
x =

3
2 

3 3

2. 3 3 3

2 2

f     
 



b) +) Để hàm số y = f x

2x + 3 có giá trị b»ng 10  2x + 3=10
 2x = 10 - 3  2x = 7  x =

7
2



x
y

O
(a > 0)

A
T



x
y

O
(a < 0)

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Vậy khi x =
7

2 thì hàm số có giá trị bằng 10.

+) Để hàm số y = f x

 

= 2x + 3 cã gi¸ trÞ b»ng -7  2x + 3 = -7
 2x = -7 - 3  2x = - 10  x = - 5

VËy khi x = - 5 thì hàm số có giá trị bằng -7.
VÝ dơ 3: Cho hµm sè y = 2x - 3

a) Tính giá trị của hàm số với x = 0;

1
2

b) Tìm x để hàm số nhận giá tr l 6
Hng dn:

a) Tơng tự bài tập 1

b) Cho y = 6 <=> 2x – 3 = 6 <=> x =

6 3



2. Bài toán về hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến.

Ví dụ 1:Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến, hàm số nào nghịch biến trên R.Vì sao?

a) y =

 4.x2

3 b) y =

4 3

3 5

 

c) y =



2 3 .x



 3 d) y =

2
n 3.x

 

(x lµ biÕn sè, n3).

Ví dụ 2: Cho hàm số y = (m - 3)x + 2m - 1 (m 3)≠
a) Tìm m để hàm số đồng biến ;

b) Tìm m để hàm số nghịch biến.

H

íng dÉn :

a) Hàm số đồng biến <=> a = m – 3 > 0 <=> m > 3
Vậy m > 3 thì hàm số đồng bin

b) Hàm số nghịch biến <=> a = m 3 < 0 <=> m < 3
VËy m < 3 thì hàm số nghịch biến

3. im thuc th, khụng thuộc đồ thị hàm số
Phơng pháp:

- Thay hoành độ (hoặc tung độ) của điểm đó vào hàm số.

- Nếu giá trị của hàm số bằng tung độ(hoặc hồnh độ) thì điểm đó thuộc đồ thị hàm số
- Nếu giá trị của hàm số khơng bằng tung độ(hoặc hồnh độ) thì điểm đó khơng thuộc

đồ thị hàm số

VÝ dơ: Cho hµm sè y= 2x-1

a) Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số? Vì sao?

A(0; 1) B(1; 1) C(-2; 5)

b) Tìm điểm D bất kỳ thuộc đồ thị hàm số trờn?
Gii:

a) Xét điểm A

Thay x=0 vào hàm số ta có: y=2.0-1=-1 1 Ađhst

Xét điểm B

Thay x=1 vào hàm số ta cã: y=2.1-1=1  B®hst

b) Cho x=2  y=2.2-1=3  D(2;3)  ®hst

4. Bài tốn xác định hàm số

VÝ dơ 1:Cho hµm sè bËc nhÊt y = ax + 5

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Tìm a để đồ thị hàm số đi qua điểm A (-2; 3
Giải:

Để đồ thị hàm số y = ax + 5 đi qua điểm A (-2; 3)
 3 = a.(-2) + 5

 -2a + 5 = 3
 -2a = 3 - 5
 -2a = - 2
 a = 1

Vậy khi a = 1 thì đồ thị hàm số y = ax + 5 đi qua điểm A (-2; 3)

VÝ dô 2: a) Tìm hệ số a của hàm số y = ax + 1 biÕt r»ng khi x = 1 2 th× y = 3 2

b) Xác định hệ số b biết đồ thị hàm số y= -2x + b đi qua điểm A ( 2; - 3)
Giải:

a) Khi x = 1 2 th× y = 3 2 ta cã: 3 2 = a.(1 2) +1

 a.(1 2) = 3 2 -1

 a.(1 2) = 2 2

 a =

2 2
1 2



 =





2. 2 1

2
2 1




VËy khi x = 1 2 và y = 3 2 thì a = 2.

b) Vì đồ thị hàm số y= - 2x + b đi qua điểm A ( 2; -3) nên ta có:
 -3 = -2.2 + b

 - 4 + b = -3
 b = 1

Vậy khi b = 1 thì đồ thị hàm số y= - 2x + b đi qua điểm A ( 2; -3)
Ví dụ 3: Cho hàm số y = (m - 3)x + m + 2 (*)

a) Tìm m để đồ thị hàm số (*) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng - 3.

b) Tìm m để đồ thị hàm số (*) song song với đờng thẳng y = -2x + 1

c) Tìm m để đồ thị hàm số (*) vng góc với đờng thẳng y = 2x -3
Giải:

a) Để đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 (*) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –
3

 m + 2 = - 3
 m = - 5

Vậy với m = - 5 thì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng - 3
b) Để đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 (*) song song với đờng thẳng y = - 2x + 1


3 2
2 1
m

m
 




 

 

2 3

1 2
m
m

 



 

 

1
1
m
m







  m = 1 ( t/m)

Vậy với m = 1 thì đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 (*) song song với đờng thẳng
y = - 2x + 1

c) Để đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 (*) vng góc với đờng thẳng y = 2x - 3
 a.a’ = -1  (m - 3) .2 = -1

 2m - 6 = -1  2m = 5 

5
m =

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

VËy víi
5
m =

2 đồ thị hàm số y = (m - 3)x + m + 2 vng góc với đờng thẳng y = 2x - 3
Ví dụ 4: Xác định hàm số y = ax + b, biết:

a) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hồnh độ là 3 và đi qua điểm A(1; -2)
b) Đồ thị hàm số đi qua hai điểm B(2 ; 1) và C(-1; 4)

c) Đồ thị hàm số song song với đờng thẳng y = - x + 6 và đi qua A(- 1 ; - 9)
Giải:

a) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hồnh độ là 3  x = 3; y = 0 . Thay vào hàm số ta
có: 3a+b=0 (1)

Mặt khác đths đi qua A(1; -2) nên thay x=1 vµ y=-2 vµo hµm sè  a+b=-2 (2)

Tõ (1) và (2) ta có hệ phơng trình:

3a b 0 2a 2 a 1

a b 2 a b 2 b 3

   

  

 

  

  

Vậy hàm số là y= x-3

b) Đồ thị hàm số đi qua hai điểm B(2; 1) 2a+b=1 (1)
Đồ thị hàm số đi qua hai ®iĨm C(-1; 4)  -a+b= 4 (2)
Tõ (1) và (2) ta có hệ phơng trình:

2a b 1 3a 3 a 1

a b 4 a b 4 b 3

   

  

 

  

 

Vậy hám số là: y = -x + 3

c) Đồ thị hàm số song song với đờng thẳng y = - x + 6
=> a = - 1, ta có hàm số dạng : y = - x + b

Đồ thị hàm số ®i qua A(- 1 ; - 9) nªn thay x=-1 vµ y=-9 vµo hµm sè ta cã: -9=1+b b = -10
Vậy hàm số cần tìm là : y = - x – 10

Ví dụ 5:(C2/Đ14) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng thẳng d có phơng trỡnh:
y=(m-1)+ n

a) Với giá trị nào của m và n th× d song song víi trơc Ox?

b) Xác định phơng trình của d biết d đi qua A(1; -1) và có hệ số góc băng -3
Giải:

a) d song song víi trơc Ox khi vµ chØ khi

m 1 0 m 1

n 0 n 0

  

 



 

 

 

b) Phơng trình đờng thẳng d có hệ số góc băng -3  m-1=-3  m= -2

 d cã d¹ng y= -3x+n.

Mà d đi qua A(1;-1) -3.1+n=-1 n= 2

Vậy phơng trình đờng thẳng d là: y =-3x + 2

VÝ dơ 6:(C1/§40)

◦ Một số đề tự luyện:

C1b/§4, C1b/§5, C2a/§12, C2a/§13, C2a/§16, C1b/§22, C2/§31, C1b/§32, C2b/§35, 
C2b/§37, C2a/§39, C1/§40

5. Vẽ th hm s

a. Đồ thị hàm số y =ax (a≠ 0)

 Dạng đồ thị: Là đờng thẳng đi qua gốc toạ độ.

 Cách vẽ: B1: Xác định một điểm A bất kỳ thuộc đồ thị hàm số.

B2: Biểu diễn điểm A trên mặt phẳng toạ độ

B3: Vẽ đờng thẳng OA
Ví dụ: Vẽ đồ thị hàm số:

y x

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

 Dạng đồ thị: Là đờng thẳng cắt hai trục toạ độ.

 Cách vẽ: B1: Xác định hai điểm A, B bất kỳ thuộc đồ thị hàm số.
B2: Biểu diễn điểm A, B trên mặt phẳng toạ độ.

B3: Vẽ đờng thẳng đi qua hai điểm A và B.
Đờng thẳng AB là đồ thị hàm số cần vẽ.

Ví dụ: Vẽ đồ thị hàm số: y x 3

c. §å thị hàm số y =ax2 (a 0)

Dng th: Là Parabol đi qua gốc toạ độ, nhận trục Oy làm trục đối xứng.
 Cách vẽ:

B1: Lập bảng xác định 4 điểm thuộc đồ thị hàm số

( xác định 2 điểm A, B bất kỳ thuộc đồ thị hàm số, lấy 2 điểm A’, B’ đối xứng với
2 điểm đó qua trục tung)

B2: Biểu diễn 4 điểm A, B, A’, B’ trên hệ trục toạ độ
B3: Vẽ parabol qua 5 điểm A, B, O, A’, B’.

VÝ dô:

◦ Một số đề tự luyện:

C3/§3

6. Sự tơng giao của hai đờng thẳng, đờng thẳng và đờng cong
a) Tìm giao điểm của hai ng thng.

Phơng pháp:

- Lp phng trỡnh honh giao điểm và giải tìm hồnh độ giao điểm.
- Thay hồnh độ vào hàm số ta có tung độ tơng ứng.

VÝ dụ 1 : Tìm giao điểm của:(d1): y = 3x + 5 (d2): y = x - 1

Gi¶i :

Phơng trình hồnh độ giao điểm : 3x+5= x-1 x= -3

Thay x = -3 vµo y = x - 1 y = -4

Vậy toạ độ giao điểm hai đồ thị là (-3;-4)

VÝ dơ 2: T×m giao ®iĨm cđa: (d3): 3x + 2y = - 4 (d4): 5x + 4y = - 10

VÝ dơ 3:(C2a/§23)

Tìm m để đờng thẳng y=-3x+6 và y=
5

2 x-2m+1 cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung?
Gi¶i:

Đờng thẳng y=-3x+6 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 6. Đờng thẳng y=
5

2x-2m+1 cắt 
trục tung tại điểm có tung độ bằng -2m+1.

Do đó để hai đờng thẳng cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung cần -2m+1=6 m=

5
2


b)Tìm toạ độ giao điểm của Parabol với đờng thẳng.

Cho (P) : y = ax2 (a 0) và (d) : y = mx + n.

Phơng ph¸p:

Xét phơng trình hồnh độ giao điểm ax2 = mx + n.

Giải phơng trình tìm x.

Thay giỏ tr x va tìm đợc vào hàm số y = ax2 hoặc y = mx + n ta tìm đợc y.

+ Giá trị của x tìm đợc là hồnh độ giao điểm.
+ Giá trị của y tìm đợc là tung độ giao điểm.

Ví dụ 1 :Tìm toạ độ giao điểm của (P) y = - 2x2 và (d) y = 2x - 4.

Gi¶i :

Xét phơng trình hồnh độ giao điểm ta có

- 2x2 = 2x - 4 <=> 2x2 + 2x - 4 = 0 <=> x2 + x - 2 = 0

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Thay x = 1 vào hàm số y = - 2x2 => y = - 2, ta đợc giao điểm thứ nhất là (1 ; - 2)

Thay x = - 2 vào hàm số y = - 2x2 => y = - 8, ta đợc giao điểm thứ hai là (-2 ; - 8)

Vậy ta tìm đợc hai giao điểm của (P) và (d) là (1 ; - 2) và (-2 ; - 8)

VÝ dô 2 :
C3b/§3

c) Tìm điều kiện để hai đờng thẳng cắt nhau, song song, trùng nhau :

VÝ dơ 1 : C2b/§37

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, với giá trị nào của a, b thì đờng thẳng (d) : y=ax+2-b và
đờng thẳng (d’) : y=(3-a)x+b song song với nhau ? trùng nhau ? cắt nhau ?

Gi¶i :

Hai đờng thẳng d và d’ song song với nhau khi và chỉ khi :
3

a 3 a a

2
b 2 b

b 1



  

 



 

 

  



d) Tìm điều kiện để đờng thẳng và đờng cong cắt nhau, khơng cắt nhau, tiếp xúc nhau :
Ví dụ 1 : Cho parapol (P) : y = 2x2 và đờng thẳng (d) : y = 2(a + 1)x - a - 1

a) Tìm a để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Tìm tọa độ giao điểm
b) Tìm a để (P) và (d) tiếp xúc nhau. Xác định tọa độ tiếp điểm

Gi¶i :

a) (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phơng trình hồnh độ giao điểm :

2 2

2x 2(a 1)x  a 1 2x  2(a 1)x a 1 0 (1)

cã hai nghiệm phân biệt. Ta cần có điều kiện ' (a 1)(a 1)  0a 1 hc a1
VËy a 1 hoặc a 1 thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt

Honh giao im l nghim ca phơng trình (1)

2 2

1 2

a 1 a 1 a 1 a 1

x , x

2 2

     

 

Thay x , x1 2 vào y = 2(a + 1)x - a - 1 ta tìm đợc tung độ giao điểm

2 2

1 2

y (a 1)(a  a  1 ), y (a 1)(a  a  1 )

Vậy tìm đợc hai giao điểm là



x ;y1 1



, ( x ; y )2 2

c) (P) và (d) tiếp xúc nhau khi và chỉ khi phơng trình hồnh độ giao điểm :

2x  2(a 1)x a 1 0 (1) cã nghiÖm kÐp
NghÜa lµ  ' (a 1)(a 1)   0 a 1 hc a = 1

- Víi a = - 1, nghiÖm kÐp 1 2

2(a 1)

x x



 

= 0.

Vậy tọa độ điểm tiếp xúc là (0 ; 0)

- Víi a = 1, nghiƯm kÐp 1 2

2(a 1)

x x



 

= 1.
Vậy tọa độ điểm tiếp xúc là (1 ; 2)

VÝ dô 2 : Cho (P): y = x2 vµ (d): y = 2(m + 3)x - m2 - m - 2

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

c) Tìm m để (d) và (P) cắt tại hai điểm phân biệt.

Bµi tËp

a) Vẽ đồ thị hàm số y x 2 (P) và đờng thẳng y x2 (D) trên cùng một mặt phẳng toạ độ
Oxy.

b) Tìm toạ độ giao điểm của (P ) và (D) bằng phép tính.

Gi¶i:

a) Vẽ đồ thị hàm số y x 2 (P)

Lập bảng giá trị tơng ứng giữa x và y.

x - 3 - 2 - 1 0 1 2 3

2
2
x

y 9 4 1 0 1 4 9

Đồ thị hàm số y x 2 (P) là một Parabol có bề lõm quay xuống phía dới và đi qua các điểm có
toạ độ O (0; 0); A



1;1



; A’



1;1



; B



2;4



; B’



2; 4



; C

3;9

; C

3;9

+) Đờng thẳng yx2 (D)

Cho x = 0  y = 2  D (0; 2) Oy
y = 0  x = 2  E (2; 0) Ox

 §êng thẳng y2x2 (D)

đi qua 2 điểm D (0; 2) vµ E (2; 0)

b) Phơng trình hồnh độ giao điểm: x2 x2
Giải phơng trình: x2 x 2 0

Ta cã a + b + c = 1 + 1 + (- 2) = 0 nên phơng trình cã hai nghiÖm x1= 1; x2= - 2

+) Víi x1 = 1  y1 = 12 = 1  M (1; 1)

+) Víi x2 = -2  y2 = (-2)2 = 4  N (- 2; 4)

- Vậy đồ thị hàm số y x 2(P) và đờng thẳng yx2 (D) cắt nhau tại 2 điểm M(1; 1) và N(-
2; 4)

◦ Một số đề tự luyện:
C3/Đ27, C1b/Đ9, C2a/Đ2

C. hÖ hai phơng trình bậc nhất hai ẩn

I. Lý thuyết

1. Hệ hai phơng trình bậc nhất hai ẩn
a. Phơng trình bậc nhất hai ẩn

Phơng trình bậc nhất hai ẩn: ax + by = c víi a, b, c  R (a2 + b2  0)

 TËp nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn:

Phơng trình bậc nhât hai ẩn ax + by = c ln ln có vơ số nghiệm. Tập nghiệm của
nó đợc biểu diễn bởi đờng thẳng (d): ax + by = c

- Nếu a 0, b 0 thì đờng thẳng (d) là đồ thị hàm số

a c

y x

b b

 

- Nếu a 0, b = 0 thì phơng trình trở thành ax = c hay x = c/a và đờng thẳng (d) song 
song hoặc trùng với trục tung

- Nếu a = 0, b 0 thì phơng trình trở thành by = c hay y = c/b và đờng thẳng (d) song 
song hoặc trùng với trục hồnh

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

 HƯ hai phơng trình bậc nhất hai ẩn: ' ' '
ax by c
a x b y c

 




 



trong đó a, b, c, a’, b’, c’  R

 Minh họa tập nghiệm của hệ hai phơng trình bậc nhất hai ẩn
Gọi (d): ax + by = c, (d’): a’x + b’y = c’, khi ú ta cú

(d) // (d) thì hệ vô nghiệm

(d) (d’) =

 

A th× hƯ cã nghiƯm duy nhất
(d) (d) thì hệ có vô số nghiƯm

 Hệ phơng trình tơng đơng

Hệ hai phơng trình tơng đơng với nhau nếu chúng có cùng tập nghim

c. Phơng pháp giải hệ: Phơng pháp thế.

Phng pháp cộng đại số.

Chú ý: Phơng pháp đặt ẩn ph.

2. Hệ phơng trình đa về phơng trình bậc hai

- Nếu hai số x và y thỏa mãn x + y = S, x.y = P (với S2  4P) khi đó hai số x, y là

nghiƯm cđa ph¬ng trình: X2 + SX + P = 0

II. Các dạng bài tập
1. Giải hệ hai phơng trình 
Ví dụ 1:C1b/Đ1

Giải hệ phơng trình:

3x y 5
x 2y 3

Giải:

3x y 5 6x 2y 10 7x 7 x 1

x 2y 3 x 2y 3 x 2y 3 y 2

     
   
  
   
      
  

Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(1;2)
Ví dụ 2: C2b/Đ4

Giải hệ phơng trình:

2x 3y 2
1
x y
6




 



Gi¶i:
1

2x 3y 2 10x 5 x

2x 3y 2 4x 6y 4 2

1 1

6x 6y 1 6x 6y 1 1

x y y x

y
6 6
3

   
  
   
 
  
   
    
   
     
 


Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(

1
2;

1
3)

Ví dụ 3: (C2a/Đ6) Đ/K: x0, y0 (*)

Giải hệ phơng trình:

y x 1
x y 1 (1)

y x 1

2 3 2 3

2 (2) 2

x y x x 1 2x 3x 2 0

 

 




 
 
 
    

Giải phơng trình

x 2

2x 3x 2 0 1

x
2



   
 


</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

+ Víi

1
x



suy ra y=x+1=
1

2 (tho¶ m·n *)

Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm (2; 3) và (

1 1
;
2 2

)

Ví dụ 4: (C2b/Đ38) Giải hệ phơng trình:

6x 6y 5xy
4 3
1
x y
 



 



§/K: x0, y0 (*)

6 6 3 3 5

5 ( chia hai ve cho xy)
6x 6y 5xy

x y x y 2

4 3

1 4 3 4 3

1 1

x y

x y x y

7 7
x 2
x 2
x 2
(T/m)
3

4 3 2 1 y 3

1 y

x y
 
   
 
  
  
 
  
 
      
  
 


 
  
 
     
   
   




VËy hÖ phơng trình có nghiệm (2; 3)

Mt s đề tự luyện:

C1b/§3, C1a/§8, C2a/§10, C2b/§11, C3/§13, C2b/§16, C1b/§21, C2a/§27, C1a/§28, 
C1b/§30, C1a/§33, C2a/§37, C2b/§38, C2b/§39.

2. Tìm điều kiện để hệ phơng tình có nghiệm, vơ nghiệm, vơ số nghiệm:
Ví dụ :(C2b/Đ2) Cho hệ phơng trình:

4x ay b
x by a

 




 



Tìm a và b để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x: y) = (2; -1)
Giải:

Thay x=2và y=-1 vào hệ phơng trình ya đợc:

8 a b a 2 b a 5

2 b a 8 (2 b) b b 3

    
  
 
  
     

  

Thay a=5 và b=3 vào hệ đã cho ta có hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x; y)=(2; -1)
Vậy với a=5 và b=3 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y)=(2; -1)

◦ Một số đề tự luyện:
C2/Đ19

3. Tìm điều kiện để hệ phơng trình thoả mản điều kiện (T)
C3/Đ9, C2/Đ40

4. H phng trỡnh i xng loi 1

Định nghĩa:

H hai phơng trình hai ẩn x và y đợc gọi là đối xứng loại 1 nếu ta đổi chỗ hai ẩn x và y đó
thì từng phơng trình của hệ khụng i

Cách giải

Đặt S = x + y, P = x.y, §k: S2  4P

 Giải hệ để tỡm S v P

Với mỗi cặp (S, P) thì x và y là hai nghiệm của phơng trình:
t2 - St + P = 0

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

2 2

13
x y xy
x y xy

  




  

 b) 2 2

1 0
22
x y xy

x y x y

   




   

 c)

2 2 8
( 1)( 1) 12
x y x y
xy x y

    



  


5. Hệ phơng trình i xng loi 2

Định nghĩa

H hai phơng trình hai ẩn x và y đợc gọi là đối xứng loại 2 nếu ta đổi chỗ
hai ẩn x và y thì phơng trình này trở thành phơng trình kia và ngợc lại
 Cách giải

 Trừ vế theo vế hai phơng trình trong hệ để đợc phơng trình hai ẩn
 Biến đổi phơng trình hai ẩn vừa tìm đợc thành phơng trình tích
 Giải phơng trình tích ở trên để biểu diễn x theo y (hoặc y theo x)

 Thế x bởi y (hoặc y bởi x) vào 1 trong 2 phơng trình trong hệ để đợc phơng trình một
ẩn

 Giải phơng trình một ẩn vừa tìm đợc rịi suy ra nghiệm của hệ
Ví dụ: Giải hệ phơng trình

2
2

2 4 5

x y y

y x x

   


  

 
3
3
13 6
13 6

x x y

y y x

  



 


6. Hệ phơng trình đẳng cấp bc 2

Định nghĩa

- H phng trỡnh ng cp bc hai có dạng:

2 2

' ' ' 0

ax bxy cy
a x b xy c y

   


 

Cách giải

- Xét xem x = 0 có là nghiệm của hệ phơng trình không

- Nu x 0, ta đặt y = tx rồi thay vào hai phơng trình trong hệ
- Khử x rồi giải hệ tìm t

- Thay y = tx vào một trong hai phơng trình của hệ để đợc phơng trình một ẩn (ẩn x)
- Giải phơng trình một ẩn trên để tìm x từ đó suy ra y dựa vào y = tx

 Lu ý: ta có thể thay x bởi y và y bởi x trong phần trên để có cách giải tơng tự
Ví dụ:Giải hệ phơng trình

2 2

4 1

3 4

x xy y
y xy
   


 

 b)
2 2

2 2

2 3 3

2 2 6

x xy y

x xy y

   




7. Hệ phơng trình chứa tham số:

Ví dụ 1: Cho hệ phơng trình 2

3 (1)

9 3 3(2)

x y m

x m y

a) Với giá trị nào của m thì hệ phơng trình vô nghiệm

b) Vi giỏ tr nào của m thì hệ phơng trình có vơ số nghiệm? Khi đó hãy tìm dạng tổng qt
nghiệm của h phng trỡnh

c) Với giá trị nào của m thì hệ phơng trình có nghiệm duy nhất
Giải:

a)Từ (1) => y = 3x + m thay vµo (2) => 3x(3 - m2) = m3 -3 3(*).
Víi m = - 3 thì (*) có dạng: 0x = -6 3. ph ơng trình vô nghiệm.

y = 3x+ 3
b)Vi m = 3 thì (*) có dạng: 0x = 0. ph ơng trình vơ số nghiệm. Khi đó nghiệm của hệ:

x R

) 3. Hệ ph ơng trình có nghiệm duy

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Ví dụ 2. Với giá trị nào của m thì hệ phơng trình
4
1
mx y
x my



 cã nghiƯm tháa m·n ®iỊu kiƯn

2
8
1
x y
m
 

 . Khi đó hãy tìm các giá trị của x và y.
Giải:









2
2 2
2
2 2

2 2 2 2

4(1)
4(1)

1(2) (3)

1 4 ( 1

4 4 1

1 1

4 1 4

1 1 1 1

1. ;

LÊy (1) - (3) => V× 0)

x = =

8 8

Theo bµi cã: x + y =

5 3

Khi đó x = y =

2 2
 
  


 
   
 

      

 
   
 
 
  
   
 
mx y
mx y

x my mx m y m

m

m y m y m

m

m m m

my

m m

m m m m

m

D. phơng trình bậc hai

i. Một số kiến thức liên quan

1) Định nghĩa.

Phơng trình bậc hai là phơng trình có d¹ng ax2

+bx+c=0 trong đó a, b, c là các số cho
tr-ớc và a ≠0 .

2) C¸ch gi¶i:

Bớc 1: Xác định các hệ số a=? , b=? và c=? của phơng trình đã cho.

Bíc 2: TÝnh biƯt thøc ®en-ta: Δ=b2−4 ac hc b '¿2−ac

Δ'=¿ (trong đó b '=

b
2 )

Bớc 3: Dựa vào dấu của Δ (hoặc ') để xác định nghiệm của phơng trình.

+) Nếu Δ<0 ( Δ'<0 ) thì phơng trình đã cho vơ nghiệm.

+) Nếu Δ=0 ( Δ'=0 ) thì phơng trình đã cho có nghiệm kép x1=x2=−

b
2a=−

b '
a
+) Nếu Δ>0 ( Δ'>0 ) thì phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là:

x1=− b −√Δ

2a =

− b ' −√Δ'

a vµ x2=

− b+√Δ
2a =

− b '+√Δ'
a

Bíc 4: KÕt luËn.
L

u ý .

 NÕu phơng trình ax2

+bx+c=0 có a+b+c=0 thì nó luôn có hai nghiệm x1=1 và

x2=ca

Nếu phơng trình ax2

+bx+c=0 có a b+c=0 thì nó luôn có hai nghiƯm x1=−1 vµ

x2=−

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

3) Điều kiện có nghiệm của phơng trình ax2

+bx+c=0 . (1)
( Chó ý: Phơng trình (1) cha phải là phơng trình bậc hai )

+) Phơng trình (1) là phơng trình bậc hai a 0 .

+) Phơng trình (1) là phơng trình bậc nhất

a=0

b0

{

+) Phơng trình (1) có nghiệm duy nhất

a=0

b0

{

+) Phơng trình (1) có nghiệm kÐp ⇔

a ≠0
Δ=0

¿{
¿

¿(Δ'=0)

(

x1=x2=

b
2a=

b '
a

)

+) Phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt

a0
>0
{

('>0) .

+) Phơng trình (1) có hai nghiệm

a 0
0

{

(' 0) .

+) Phơng trình (1) có một nghiệm

a=0

b0

{

hoặc

a 0
=0
{

('=0)

+) Phơng trình (1) vô nghiệm

a=b=0

c 0

{

hoặc

a0
<0
{

('<0)

4) Hệ thức Vi-et.

Nếu phơng trình bậc hai ax2

+bx+c=0 cã hai nghiƯm x1 vµ x2 thì x1+x2=

b
a
và x1.x2=c

a

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

ii. Các dạng toán thờng gặp.

Dạng 1: Bài toán giải phơng trình ax2

+bx+c=0 (*) khi cho biết giá trị của tham số

m = k.

1) Bài toán giải phơng trình ax2+bx+c=0 (*) ( không có tham số)
a) Phơng pháp giải

Bc 1: Xỏc nh cỏc h s a, b, c
Bớc 2: Tính a+c rồi so sánh với b

- TH1: Nếu a+c bằng hoặc đối vơí b thì ta vận dụng hệ thức Viet để nhẩm nghiệm)
- Nếu TH1 không xấ ra ta dùng công thức nghiệm giải( Nếu b chẵn ta dung công thức
thu gọn)

b) VÝ dô 1: Giải phơng trình: 5x2 6x 1 0

Giải: Các hệ số: a=5, b=-6, c=1
Ta có: a+b+c=5+(-6)+1=0

Nên phơng trình có hai nghiệm phân biệt: x1=1;

x2=

c 1
a 5

Ví dụ 2:(C1aĐ22) Giải phơng trình: x2 2x 15 0

Giải: C¸c hƯ sè: a =1, b’ =-1, c =-15

 









' '

b ac 1 1. 15 16 0

Phơng trình (1) cã hai nghiƯm ph©n biƯt:

1
2

x 1 4 5;

x 1 4 3

2) Bài toán giải phơng trình ax2

+bx+c=0 (*) khi cho biết giá trị của tham số m = k.

b) Phơng pháp giải

Bc 1: Thay m = k vào phơng trình (*) để đợc một phơng trình mới ẩn x.

Bớc 2: Giải phơng trình vừa thu đợc để có nghiệm của phơng trỡnh.

Bớc 3: Kết luận.

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Cho phơng trình: x2−2(m−1)x+2m−3=0 (1) (víi m lµ tham số)

a) Giải phơng trình (1) khi m=1 .

b) Tỡm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) nghim kộp.
Gii:

a) Khi m=1 phơng trình (1) trở thành: x2+4x 5=0 . (*)
Phơng trình (*) cã: a=1 , b=4 vµ c=−5 .

Vì a+b+c=1+4+(5)=0 nên phơng phơng trình (*) sẽ cã hai nghiƯm

x1=1 vµ x2=c

a=−5 .

VËy khi m=1 thì phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt là x1=1 và x2=5 .

b) Phơng trình (1) có: a=1 , b=2(m 1) , c=2m−3 , b '=1− m

vµ

m22

1 m2(2m3)=m22m+12m+3=m24m+4=

b '2ac=

'=

Để phơng trình (1) có nghiệm kép thì

a 0
 '=0

10(m)

m22=0

m 2=0m=2

Vậy với m=2 thì phơng trình (1) có nghiệm kép.

Mt s t luyn:

C3a/Đ1, C3a/§4, C3a/§8C3a/§14C3a/§18, C2a/§20, C3a/§21, C3a/§23, C3a/§26,
C2a/§30, C2a/§32, C3a/§33, C3a/§37, C3a/§38, C3a/§39

 Dạng 2: Bài tốn tìm giá trị của tham số m để phơng trình ax2+bx+c=0 (*) có

nghiƯm x=x0 .

1) Phơng pháp giải

Bc 1: Thay x=x0 vào phơng trình (*) để đợc một phơng trình mới ẩn m.

Bớc 2: Giải phơng trình ẩn m vừa thu đợc để có đợc giá trị của tham s m.

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

2)Ví dụ:

Cho phơng trình Èn x tham sè m: x2−2 mx+m2+m −2=0 (1)

a) Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) có một nghiệm x=2 .

b) Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt và tìm hai
nghiệm phân biệt đó.

Gi¶i:

a) Thay x=2 vào phơng trình (1) ta c: m23m+2

=0 (*)

Phơng trình (*) là phơng trình bậc hai ẩn m có: a=1 , b=3 và c=2 .

Vì a+b+c=1+(3)+2=0 nên phơng trình (*) sẽ có hai nghiệm là m1=1 vµ m2=

c

a=2 .
VËy víi m=1 hoặc m=2 thì phơng trình (1) sẽ có một nghiệm x=2 .

b) Phơng trình (1) có: a=1 , b=−2m , c=m2+m−2 , b '=m

và

m2(m2+m 2)=m2 m2m+2=2 m

b '2ac=

'=

Để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì

a 0
'>0

10(m)

2 m>0
⇔m<2

¿{
¿

Khi đó, hai nghiệm của phơng trình là: x1=− b '+√Δ'

a =m+√2− m
vµ x2=− b ' −√Δ'

a =m−√2− m
VËy víi m<2 thì phơng trình (1) có hai nghiệm phân biƯt.

◦ Một số đề tự luyện:

C2b/§12, C2b/§13, C2b/§20, C2/§24

 Dạng 3: Bài toán liên quan đến điều kiện về nghiệm của phơng trình ax2

+bx+c=0

(1)

1) KiÕn thøc cÇn nhí.

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

+) Phơng trình (1) có hai nghiệm x1 vµ x2 cïng dÊu ⇔

a ≠0
Δ≥0(Δ' ≥0)

c
a>0

¿{ {
¿

+) Phơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 đều dơng ⇔

a ≠0
Δ≥0(Δ' ≥0)

c
a>0
− b

a >0

¿{ { {
¿

+) Phơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 đều âm ⇔

a ≠0
Δ≥0(Δ' ≥0)

c
a>0
− b

a <0

¿{ { {
¿

+) Phơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 đối nhau ⇔

a ≠0
Δ≥0(Δ' ≥0)

− b
a =0

¿{ {
¿

+) Phơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 là nghịch đảo của nhau

⇔

a ≠0
Δ≥0(Δ' ≥0)

c
a=1

¿{ {

2) Ví dụ.

Ví dụ 1. Cho phơng trình ẩn x, tham sè m: x2−2(m−1)x+2m−5=0 (1)

a) Chứng minh rằng: Phơng trình (1) luôn có hai nghiƯm ph©n biƯt víi mäi m.

b) Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm cùng dấu . Khi đó hai nghiệm mang dấu gì ?

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Ta cã: a=1 ; b=−2(m −1) ; c=2m−5 ; b '=b

2=1− m vµ

2 2 2

2 2

' ( ') (1 ) (2 5) 1 2 2 5
4 6 ( 2) 2

b ac m m m m m

m m m

           

    .

a) Vì phơng trình (1) có a=10 nên phơng trình (1) là một phơng trình bậc hai. (*)
Mặt khác: m22+22>0

'= (mR) (**)

Từ (*) và (**) phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

b) Để phơng trình (1) có hai nghiƯm cïng dÊu th×
¿
a ≠0

Δ ' ≥0

c
a>0

¿{ {
¿
⇔

1≠0(∀m)

m−2¿2+2≥0(∀m)
¿

2m −5>0
¿

⇔2m>5⇔m>5

2 .

Khi m>5

2 th× tỉng hai nghiƯm x1+x2=

−b

a =2(m−1)>2 .

(

2−1

)

=3>0 nên hai nghiệm này
phải đều dơng.

VËy víi m>5

2 thì phơng trình (1) có hai nghiệm cùng dấu và khi đó hai nghiệm đều 
d-ơng.

VÝ dụ 2. Cho phơng trình ẩn x, tham số m: mx2−(2m −1)x+m−1=0 (1)

a) Chứng minh rằng: Phơng trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m≠0 .
b) Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm là nghịch đảo của nhau.
c) Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm đều mang dấu âm.
Giải:

Ta cã: a=m ; b=−(2m −1)=1−2m ; c=m −1

vµ 1−2m¿

2−4m.

(m−1)=1−4m+4m2−4m2+4m=1 .

Δ=b2−4 ac=¿

a) Khi m≠0 th× a 0 nên phơng trình (1) là một phơng trình bậc hai. (*)
Mặt khác: Δ=1>0 (**)

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

b) Để phơng trình (1) có hai nghiệm đối nhau thì
¿
a ≠0

Δ≥0

− b
a =0

¿{ {
¿

⇔
m≠0
1≥0(∀m)

2m−1
m =0

⇔
¿m ≠0

2m−1=0
¿{ {

⇔
m≠0
2m=1

⇔
¿m≠0

m=1

2
⇔m=1

¿{

VËy víi m=1

2 thì phơng trình (1) có hai nghiệm đối nhau.
c)Để phơng trình (1) có hai nghiệm đều mang dấu âm thì:

a ≠0

Δ≥0
c
a>0
− b

a <0

¿{ { {
¿

⇔
m≠0
1≥0(∀m)

m −1
m >0
2m−1

m <0

¿{ { {

m 0
m(m1)>0

m(2m1)<0

m0

m<0

m>1

0<m<1

(không tồn tại m)

Vy khụng cú giỏ trị nào của m để phơng trình (1) có hai nghiệm đều âm.
 Một số đề tự luyện:

C3a/§7, C3a/§11, C2a§15, C3a/Đ28, C3a/Đ40, C2b/Đ32, C3b/Đ33, C3/Đ34, C3/Đ35

Dạng 4: Bài toán sử dụng hệ thức Vi-et.

Loại 1. Những bài toán sử dụng trực tiếp hệ thức Vi-ét .
1) Phơng pháp giải

Bc 1: Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình có hai nghiệm x1 và x2 .
(tức là tìm m để cho a ≠0 và Δ≥0 hoặc Δ' ≥0 )

Bớc 2: Biến đổi hệ thức đã cho thành hệ thức mới có chứa x1+x2 và x1.x2

Bíc 3: Thay x1+x2=−b

a vµ x1.x2=

c

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Bớc 4 : Giải phơng trình ẩn m vừa thu đợc để có m.

Bớc 5 : Đối chiếu m vừa tìm đợc với điều kiện ở bớc 1, rồi kết luận.
Lu ý.



2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

( 2 ) 2

( ) ( 2)

P x x kx x P x x x x kx x x x

P x x k x x

        

    



2 2 2 2

2 2

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

2 1 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

.
( ) ( 2)

x x x x x x

P P P x x P x x

x x x x x x x x

x x P x x



         

   



√

x1+

√

x2¿

2⇔

P2=(x1+x2)+2

√

x1x2

P=

√

x1+

√

x2⇔P
2

=¿



2 2 2 2

1 2 1 2

1 2 1 2 2 1

2 1 2 1

2 2

1 2 1 2

2 . 2

( ) .

x x x x

P P x x P x x x x

x x x x

x x x x P

         

  



2 2 2 2 2 2

1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2

2 2

1 2 1 2

2 ( 2 ) 4

( ) 4

P x x P x x x x P x x x x x x

P x x x x

          

   

2) VÝ dô.

VÝ dô 1. Cho phơng trình ẩn x, tham số m: x2

4x+m+1=0 (1)

1) Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) ln có hai nghiệm.
2) Tìm m sao cho phơng trình (1) có hai nghiệm x1và x2 thoả mãn điều kiện

a) x12+x22=10 . b)

x1
x2

+x2
x1

=3 .
c)

√

x1+

√

x2=2 .

Gi¶i:

1) Ta cã: a=1 ; b=−4 ; c=m+1 ; b '=b

2=−2
và:

22(m+1)=4 m1=3 m

b '2ac=

'=

Để phơng trình (1) cã hai nghiƯm th×

a ≠0
Δ' ≥0

⇔
¿1≠0

3−m≥0

¿{
¿

¿
(∀m)

⇔m ≤3 .

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

2) Trớc hết để phơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thì m≤3 . (theo câu a)

Khi đó, áp dụng hệ thức Vi –ét ta đợc:

x1+x2=−b

a =4
x1x2=c

a=m+1

¿{
¿

a) Ta cã: x1
2

+x22=10 x1+x2¿

−2x1x2=10
⇔(x12+2x1x2+x22)−2x1x2=10⇔¿

⇔42−2(m+1)=10⇔16−2m −2=10⇔2m=4⇔m=2 (tho¶ m·n điều kiện).

Vậy với m=2 thì phơng trình (1) luôn có hai nghiệm thoả mÃn điều kiện x12+x22=10 .

b) Ta có:

x1+x2
2

=5x1x2

x1

x2+
x2

x1=3
x12

x1x2+
x22

x1x2=
3x1x2

x1x2 x1
2

+x22=3x1x2
42=5(m+1)5m+5=165m=11m=11

2 (thoả mÃn điều kiện)
Vậy với m=11

2 thì phơng trình (1) luôn có hai nghiệm thoả mÃn điều kiện 
x1
x2

+x2
x1

=3 .
c) Để phơng trình (1) có hai nghiệm thoả mÃn điều kiện

x1+

x2=2 thì trớc hết phơng

trình (1) phải có hai nghiệm x1 và x2 không âm.

Tức là:

a0
 ' 0

c
a0

b

a >0

10

3 m0
m+10

4>0

m 3

m 1
1 m3

{ { {

Mặt khác:

x1+

x2=1

√

x1+

√

x2¿
2

=2⇔x1+x2+2

√

x1x2=4⇔4+2√m+1=4
⇔¿

⇔2√m+1=0⇔√m+1=0⇔m+1=0⇔m=−1 (tho¶ m·n)

VËy với m=1 thì phơng trình (1) luôn có hai nghiệm thoả mÃn điều kiện

x1+

x2=2 .

Ví dụ 2. Cho phơng trình ẩn x, tham số m: x2

−2 mx+m2−1=0 (1)

a) Chøng minh rằng phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của
tham số m.

b) Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phơng trình (1). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Giải:

a) Ta cã: a=1 ; b=−2m ; c=m2−1 ; b '=b

2=m

Vì a=10 nên phơng trình (1) là một phơng trình bậc hai. (*)
Mặt khác:

m2(m21)=m2 m2+1=1>0

b '¿2−ac=¿

Δ '=¿

( ∀m ) (**)

Tõ (*) và (**) phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Vì phơng trình (1) luôn có hai nghiệm x1 và x2 (chứng minh câu a) nên theo hÖ thøc
Vi- Ðt ta có: x1+x2=b

a=2m và x1.x2=

c
a=m

21

.
Mặt khác ta lại cã: x1+x2¿

A=x1x2− x12− x22=3x1x2−(x12+2x1x2+x22)=3x1x2−¿

2m¿

=3m2−3−4m2=− m2−3
¿3(m2−1)−¿

V× m2≥0⇒− m2≤0⇒− m2−3≤ −3⇒A ≤ −3 . DÊu “=” x¶y ra khi m=0 .

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A bằng (-3). Đạt đợc khi m = 0.
Ví dụ 3. Cho phơng trình bậc hai tham số m: x2−2(m

+1)x+m −4=0

1) Tìm m để phơng trình 2 cú nghim trỏi du.

2) Chứng minh rằng phơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
3) Gọi x1 vµ x2 lµ hai nghiƯm của phơng trình.

a) Chứng minh biểu thức M=x1(1 x2)+x2(1 x1) không phụ thuộc vào m.

b) Tìm các giá trị của m sao cho hai nghiệm của phơng trình thoả mÃn điều kiện:
|x1 x2|=6 .

Giải:

1) Để phơng trình (1) có hai nghiệm trái dấu thì c

a<0m4<0m<4 .
Vậy với m<4 thì phơng trình (1) cã hai nghiƯm tr¸i dÊu.

2) Ta cã: a=1 , b=−2(m+1) , c=m −4 , b '=b

2=−(m+1)

V× phơng trình (1) là một phơng trình bậc 2 có: b '¿2−ac=[−(m+1)]

−(m−4)

Δ'=¿

m2+2m+1m+4=m2+m+5

(

m2+m+1

)

+
19

(

m+1

)

2
+19

4 >0(m)

Nên phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. (đpcm)
3) Vì phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 , ¸p dơng hƯ thøc
Vi - Ðt

ta đợc:

x1+x2=−b

a =2(m+1)
x1x2=c

a=m −4

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

¿2m+2−2m+8=10 .

⇒ Biểu thức M không phụ thuộc vào giá trị cđa tham sè m. (®pcm)
b) Ta cã:

x1+x2¿
2

−4x1x2=36

x1− x2¿
2

=36⇔x12−2x1x2+x22=36⇔¿

|x1− x2|=6⇔¿

⇔[2(m+1)]2−4(m−4)=36⇔4(m2+2m+1)−4m+16=36⇔4m2+4m−16=0

Δ'm=2

−4(−16)=68>0 ⇒m1=−2+√68

4 =

−1+√17

2 vµ m2=

−2−√68

4 =

−1−√17

2 .

VËy víi m=−1±√17

2 thì phơng trình có hai nghiệm thoả mãn điều kiện |x1− x2|=6 .
◦ Một số đề tự luyện:

C3b/§1, C3b/§4, C3b/§7, C2b/§6, C3b/§8, C3a/§9, C2b/§13, C3b/§14, C2b/§15,
C2b/§17, C3b/§18, C2c/§20, C3b/§21, C2b/§25, C3b/§26, C2b/§27, C3b/§28,
C3b/§37, C3b/§40.

Loại 2. Những bài tốn sử dụng hệ hức Vi-et khơng triệt để.

Bài tốn 1. Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình có hai nghiệm x1 và x2 thoả

m·n ®iỊu kiƯn: px1+qx2=k .

1) Phơng pháp giải

Bc 1:. Tỡm cỏc giỏ tr ca tham số m để phơng trình có hai nghiệm x1 và x2 .
(tức là tìm m để cho a ≠0 và Δ≥0 hoặc Δ' ≥0 )

Bớc 2 : Biến đổi hệ thức đã cho về dạng:

px1+qx2=kx1x2⇔(px1+px2)+(qx2−px2)=kx1x2⇔p(x1+x2)+(q − p)x2=kx1x2
Bíc 3: Thay x1+x2=−

b

a vµ x1.x2=

c

a vào hệ thức vừa biến đổi rồi tính x1 hoặc x2 .
Bớc 4:. Thay x1 hoặc x2 vừa tính vào phơng trình đã cho để đợc một phơng trình ẩn m.

Bớc 5: Giải phơng trình vừa thu đợc, đối chiếu điều kiện ở bớc 1, rồi kết luận.

2) Ví dụ

Ví dụ 1. Cho phơng trình ẩn x, tham sè m: x2

+3x −2m+1=0 (1)

1) Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm trái dấu.

2) Tìm tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn điều kiện:
a) 2x1+3x2=1 b) x1

− 2

x2=

x1x2 c) x12− x22=6

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

1) Để phơng trình (1) có hai nghiệm trái dÊu th× c

a<0⇔1−2m<0⇔2m>1⇔m>
1
2 .

VËy víi m>1

2 th× phơng trình (1) có hai nghiệm trái dấu.

2) Ta có: a=1 ; b=3 ; c=1−2m vµ Δ=b2−4 ac=32−4 .(1−2m)=9−4+8m=8m+5

Trớc hết, để phơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thì

a ≠0
Δ≥0
⇔
¿1≠0

8m+5≥0
⇔m ≥−5
8

¿{
¿

Khi đó, áp dụng hệ thức Vi ét ta đợc: x1+x2=−b

a=−3
a)Ta cã: 2x1+3x2=1⇔2(x1+x2)+x2=1⇔x2=1−2(x1+x2)

⇔x2=1−2 .(−3)=7 (v× x1+x2=−

b

a=−3 )
Thay x2=7 vào phơng trình (1) ta đợc:

72+3 .7−2m+1=0⇔71−2m=0⇔m=71

2 . (tho¶ m·n ĐK)

Vậy với m=71

2 thì phơng trình (1) có hai nghiệm thoả mÃn điều kiện 2x1+3x2=1 .

b) Ta cã: 1
x1

− 2

x2

= 3
x1x2

⇔ x2

x1x2

− 2x1
x1x2

= 3
x1x2

⇔x2−2x1=3⇔(x1+x2)−3x1=3
⇔x1=(x1+x2)+3

3 =

(−3)+3

3 =0 (v× x1+x2=−
b

a=−3 )
Thay x2=0 vào phơng trình (1) ta đợc:

+3 . 02m+1=012m=0m=1

2 . (thoả mÃn ĐK)

Vậy với m=1

2 thì phơng trình (1) có hai nghiệm thoả mÃn điều kiện 
1
x1−

2
x2=

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

⇔(x1+x2)−2x2=−2⇔x2=(x1+x2)+2

2 =

(−3)+2

2 =−
1
2

Thay x2=−1

2 vào phơng trình (1) ta c:

(

1

)

+3 .

(

1

)

2m+1=0
1
4

2+12m=0
1

42m=0m=
1

8 . (thoả mÃn ĐK)

Vậy với m=1

8 thì phơng trình (1) có hai nghiệm thoả m·n ®iỊu kiƯn x1
2

− x2
2

=6 .

VÝ dơ 2. Cho phơng trình ẩn x, tham số m: x22(m2)x+2m5=0 . (1)

Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn
điều kiện:

1) x1− x2=2x1x2 2) x3

1
+ 2

x2=1 3) x1
2

− x2
2

=0
Gi¶i:

Ta cã: a=1 ; b=−2(m−2) ; c=2m−5 ; b '=b

2=2− m
vµ

m−3¿2

b '¿2−ac=(2−m)2−(2m −5)=4−4m+m2−2m+5=m2−6m+9=¿

Δ'=¿

Trớc hết, để phơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thì

a ≠0
Δ≥0
⇔

¿
¿1≠0

m−3¿2≥0
¿
¿{

(∀m∈R)

Khi đó, áp dụng hệ thức Vi ét ta đợc: x1+x2=−b

a =2(m−2) vµ x1.x2=

c

a=2m −5
1) Ta cã: x1− x2=2x1x2⇔(x1+x2)−2x2=2x1x2⇔x2=(x1+x2)−2x1x2

⇔x2=2(m−2)−2(2m −5)

2 =3−m

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

3−m¿2−2(m−2)(3− m)+2m−5=0⇔(9−6m+m2)−2(5m−6− m2)+2m−5=0

¿ .

⇔3m2−14m+16=0

−7¿2−3 . 16=1>0

Δ'm=¿
⇒m1=7+1

3 =
8

3 vµ m2=

7−1
3 =2
VËy với m=2 hoặc m=8

3 thì pt(1) có hai nghiệm thoả mÃn điều kiện x1 x2=2x1x2 .

2) Ta cã: x3

1
+ 2

x2=1⇔3x2+2x1=x1x2⇔2(x1+x2)+x2=x1x2⇔x2=x1x2−2(x1+x2)

⇔x2=(2m−5)−4(m −2)=3−2m

Thay x2=3−2m vào phơng trình (1) ta đợc:

2 2

(3 2 ) 2( 2)(3 2 ) 2 5 0

(9 12 4 ) 2(7 6 2 ) 2 5 0

m m m m

m m m m m

      

         .

⇔8m2−24m

+16=0 (*)

Vì 8+(24)+16=0 nên phơng trình (*) có hai nghiƯm lµ:

m1=1 vµ m2=16

8 =2

VËy víi m=1 hc m=2 thì phơng trình (1) cã hai nghiƯm tho¶ m·n ®iỊu kiƯn

3
x1+

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

3) Ta cã:
x1

− x2
2

=0⇔(x1− x2)(x1+x2)=0⇔

x1− x2=0
¿

x1+x2=0
¿

x1=x2
¿

−b
a=0

Δ'=0

−b
a=0

¿
¿
¿
⇔¿

¿
⇔¿

¿
¿
¿

⇔
m −3¿2=0

2(m−2)=0
¿

m −3=0
¿

m −2=0
¿

m=3
¿

m=2
¿
¿
¿
⇔¿

¿
⇔¿

¿
¿
¿
¿

VËy víi m=2 hoặc m=3 thì phơng trình (1) có hai nghiƯm tho¶ m·n ®iỊu kiƯn

x1
2

− x2
2

=0 .

◦ Một số đề tự luyện:
C3b/Đ11

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

1) Ph¬ng pháp giải

Bc 1: Tỡm hai nghm x1 v x2 của phơng trình đã cho theo m.

(thông thờng chúng ta phải sử dụng tính chất: Nếu a b+c=0 thì x1=1 và x2=±

c
a )

Bíc 2: Thay x1 vµ x2 vừa tìm vào hệ thức:

x1=kx2

x2=kx1

rồi tìm m.

Bíc 3: KÕt ln.

2) VÝ dơ

VÝ dơ 1. Cho phơng trình bậc hai ẩn x, tham số m: x2−mx

+m−1=0 (1)

1) Chứng tỏ rằng phơnh trình (1) ln có hai nghiệm x1 và x2 với mọi m. Tìm m để
phơng trình (1) có nghiệm kép và tính nghiệm kép đó.

2) §Ỉt A=x1
2

+x2
2

−6x1x2

a) Chứng minh A=m2−8m+8
b) Tìm m để A=8 .

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A và giá trị của m tơng ứng
3) Tìm m sao cho phơng trình (1) có nghiệm này bằng 2 lần nghiệm kia.
Giải:

Ta có: a=1 ; b=−m ; c=m −1 .

1) Vì phơng trình (1) là phơng trình bậc hai có: a+b+c=1+(m)+m1=0 nên phơng trình

(1) luôn có hai nghiệm x1=1 và x2=

c

a=m1 .

Để phơng trình (1) cã nghiƯm kÐp th× x1=x2⇔x2=1⇔m −1=1⇔m=2 .
VËy víi m=2 thì phơng trình (1) có nghiệm kép x1=x2=1 .

2) Vì phơng trình (1) ln có hai nghiệm x1 và x2 nên áp dụng hệ thức Vi et ta đợc:
x1+x2=−

b

a=m vµ x1x2=

c

a=m −1 .
a) x1+x2¿

−8x1x2=m
2

−8(m −1)
A=x1

+x2
2

−6x1x2=(x1

+2x1x2+x2
2

)−8x1x2=¿

¿m2−8m+8 (®pcm)

A=8⇔m2−8m+8=8⇔m2−8m=0⇔m(m−8)=0⇔

m=0
¿

m=8
¿
¿
¿
¿
¿

VËy víi m=0 hoặc m=8 thì A=8 .

c) m−4¿

−8

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

V× m−4¿

−8≥ −8⇒A ≥−8
m −4¿2≥0⇒¿

. Dấu “=” xảy ra khi m−4=0⇔m=4 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng (−8) , đạt đợc khi m=4 .

Để phơng trình (1) có nghiệm này gấp 2 lần nghiệm kia thì:
x1=2x2

x2=2x1

1=2(m1)

m 1=2

2m2=1

m=3

m=3

Vậy với m=3

2 hoặc m=3 thì Phơng trình (1) có nghiệm này gấp 2 lần nghiệm kia..
Ví dụ 2. Cho phơng tr×nh Èn x, tham sè m: x2

−2 mx+m2−4=0 (1)

a) Chứng tỏ rằng phơng trình có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của tham số m.
b) Tìm tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 là nghịch đảo của nhau.
c) Tìm tham số m sao cho phơng trình có nghiệm này bằng 3 lần nghiệm kia.

Gi¶i:

Ta cã: a=1 ; b=−2m ; c=m2

−4 ; b '=b

2=−m .
Và:

m2(m24)=m2 m2+4=4

b '2ac=

'=

a) Vì phơng trình (1) là phơng tr×nh bËc hai (a=1≠0) cã   ' 4 0 với mọi m, nên phơng

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

a ≠0
Δ' ≥0

c
a=1

⇔
¿1≠0(∀m)

1>0(∀m)

m2−4
=1
¿{ {

⇔m2=5⇔m=±√5 .

Vậy với m=±√5 thì phơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 là nghịch đảo của nhau.

a =m+√4=m+2 vµ x2=

b ' '

a =m4=m2 .
Để phơng trình (1) có nghiệm này bằng 3 lần nghiệm kia thì:

x1=3x2

x2=3x1

m+2=3(m2)

m2=3(m+2)

3m6=m+2

3m+6=m2

2m=8

2m=8

m=4

m=4

Vy vi m=±4 thì phơng trình (1) có nghiệm này bằng 3 lần nghiệm kia.
◦ Một số đề tự luyện:

C3b/§39

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

1) Phơng pháp giải

Bc 1: Tỡm cỏc giỏ trị của tham số m để phơng trình có hai nghiệm x1 và x2 .
(tức là tìm m để cho a ≠0 và Δ≥0 hoặc Δ' ≥0 )

Bớc 2 : áp dụng hệ thức Vi-et để tính

x1+x2=−b

a (1)
x1.x2=c

a(2)

¿{
¿

theo tham sè m.

Bớc 3 : Rút m từ phơng trình (1) hoặc (2) theo x1+x2 hoặc x1.x2 rồi thế vào phơng trình
cịn lại để có hệ thức.

Bíc 4: KÕt ln.

VÝ dơ 1. Cho ph¬ng tr×nh Èn x, tham sè m: x2−2

(m+1)x+2m+10=0 (1)

a) Giải và biện luận về số nghiệm của phơng trình (1).

b) Trong trờng hợp phơng trình (1) có hai nghiƯm lµ x1 vµ x2 hÃy tìm một hệ thức liên
hệ giữa x1 và x2 mà không phụ thuộc vào m

Giải:

a) Ta cã: a=1 ; b=−2(m+1) ; c=2m+10 ; b '=b

2=−(m+1) .
Vµ: b '¿2−ac=[−(m+1)]

−(2m+10)=m2+2m+1−2m −10=m2−9

Δ'=¿ .

+) Nếu '<0m29<0m2<323<m<3 thì phơng trình (1) vô nghiệm.

+) NÕu Δ'=0⇔m2−9=0⇔m2=32⇔m=±3 th× phơng trình (1) cã nghiÖm kÐp

x1=x2=− b '

a =m+1 .

+) Nếu '>0m29>0m2>32m<3 hoặc m>3 thì phơng trình (1) có hai nghiệm phân

biệt. x1= b '+√Δ'

a =m+1+

√

m

2−9 vµ x
2=

− b ' −√Δ'

a =m+1−

√

m

2−9

KÕt luận: Với 3<m<3 thì phơng trình (1) vô nghiƯm.

Víi m=3 th× phơng trình (1) có nghiệm kép x1=x2=m+1=4 .

Với m=3 thì phơng trình (1) cã nghiÖm kÐp x1=x2=m+1=−2 .
Với m<3 hoặc m>3 thì phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt

x1=m+1+

m29 vµ x2=m+1−

√

m2−9 .

b) Trớc hết để phơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thì:
Δ' ≥0⇔m2−9≥0⇔m2≥32⇔m≤ −3 hoặc m≥3 .

Khi đó, áp dụng hệ thức Vi – ét ta có:

x1+x2=2(m+1)

x1x2=2m+10
¿{

(∗)
(**)

Tõ ph¬ng tr×nh (*) ⇒2m=(x1+x2)−2⇒m=(x1+x2)−2

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

ThÕ m=(x1+x2)−2

2 vào phơng trình (**) ta đợc x1x2=(x1+x2)−2+10
⇔x1x2−(x1+x2)=8 .

VËy hÖ thức liên hệ giữa x1 vµ x2 mà không phụ thuộc vào m cần tìm là
x1x2(x1+x2)=8 .

Ví dụ 2. Cho phơng trình ẩn x, tham số m: (m1)x22 mx+m+1=0 .

b) Xác định giá trị của m để phơng trình có tích hai nghiệm bằng 5, từ đó hãy tính tổng hai
nghiêm của phơng trỡnh.

c) Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m.

d) Tỡm m phng trỡnh có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức: x1
x2

+x2
x1

2=0 .

Gi¶i:

a) Ta cã: a=m−1 ; b=−2m ; c=m+1 ; b '=b

2=−m
vµ:

−m¿2−(m−1)(m+1)=m2− m2+1=1

b '¿2−ac=¿

Δ'=¿

Với m≠1 thì a=m−1≠0 . Khi đó phơng trình đã cho là một phơng trình bậc hai. (*)

Mặt khác: '=1>0 . (**)

Từ (*) và (**) phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. (đpcm)

b) Vì phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 (m1) nên theo hệ thức

Vi- ét

ta có:

x1+x2=b

a =

2m
m1
x1x2=c

a=
m+1

m1

{

Để phơng trình (1) cã tÝch hai nghiƯm b»ng 5 th× x1x2=5⇔c

a=5⇔
m+1

m−1=5
⇔5(m−1)=m+1 ⇔5m−5=m+1⇔4m=6⇔m=3

2 (tho¶ m·n).

Khi đó, tổng của hai nghiệm là: x1+x2=

2 .

(

3
2

)

3
2−1

1
2

=6 .

VËy víi m=3

2 thì tích của hai nghiệm bằng 5 và khi đó tổng của hai nghiệm bằng 6.

x1+x2= 2m

m−1(1)
x1x2=m+1

m −1(2)

¿{
¿

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

⇒m=x1x2+1

x1x2−1

ThÕ m=x1x2+1

x1x2−1

vào phơng trình (1) ta đợc (x1+x2).

(

x1x2+1

x1x2−1−1

)

=2 .

(

x1x2+1

x1x2−1

)

⇔(x1+x2).

(

x1x2+1

x1x2−1−

x1x2−1
x1x2−1

)

=2 .

(

x1x2+1

x1x2−1

)

⇔2 .(x1+x2)=2(x1x2+1)x1+x2 x1x2=1 .

Vậy hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m là x1+x2 x1x2=1 .
d) Ta cã: x1

x2
+x2

x1
+5

2=0⇔2(x1

+x22)+5x1x2=0⇔2(x21+2x1x2+x22)+x1x2=0

x1+x2¿
2

+x1x2=0
⇔2¿

m −1¿2
¿

m −1¿2
¿
¿
¿
⇔2 .

(

2m

m−1

)

2
+m+1

m −1=0⇔
8m2

⇔8m2+m2−1=0⇔9m2−1=0⇔9m2=1⇔m2=1

9⇔m=±
1

3 (tho¶ m·n)
VËt víi m=1

3 thì phơng tr×nh (*) cã hai nghiƯm x1; x2 tho¶ m·n hÖ thøc:

x1
x2

+x2

x1
+5

2=0 .

◦ Một số đề tự luyện:
C3c/Đ14

 Dạng 5: Bài toán liên quan đến điều kiện có nghiệm của phơng trình trùng phng
ax4+bx2+c=0 (a 0)

1) Cách giải phơng trình trùng phơng.

Bớc 1: Đặt x2

=y (*) v t điều kiện cho y , để đa phơng trình trùng phơng về dạng

phơng trình bậc hai ẩn y .

Bc 2: Gii phơng trình bậc hai vừa thu đợc để có nghiệm y .

Bớc 3: Thay y vừa tìm đợc vào (*) để có nghiệm x .

Bíc 4: Kết luận.

2) Điều kiện về nghiệm của phơng trình trùng phơng.
Xét phơng trình trùng phơng: ax4

+bx2+c=0 (a 0) (1)

Đặt: x2

=y (K y 0 ). Khi đó, phơng trình (1) trở thành ay2+by+c=0 (2)

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Tức là phơng trình (2) có <0 ('<0) hoặc

0(' 0)

c
a>0
 b

a <0

{ {

+) Phơng trình (1) có một nghiệm phơng trình (2) có nghiệm kép bằng 0, hoặc phơng
trình (2) có một nghiệm bằng 0 và nghiệm còn lại âm.

Tức là phơng trình (2) có :

=0('=0)

b
2a=

b '
a =0

¿{
¿

Δ>0(Δ'>0)

c
a=0
− b

a <0

¿{ {
¿

hay

Δ≥0(Δ' ≥0)

c
a=0
−b

a ≤0

¿{ {
¿

(L u ý : Chóng ta cđng cã thĨ lÝ ln: V× nÕu x0 là nghiệm của phơng trình (1)

thỡ − x0 củng là một nghiệm của phơng trình (1). Nên để phơng trình (1) có một
nghiệm thì x0=− x0⇒x0=0 . Từ đó chúng ta tìm đợc mối quan hệ giữa a ;b ;c ).

+) Ph¬ng trình (1) có 2 nghiệm phơng trình (2) phải có nghiệm kép dơng, hoặc phơng
trình (2) phải cã hai nghiƯm tr¸i dÊu.

Tøc là phơng trình (2) có :

=0('=0)
 b

2a=
b '

a >0
{

hoặc c
a<0 .

+) Phơng trình (1) có 3 nghiệm phơng trình (2) có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm
d-ơng.

Tức là phơng trình (2) có :

0(' 0)

b
a >0
c
a=0

¿{ {
¿

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Tức là phơng trình (2) có :

0(' 0)

c
a>0
 b

a >0

{ {

3) Ví dụ.

Cho phơng trình trùng phơng ẩn x, tham sè m: x4−2 mx2+(2m−1)=0 (1)

1) Giải phơng trình (1) khi m = 1.

2) Tỡm cỏc giá trị của tham số m để phơng trình (1) có:
a) Hai nghiệm.

b) Ba nghiƯm.
c) Bèn nghiƯm.

Gi¶i:

Đặt x2

=y (Điều kiện: y 0 ).

Khi đó phơng trình (1) trở thành: y2−2 my+(2m−1)=0 (2)

a) Thay m = 1 vào phơng trình (2) ta đợc: y2

−2y+1=0

y −1¿2=0⇔y −1=0⇔y=1

⇔¿ (tho¶ m·n)

⇔x2

=1⇔x=±1 .

VËy khi m = 1 phơng trình (1) có hai nghiệm là x1=1 và x2=1 .

b) Ta có: Phơng trình hai là một phơng trình bậc hai ẩn y có:
a=1 ; b=−2m ; c=2m−1 ; b '=−m và

m12

m2(2m1)=m22m+1=

b '2ac=

'=

1) Để phơng trình (1) có 2 nghiệm thì phơng trình (2) phải có nghiệm kép dơng, hoặc phơng
trình (2) phải có hai nghiệm trái dấu.

Tr

ờng hợp 1. Phơng trình (2) có nghiệm kép d¬ng:

⇔
Δ '=0

− b '
a >0

⇔
m−1¿2=0

m>0
¿
⇔

¿
¿
¿m −1=0

m>0
¿
¿ ¿

Tr

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

c

a<02m1<02m<1m<
1
2 .
Vâỵ với m<1

2 hoặc m=1 thì phơng trình (1) có hai nghiệm.

2) Để phơng trình (1) có 3 nghiệm thì phơng trình (2) phải có một nghiệm bằng 0 và một
nghiệm dơng.

0(' 0)

b
a >0
c
a=0

m120(m)

2m>0

2m1=0

m>0

2m=1

Vâỵ với m=1

2 thì phơng trình (1) có ba nghiƯm.

3) Để phơng trình (1) có 4 nghiệm thì phơng trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt đều dơng.

⇔
Δ'>0

c
a>0
− b

a >0
⇔
m−1¿2>0

2m−1>0
¿

2m>0
¿
⇔

¿
¿m−1≠0

¿
¿

2m>1
¿

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Vâỵ với m>1

2 v m1 thỡ phơng trình (1) có bốn nghiệm.
◦ Một số đề tự luyn:

C3/Đ36

E. phơng trình, bất phơng trình

I. Phơng trình vô tỉ

1. Phương pháp nâng lên luỹ thừa:

a) Kiến thức vận dụng:

 (AB)2 = A2  2AB + B2

 (AB)3 = A3  3A2B + 3AB2  B3


















2
)
(
)
(
0
)
(
0
)
(
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f

 3 Am Am3
b) Ví dụ:

Ví dụ 1: Giải phương trình sau: 2 2x1x (1)
Giải

Điều kiện căn có nghĩa: 2x 10 (2)

2
1

 x
(1) 2x 1x 2 (3)

Với điều kiện x 20 (4)
(3) 2x - 1 = (x-2)2 (5)

0
5
6
4
4
1
2
2
2










x
x
x
x
x

Giải ra ta được x1=1 không thoả mãn (4)

x2 = 5 thoả mãn (2) và (4) nghiệm duy nhất của phương trình: x = 5

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 1 5x1 3x 2 (1)

Phương trình (1) có nghĩa:

0
0
2
3
0
1
5
0
1














 x
x
x
x
(2)
(1) x1 3x 2 5x1

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>
























)
3
(
)
7
2
(
)
2
13
15
(
4
0
7
2
2
13
15
2
7
2

)
1
5
)(
2
3
(
2
1
5
2
3
1
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

Giải (3) ta được: 7

2

x

không thoả mãn (1).
Vậy phương trình vơ nghiệm.

Ví dụ 3: Giải phương trình x1 x 2 1 (1)
Giải

Điều kiện: x2 (2)

Viết phương trình (1) dưới dạng
1

2
1  

 x

x (3)

Hai vế của (3) khơng âm, bình phương hai vế ta được
x1x 212 x 2

3
1
2
1
2

2
2

2         

 x x x x thoả mãn điều kiện (2)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x= 3
Lưu ý:

 Nếu để (1) bình phương ta phải đặt ĐK x+1x 2 (Đk này luôn đúng)

 Nếu biến đổi (1) thành x 2  x11 rồi bình phương hai vế ta phải đặt ĐK

0
1

1  

 x

x

Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 x12 3 7 x (1)
Giải:
3
3
3
3
3

3
2
)
7
1
(
2
2
7
1
)
1
(










x
x
x
x
7
;
1

0
)
7
)(
1
(
0
)
7
)(
1
(
2
1
3












x
x
x

x
x
x

Là nghiệm của phương trình
Chú ý:

Khi bình phương hai vế của phương trình cần chú ý điều kiện hai vế cùng dương.
Trước khi lên luỹ thừa cần biến đổi phương trình về dạng thuận lợi nhất để hạn chế
các trường hợp hoặc có lời giải ngắn gọn.

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Giải: (x 2)2 x8
2


 x

+x8

Nếu x2 thì x 2x8 x5
Nếu x<2 thì 2 xx8 vơ nghiệm

Kết luận: x = 5 là nghiệm của phương trình

◦ Một số t luyn:
C2a/4, C2a/38, C2a/35

II.Phơng trình quy về phơng trình bậc hai

1) Cách giải phơng trình trùng phơng: ax4+bx2+c=0 (a 0)

Bớc 1. Đặt x2

=y (*) và đặt điều kiện cho y , để đa phơng trình trùng phơng về dạng
phơng trình bậc hai ẩn y .

Bớc 2. Giải phơng trình bậc hai vừa thu đợc để có nghiệm y .
Bớc 3. Thay y vừa tìm đợc vào (*) để có nghiệm x .

Bíc 4. KÕt ln.

2) §iỊu kiƯn vỊ nghiƯm cđa phơng trình trùng phơng.
Xét phơng trình trùng phơng: ax4

+bx2+c=0 (a 0) (1)

Đặt: x2

=y (K y ≥0 ). Khi đó, phơng trình (1) trở thành ay2+by+c=0 (2)

+) Phơng trình (1) vơ nghiệm ⇔ phơng trình (2) vơ nghiệm hoặc phơng trình (2)
có hai nghiệm đều õm.

Tức là phơng trình (2) cã Δ<0 (Δ'<0) hc

Δ≥0(Δ' ≥0)

c

a>0
− b

a <0

¿{ {

+) Phơng trình (1) có một nghiệm phơng trình (2) có nghiệm kép bằng 0, hoặc
phơng trình (2) có một nghiệm bằng 0 và nghiệm còn lại âm.

Tức là phơng trình (2) có :

=0('=0)
 b

2a=
b '

a =0
{

Δ>0(Δ'>0)

c
a=0
− b

a <0

¿{ {
¿

hay

Δ≥0(Δ' ≥0)

c
a=0
−b

a ≤0

¿{ {
¿

(L u ý : chúng ta củng có thể lí luận: Vì nếu x0 là nghiệm của phơng trình (1)
thì − x0 củng là một nghiệm của phơng trình (1). Nên để phơng trình (1) có một
nghiệm thì x0=− x0⇒x0=0 . Từ đó chúng ta tìm đợc mối quan hệ giữa a ;b ;c ).
+) Phơng trình (1) có 2 nghiệm ⇔ phơng trình (2) phải có nghiệm kép dơng, hoặc
phơng trình (2) phải có hai nghiệm trái dấu.

Tức là phơng trình (2) có :

=0('=0)

b
2a=

b '
a >0

¿{
¿

hc c
a<0 .

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

nghiƯm d¬ng.

Tức là phơng trình (2) có :

0(' 0)

b
a >0
c

a=0

¿{ {
¿

+) Phơng trình (1) có 4 nghiệm ⇔ phơng trình (2) có hai nghiệm phân biệt đều
dơng.

Tøc lµ phơng trình (2) có :

0(' 0)

c
a>0
 b

a >0

{ {

3) Ví dụ. Cho phơng trình trùng phơng ẩn x, tham số m: x42 mx2

+(2m1)=0 (1)

a) Giải phơng tr×nh (1) khi m = 1.

b) Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) có:

1) Hai nghiÖm. 2) Ba nghiÖm. 3) Bốn nghiệm.
Giải:

Đặt x2

=y (§iỊu kiƯn: y ≥0 ).

Khi đó phơng trình (1) trở thành: y2−2 my

+(2m−1)=0 (2)

a) Thay m = 1 vào phơng trình (2) ta đợc: y2−2y

+1=0

y −1¿2=0⇔y −1=0⇔y=1

⇔¿ (tho¶ m·n)

x2

=1x=1 .

Vậy khi m =1 phơng trình (1) cã hai nghiƯm lµ x1=−1 vµ x2=1 .
b) Ta có: Phơng trình hai là một phơng trình bËc hai Èn y cã:

a=1 ; b=−2m ; c=2m−1 ; b '=−m vµ

m−1¿2

−m¿2−(2m−1)=m2−2m+1=¿

b '2ac=

'=

1) Để phơng trình (1) có 2 nghiệm thì phơng trình (2) phải có nghiệm kép dơng, hoặc
phơng trình (2) phải có hai nghiệm trái dấu.

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

⇔
Δ '=0

− b '
a >0

m12=0

m>0

m 1=0

m>0

Trờng hợp 2. Phơng trình (2) có hai nghiƯm tr¸i dÊu:
c

a<02m1<02m<1m<
1
2 .
Vâỵ với m<1

2 hoặc m=1 thì phơng trình (1) có hai nghiệm.

2) Để phơng trình (1) có 3 nghiệm thì phơng trình (2) phải có một nghiệm bằng 0 và một
nghiƯm d¬ng.

0(' 0)

b

a >0
c
a=0

m120(m)

2m>0

2m1=0

m>0

2m=1

Vâỵ với m=1

2 thì phơng trình (1) có ba nghiệm.

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

⇔
Δ'>0

c
a>0
− b

a >0
⇔
m−1¿2>0

2m−1>0
¿

2m>0
¿
⇔

¿
¿m−1≠0

¿
¿

2m>1

m>0
¿
⇔
¿

Vâỵ với m>1

2 và m1 thì phơng trình (1) có bốn nghiệm.

2. Phơng trình chứa ẩn ë mÈu

Bước 1: Đặt ĐK của ẩn ; Qui đồng khữ mẩu
Bước 2: Biến đổi PT đa về dạng ax +b = 0 rồi giải
Bước 3: Đối chiếu ĐK và trả lời nghiệm

VÝ dơ:

Gi¶i các phơng trình sau : x

2(x 3)+

x
2x+2=

2x

(x+1)(x 3)
Đk: x ≠ -1 ; x ≠ 3

 x( x+1) + x( x -3 ) = 4x

 2x2 - 6x = 0

 2x ( x -3 ) =0 





x 0 (t/m)
x 3 loại

Vậy phơng trình cã nghiƯm x=3

◦ Một số đề tự luyện:

C2b/§5, C2a/§7, C1b/§23, C1a/Đ30, C1b/Đ36

F. giải bài toán bằng cách lập phơng trình,

hệ phơng trình.

I. Lí thuyết.

Cách giải chung.

Bớc 1. Lập phơng trình, hệ phơng trình:

Trong bớc này chúng ta cần thực hiện các công việc sau:

Túm tt bi tốn. (bớc này các em chỉ làm ngồi nháp)
+) Liệt kê các đại lợng đã biết (bài toán cho)

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

 Chọn một hoặc hai trong các đại lợng cha biết làm ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.
 Tính các đại lợng cha biết cịn lại theo ẩn.

 Dựa vào các mối liên hệ giữa các đại lợng đã biết và cha biết để lập phơng trình
hoc h phng trỡnh.

Bớc 2. Giải hệ phơng trình vừa lập.

Bớc 3. Đối chiếu điều kiện, chọn nghiệm hợp lí rồi kết luận.
II. Các dạng toán thờng gặp.

Dng 1. Bài toán chuyển động.

(Đối với bài toán chuyển động chúng ta nên giải bằng cách lập phơng trình)

Loại 1. Bài tốn chuyển động trên bộ.

1) KiÕn thøc cÇn nhí.

– Bài tốn chuyển động có ba đại lợng chính là: Vận tốc (v), quảng đờng (s) và thời
gian (t). Trong đó: s=v.t , v=s

t , t=
s
v .

– Trong 3 đại lợng đó, chỉ có một đại lợng là đã biết, hai đại lợng còn lại là cha
bit.

Trong mổi bài toán thờng có hai mối liên hƯ chÝnh.

+) Mối liên hệ thứ nhất giúp ta tính đợc một trong các đại lợng cha biết.
+) Mối liên hệ cịn lại giúp ta lập đợc phơng trình của bài tốn.

2) Chó ý:

+) Nếu hai vật chuyển động, khởi hành cùng một lúc thì vật về đích sau đi mất nhiều 
 thời gian hơn.

+) Nếu hai vật chuyển động, về đích cùng một lúc thì vật khởi hành trớc đi mất nhiều 
 thời gian hơn.

+) Nếu hai vật chuyển động, khởi hành và về đích cùng một lúc thì vật nghỉ lại đi ít
 thời gian hơn.

+) Nếu hai vật chuyển động, khởi hành từ hai vị trí A và B ( A ≠ B ) đi ngợc chiều 
 nhau thì tổng quãng đờng chúng đi đợc kể từ lúc khởi hành đến lúc gặp nhau 
 bằng quóng ng AB.

3) Cách giải: (trình bày giống nh cách gi¶i chung)
4) Mét sè vÝ dơ.

Ví dụ 1. Hai xe máy khởi hành cùng một lúc đi từ A đến B. Xe máy thứ nhất có vận tốc trung
bình lớn hơn vận tốc trung bình của xe máy thứ hai là 10km/h, nên đến trớc xe máy thứ
hai 1giờ. Tính vận tốc trung bình của mổi xe mỏy, bit rng quóng ng AB di 120km.

(Đề thi vào lớp 10 PTTH tỉnh Nghệ an năm học 2008- 2009)
Tóm t¾t:

- Đại lợng đã biết: S1=S2=SAB=120 (km)

- Đại lợng cha biết: v1 ; v2 ; t1 ; t2 ?
- Mèi liªn hƯ: v1− v2=10 và t2t1=1 .
Giải:

Gọi x(km/h) là vận tốc trung bình cđa xe m¸y thø nhÊt ( x>10 ).

Khi đó: Vận tốc trung bình của xe máy thứ hai là: x −10 (km/h)
Thời gian xe máy thứ nhất đi từ A đến B là: 120

x (h)
Thời gian xe máy thứ hai đi từ A đến B là: 120

x −10 (h)

Vì xe máy thứ nhất đến B trớc xe máy thứ hai một giờ nên ta có phơng trình:
120

x −10−
120

x =1⇔120x −120(x −10)=x(x −10)

⇔x2−10x=120x −120x+1200⇔x2−10x −1200=0

Ta có: 5

(1200)=1225=352>0

'= nên phơng trình có hai nghiệm phân biệt là:

x1=(5)+

35
2

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Vậy vận tốc trung bình của xe máy thứ nhất là 40(km/h)
 và vận tốc trung bình của xe máy thứ hai là 30(km/h)

Ví dụ 2. Một ngời đi xe đạp từ A đến B với vận tốc trung bình 15km/h. Sau đó 1giờ một ngời
đi xe máy khởi hành từ B để đến A với vận tốc trung bình 40km/h. Tính thời điểm gặp nhau
của hai xe, biết quãng đờng AB dài 90 km.

Tãm t¾t:

- Đại lợng đã biết: v1=15 (km/h); v2=40 (km/h) và SAB=90
(km)

- Đại lợng cha biết: S1 ; S2 ; t1 ; t2 ?
- Mèi liªn hƯ: S1+S2=90 và t1t2=1 .

Giải:

Gi x(h) l thi gian ca xe đạp đi, kể từ lúc khởi hành đến lúc gặp xe máy. ( x>1 )

Khi đó: Thời gian của xe máy đi kể từ lúc khởi hành đến lúc gặp xe đạp là: x −1 (h)
Quãng đờng của xe đạp đi, kể từ lúc khởi hành đến lúc gặp xe máy là: 15x (km)
Quãng đờng của xe máy đi, kể từ lúc khởi hành đến lúc gặp xe đạp là: 45(x −1) (km)

Vì tổng quảng đờng của hai xe đi đợc kể từ lúc khởi hành đến lúc gặp nhau bằng quảng đờng
AB nên ta có phơng trình:

15x+45(x −1)=90⇔15x+45x −45=90⇔60x=135⇔x=135

60 =2
1

4 (thoả mãn)
Vậy hai xe gặp nhau sau 2 giờ 15 phỳt k t lỳc xe p khi hnh.

Và điểm gặp nhau cách điểm A một khoảng SAM=S1=

(

214

)

. 15=33,75 km.
L

u ý : Trong trờng hợp, vật chuyển động có sự thay đổi về vận tốc thì chúng ta nên tóm
 tắt bài tốn bằng sơ đồ hình vẽ.

Ví dụ 3. Một ô tô dự định đi từ A đến B dài 100km. Sau khi đi đợc 40km với vận tốc đã
định, ôtô phải dừng lại nghỉ mất 10 phút. Nên để đến B đúng hẹn, ngời lái xe đã tăng
vận tốc thêm 10km/h trong suốt qng đờng cịn lại. Tìm vận tc d nh ca ễtụ.

Tóm tắt

Giải:

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

Khi đó: Thời gian Ơtơ dự định đi hết quãng đờng AB là: 100
x (h)
Thời gian thực tế mà Ơtơ đi hết quãng đờng AB là: 40

x +
60

x+5(h)

V× thùc tÕ ¤t« nghØ 10 phót

(

6(h)

)

và đến B đúng nh dự định nên ta có phơng trình:
40

x +
60

x+5+

1
6=

100
x ⇔

60
x −

x+5=

6⇔360(x+5)−360x=x(x+5)
⇔x2+5x=360x+1800−360x⇔x2+5x −1800=0

Ta cã: =524 .(1800)=7225=852>0 nên phơng trình có hai nghiệm là:

x1=5+

2 =40 (thoả mÃn) và x2=

5

852

2 =45 (lo¹i)

Vậy vận tốc dự định của Ơtơ là 40 km/h .

Ví dụ 4.Một Ơtơ dự định đi hết qng đờng AB dài 180km trong một thời gian nhất định.
Sau khi đi đợc một nữa quãng đờng, ngời lái xe tăng vận tốc thêm 9km/h trên suốt
quãng đờng còn lại. Do đó, Ơtơ đã đến B sớm hơn dự định là 20 phút. Tìm vận tốc dự
nh ca ễtụ.

Tóm tắt:

Giải:

Gi x(km/h) l vận tốc dự định của Ơtơ. ( x>0 )

Khi đó: Thời gian Ơtơ dự định đi hết qng đờng AB là: 180
x (h)
Thời gian thực tế mà Ơtơ đi hết qng đờng AB là: 90

x +
90

x+9(h)

Vì thực tế Ơtơ đến B sớm hơn dự định là 20 phút

(

3(h)

)

nên ta có phơng trình:
180

x

(

x +
90

x+9

)

1
3

90
x

90
x+9=

3270(x+9)270x=x(x+9)
⇔x2

+9x=270x+2430−270x⇔x2+9x −2430=0

Ta cã: Δ=92−4 .(−2430)=9801=992>0 nên phơng trình có hai nghiệm là:

x1=9+

2 =45 (thoả mÃn) và x2=

9

992

2 =54 (loại)

Vy vn tc dự định của Ơtơ là 45 km/h .

Ví dụ 5. Một Ơtơ dự định đi từ Vinh ra Hà Nội với vận tốc trung bình là 50km/h. Sau khi đi
đợc 3

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

ng Vinh H Ni.

Tóm tắt:

Giải:

Gi x(km) l dài quãng đờng Vinh – Hà Nội. ( x>0 )

Khi đó: Thời gian Ơtơ dự định đi hết qng đờng Vinh – Hà Nội là: x
50(h)
Thời gian thực tế Ơtơ đi hết quãng đờng Vinh – Hà Nội là: 3x

200+
x
160(h)
Vì thực tế Ơtơ đến Hà Nội muộn hơn dự định 21 phỳt

(

20(h)

)

nên ta có phơng trình:

(

2003x +

x
160

)

−

x
50=

7
20⇔

12x
800 +

5x
800 −

16x
800 =

280

800⇔12x+5x −16x=280⇔x=280 (thoả mãn)
Vậy quãng đờng Vinh - Hà Nội dài 280km.

Ví dụ 6. Hai ơ tơ khởi hành cùng một lúc từ A đến B cách nhau 150km. Biết vận tốc ô tô
thứ nhất lớn hơn vận tốc ô tô thứ hai là 10 km/h và ô tô thứ nhất đến B trớc ô tô
thứ hai 45 phút. Tính vận tốc của mổi ơ tơ.

Tãm t¾t:

Dự định: A(Vinh) B(Hà Nội)

SAB=x(km)

vdd=50(km/h)

tdd= x

50(h)
Thùc tÕ: A M B
S1=SAM=

4x(km) S2=SMB=

4 x(km)
v1=vdd=50(km/h) v2=vdd−10=40(km/h)

t1=

3
4 x
50 =

3x
200(h)

t2=

1
4x
40 =

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Bài tập : Hai ôtô khởi hành cùng một lúc trên quãng đờng từ A đến B dài 120 km. Mỗi giờ
ôtô thứ nhất chạy nhanh hơn ôtô thứ hai là 10 km nên đến B trớc ơtơ thứ hai là 2/5 giờ. Tính
vận tốc của mỗi ơtơ ?

C3/§5, C3/§24, C3/§27

Loại 2. Bài tốn chuyển động trên sơng.

Ví dụ 1. Một ca nơ chạy xi dịng từ A đến B, rồi quay trở lại bến A ngay mất tổng cộng
4 giờ. Biết quãng sông AB dài 30km và vận tốc dịng chảy là 4km/h. Tính vận tốc
của ca nô khi nớc yên lặng.

40 km

A M B

v1=vXD=15(km/h) v2=vXM=45(km/h)

t1=tXD=x(h) t2=tXM=x −1(h)

S1=SAM=15x(km) S2=SMB=45(x −1)

Gi¶i:

Gọi x(h) là thời gian của xe đạp đi, kể từ lúc khởi hành đến lúc gặp xe máy. ( x>1 )
◦ Một số đề tự luyện:

Bài 1 : Một ca nơ xi dịng từ bến sông A đến bến sông B cách nhau 24 km ; cùng lúc đó,
cũng từ A về B một bè nứa trơi với vận tốc dịng nớc là 4 km/h. Khi đến B ca nô quay lại ngay
và gặp bè nứa tại địa điểm C cách A là 8 km. Tính vận tốc thực của ca nơ.

Bài 2. Hai ngời đi xe đạp khởi hành cùng một lúc từ A đến B. Vận tốc của ngời thứ

nhất bé hơn vận tốc của ngời thứ hai 2km/h, nên ngời thứ nhất đến B muộn hơn ngời thứ hai 1
giờ. Tính vận tốc của mổi ngời. Biết quãng đờng AB dài 60km.

(xem chuyển động của hai ngời là nói trên là chuyển động đều).

C3/§25, C3b/§30

Dạng 2. Bài tốn năng suất lao ng.

(Đối với bài năng suất chúng ta nên giải bằng cách lập phơng trình)
1) Kiến thức cần nhớ.

Cng ging nh bài tốn chuyển động.

– Bài tốn năng suất có ba đại lợng chính là: Số sản phẩm (p), năng suất (n) và thời
gian (t). Trong đó: p=n.t , n=p

t , t=
p
n .

– Trong 3 đại lợng đó, chỉ có một đại lợng là đã biết, hai đại lợng còn lại l cha
bit.

Trong mổi bài toán thờng cã hai mèi liªn hƯ chÝnh.

+) Mối liên hệ thứ nhất giúp ta tính đợc một trong các đại lợng cha biết.
+) Mối liên hệ còn lại giúp ta lập c phng trỡnh ca bi toỏn.

3) Cách giải: (trình bày giống nh cách giải chung)

4) Một số ví dụ.

Vớ dụ 1. Một phân xởng may lập kế hoạch may một lơ hàng, theo đó mỗi ngày phân xởng
phải may xong 90 áo. Nhng nhờ cải tiến kỹ thuật, phân xởng đã may 120 áo trong mỗi ngày.
Do đó, phân xởng khơng chỉ hồn thành trớc kế hoạch 9 ngày mà còn may thêm 60 áo. Hỏi
theo kế hoạch phân xởng phải may bao nhiêu chiếc áo?

Gi¶i:

Gäi số áo phân xởng phải may theo kế hoạch là x(áo), x nguyên dơng.
Số ngày phân xởng phân xởng phải làm theo kế hoạch là:

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

S ngy phõn xng ó lm l:
x 60

120

ngày

Do phân xởng hoàn thành trớc 9 ngày nên ta có phơng trình:
x x 60

9
90 120

Giải phơng trình
x x 60

9 4x 3(x 60) 3240 4x 3x 180 3240 x 3420
90 120



          

Đối chiếu điều kiện ban đầu thấy thoả mản.

Vậy số áo phân xởng phải sản xuất theo kế hoạch là 3420 ¸o

Ví dụ 2. Một đơn vị bộ đội tham gia đắp một đoạn đê trong một số ngày quy định. Nếu mỗi
ngày họ đắp đợc 50m đê thì họ hồn thành cơng việc sớm hơn dự định là 1 ngày. Nếu mỗi
ngày họ chỉ đắp 35 m đê thì họ phải hồn thành cơng việc chậm hơn 2 ngày so với quy định.
Tính chiều dài đoạn đê mà họ phải đắp.

Gi¶i:

Gọi chiều dài đoạn đê cần đắp là x(m), x>0

Mỗi ngày đắp 50m đê thì số ngày đội cần để hồn thầnh là:
x

50 ngµy

Mỗi ngày đắp 35m đê thì số ngày đội cần để hồn thành là:
x

35 ngày

Ta có phơng trình:

x x

3
35 50

x x

3 10x 7x 1050 3x 1050 x 350

35 50         (t/m)

Vậy chiều dài đoạn đê cần đắp là 350 m
◦ Một số đề tự luyện:

C3/§10

Bài tập 1. Một cơng nhân dự định sẽ hồn thành công việc đợc giao trong 5 giờ. Lúc đầu mỗi
giờ ngời đó làm đợc 12 sản phẩm. Khi làm đợc một nửa số lợng công việc đợc giao, nhờ cải
tiến kỹ thuật nên mỗi giờ ngời đó làm thêm đợc 3 sản phẩm nữa. Nhờ vậy, công việc hồn
thành trớc thời hạn 30 phút. Tính số sản phm ngi cụng nhõn ú d nh lm.

Dạng 3. Bài toán tìm số.

1) Một số kiến thức cần nhớ.

a) Cách viết một số tự nhiên dới dạng hệ thập phân.
ab=10a+b

abc=102a+10b+c
Tỉng qu¸t: anan−1an −2. . .a1a0=10

n

.an+10
n −1

.an −1+10

n −2

.an −2+. . .+10 .a1+a0 .

b) C¸ch viÕt mét sè tự nhiên dới dạng số chia, thơng và số d.

Nu số tự nhiên a chia cho số tự nhiên b đợc thơng là q và số d là r thì ta viết:
a=q.b+r

2) Mét sè vÝ dơ.

Ví dụ 1. Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Biết rằng, nếu lấy số đó chia cho tổng các chữ
số chúng thì đợc thơng là 4 d 15. Cịn nếu viết số đó theo thứ tự ngợc lại thì đợc
một số mới lớn hơn số đã cho 18 đơn vị. Tìm số đã cho.

Gi¶i:

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

Gọi y là chử số hàng đơn vị của số tự nhiên cần tìm. ( 0≤ x ≤9 )
Khi đó: Số tự nhiên cần tìm là: xy

Sè míi viÕt theo thø tự ngợc lại là: yx .

Tổng các chử số của số tự nhiên đã cho là: x+y

Vì khi chia số tự nhiên đã cho, cho tổng các chử số của chúng đợc thơng là 4 d 15 nên ta có
phơng trình: xy=4 .(x+y)+15⇔10x+y=4 .(x+y)+15⇔6x −3y=15 hay 2x − y=5 (1)

Vì số mới (số viết theo thứ tự ngợc lại) lớn hơn số đã cho 18 đơn vị nên ta có phơng trình:
yx−xy=18⇔(10y+x)−(10x+y)=18⇔9y −9x=18⇔y − x=2 hay x y=2 (2)

Kết hợp (1) và (2) ta có hệ phơng trình:

2x y=5

x y=−2
⇔

¿(2x − y)−(x − y)=5−(−2)

y=x+2
¿{

x=7

y=9
{

(thoả mÃn điều kiện)
Vậy số tự nhiên cần tìm là 79.

Vớ d 2. Cho mt s t nhiờn có hai chử số biết rằng khi viết số 0 vào giữa hai chử số của
chúng thì đợc một số mới gấp 9 lần số đã cho, nếu viết số đó theo thứ tự ngợc lại thì đợc một
số lớn hơn số đã cho 9 đơn vị. Tìm số tự nhiên đã cho ?

Gi¶i

Gọi số hàng chục là a, aN,a1;9
Gọi số hàng đơn vị là b, bN,a0;9

Ta có phơng trình : a0b9ab100a b 90a9b 5a 4b0 (1)
ba ab  9 10b a 10a   b 9 a b1 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phơng tr×nh :

5a 4b 0 a b 1 a 4

a b 1 5(b 1) 4b 0 b 5

    

  

 

  

     

   (t/m)

Vậy số đã cho là 45

Bµi tập tự giải :

Bài 1. Tìm hai số biết hiệu của chúng bằng 7 và tổng các bình phơng của chóng b»ng 289.

Bài 2. Tìm một số biết rằng số đó nhỏ hơn nghịch đảo của nó là 2,1.

Bài 3: Một số tự nhiên có hai chữ số, chữ số hàng đơn vị gấp hai lần chữ số hàng chục. Nếu
thêm chữ số 1 vào giữa hai chữ số ấy thì đợc một số mới lớn hơn số ban đầu 370. Tìm số ban
đầu.

Bài 4. Cho số tự nhiên có hai chử số biết rằng số đó gấp 5 lần tổng các chử số của chúng, còn
nếu viết số 0 vào giữa hai chử số của số đó thì đợc mơt số mới gấp 9 lần số đã cho. Tìm số tự
nhiên đã cho.

Bài 5. Tìm một số tự nhiên có hai chử số biết rằng nếu lấy chử số hàng đơn vị chia cho chử số
hàng chục thì đợc thơng là 3 d 1, cịn nếu viết số đó theo thứ tự ngợc lại thì đợc một số mới

gấp 8 lần tổng các chử số của chúng.

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

Bài 7. Tìm một số tự nhiên có hai chử số biết rằng khi viết số một vào giữa hai chử số của số
đó thì đợc một số có 3 chử số lớn hơn số đã cho 280 đơn vị, còn nếu lấy chử số hàngđơn vị
chia cho chử số hàng chục thì đợc thơng là 2 d 1.

Bài 8. Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Biết rằng, khi lấy chử số hàng đơn vị chia cho chử
số hàng chục thì đợc thơng là 1 d 2. Còn nếu viết số 5 vào giữa hai chử số của số đó thì đợc
một số mới có 3 chử số lớn hơn số đã cho 680 đơn vị. Tìm số đã cho.

Bài 9. Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Biết rằng, chử số hàng đơn vị gấp đôi chử số hàng
chục. Cịn nếu lấy tích các chử số của chúng chia cho tổng các chử số của chúng thì đợc thơng
là 2 d 8. Tìm số đã cho.

Dạng 4. Bài toán phần trăm (%) .

(Đối với bài toán phần trăm chúng ta nên giải bằng cách lập hệ phơng trình)
1) Kiến thức cần nhớ.

Trong bài tốn phần trăm thờng có sự thay đổi về số lợng sản phẩm giữa hai lần sản
xuất, sự thay đổi này thờng đợc biểu diển dới dạng tăng hay giảm lợng %.

L

u ý : +) Nếu sản xuất thứ hai tăng (vợt mức) a% so với lần sản xuất thứ nhất thì số sản
phẩm lần hai ( P2 ) đợc tính theo cơng thức: P2=

(

100+a

100

)

.P1

+) Nếu sản xuất thứ hai giảm (giảm mức) b% so với lần sản xuất thứ nhất thì số sản

phẩm lần hai ( P2 ) đợc tính theo cơng thức: P2=

(

100 b

100

)

.P1

2) Cách giải:

Bớc 1. Gọi x và y lần lợt là số sản phẩm mà Tổ I (Nhóm I, Đội I) và Tổ II (Nhóm II,
Đội II) sản xuất đợc trong lần sản xuất thứ nhất, rồi đặt điều kiện cho x, y.

Bớc 2. Tính số sản phẩm mà Tổ I, Tổ II sản xuất đợc trong lần sản xuất thứ hai theo x và y.
Bớc 3. Dựa vào hai mối liên hệ của bài tốn để lập hệ phơng trình.

Bớc 4. Giải hệ phơng trình vừa lập, đối chiếu điều kiện rồi kết luận.

Ví dụ 1. Tháng thứ nhất hai tổ sản xuất đợc 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai tổ I vợt mức
15% và tổ II vợt mức 10% so với tháng thứ nhất. Vì vậy hai tổ đã sản xuất đợc 1010
chi tiết máy. Hỏi tháng thứ nhất mỗi tổ sản xuất đợc bao nhiêu chi tiết máy ?

Gi¶i:

Gọi x là số chi tiết máy mà tổ I sản xuất đợc trong tháng thứ nhất (điều kiện: 0<x<900 )
Gọi y là số chi tiết máy mà tổ II sản xuất đợc trong tháng thứ nhất (điều kiện: 0<y<900 )
Khi đó: Trong tháng thứ hai tổ I sản xuất đợc 115

100.x=
23

20 x (chi tiết máy)
Trong tháng thứ hai tổ II sản xuất đợc 110

100.y=
11

10 y (chi tiÕt m¸y)

Vì trong tháng thứ nhất cả hai tổ sản xuất đợc 900 chi tiết máy nên ta có phơng trình:
x+y=900 (1)

Vì sang tháng thứ hai cả hai tổ sản xuất đợc 1010 chi tiết máy nên ta lại có phơng trình:
23

20 x+
11

10 y=1010 hay 23x+22y=20200 (2)

Kết hợp (1) và (2) ta có hệ phơng trình:

x+y=900

23x+22y=20200

y=900 x

23x+22(900 x)=20200
{

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

⇔
y=900− x

23x+19800−22x=20200
⇔

¿x=400

y=500
¿{

(tho¶ m·n)

Vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất đợc 400 sản phẩm và tổ II sản xuất đợc 500 sản phẩm.
Ví dụ 2. Trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 PTTH, hai trờng trung học cơ sở A và B có tất cả
450 học sinh dự thi. Biết số học sinh trúng tuyển của trờng A bằng 75% số học sinh dự thi của
trờng A, số học sinh trúng tuyển của trờng B bằng 90% số học sinh dự thi của trờng B. Tổng
số học sinh trúng tuyển của hai trờng bằng 80% số học sinh dự thi của cả hai trờng. Tính số
học sinh d thi ca mi trng.

Giải:

Gọi x là số Học Sinh dù thi cđa trêng A (®iỊu kiƯn: 0<x<450 )
Gäi y lµ sè Häc Sinh dù thi cđa trêng B (®iỊu kiƯn: 0<y<450 )

Khi đó: Số Học Sinh trúng tuyển của trờng A là 75
100.x=

4x (Häc Sinh)
Sè Häc Sinh tróng tun của trờng B là 90

100 .x=
9

10 x (Học Sinh)
Vì c¶ hai trêng cã 450 Häc Sinh tham gia dù thi nên ta có phơng trình:

x+y=450 (1)

Vì sè Häc Sinh tróng tun cđa c¶ hai trêng b»ng 80% sè Häc Sinh dù thi cđa hai trêng nªn ta
lại có phơng trình: 3

4 x+
9
10 y=

100 . 450
3
4x+

10 y=360 hay 15x+18y=7200 (2)

KÕt hỵp (1) và (2) ta có hệ phơng trình:

x+y=450

15x+18y=7200

y=450 x

15x+18(450 x)=7200
¿{

⇔
y=450− x

15x+8100−18x=7200
⇔

¿x=300

y=150
¿{

(tho¶ m·n)

Vậy trờng A có 300 Học Sinh tham gia dự thi và trờng B có 150 Học Sinh tham gia dự thi.

◦ Một số đề tự luyện:

C3/§22

Bài tập. Theo kế hoạch hai tổ đựơc giao sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định.
Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã sản xuất vợt mức 18% và tổ II đã sản xuất vợt mức 21%
so với kế hoạch. Vì vậy, trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vợt mức 120 sản phẩm.
Hỏi số sản phẩm đợc giao của mỗi tổ theo kế hoạch ?

Dạng 5. Bài toán liên quan đến cỏc yu t hỡnh hc.

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

Giải:

Gọi chiều dài hình chữ nhật là x(m), x>0
Gọi chiều rộng hình chữ nhËt lµ y(m), y>0
Ta cã: x - y = 45 (1)

Khi thay đổi kích thớc hình chữ nhật ta có phơng trình:

x x

3y x y 2y 0 x 4y 0

2    2     (2)

Ta cã hệ phơng trình:

x y 45 x 4y x 60

x 4y 0 3y 45 y 15

   

  

 

  

   

   (t/m)

VËy diÑn tích hình chữ nhật là: 60.15=900 m2

Mt s tự luyện:

C3b/§6, C3/§20, C2/§18, C3/§19, C2b/§23

Dạng 6. Bài tốn liên quan đến số ghế, số chổ ngồi hay số tấn hàng và số xe chở
Ví dụ 1: Một phịng họp có 360 chổ ngồi và đợc chia thành các dãy có số chổ ngồi bằng
nhau. Nếu thêm cho mỗi dãy 4 chổ ngồi và bớt đi 3 dãy thì số chổ ngồi trong phịng khơng
thay đổi. Hỏi ban đầu số cor ngồi trong phòng họp đợc chia thành mỏy dóy.

Ví dụ 2: Một đoàn xe chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở
ít hơn 8 tấn. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc biết rằng các xe chở khối lợng hàng bằng
nhau.

Mt s t luyn:

C3/Đ2, C3/Đ15, C3/Đ16, C3/Đ20,

Dạng 7. Bài toán một mình làm xong công việc.

a) Cách giải:

B

c 1. Gọi x là thời gian để Tổ I (Nhóm I, Đội I, vịi nớc thứ nhất) làm xong cơng việc.
Gọi y là thời gian để Tổ II (Nhóm II, Đội II, vịi nớc thứ hai) làm xong công việc.
Đặt điều kiện cho x và y.

B

ớc 2. Tính khối lợng cơng việc mà Tổ I, Tổ II và cả hai Tổ làm đợc trong mổi giờ.
Tính khối lợng công việc mà Tổ I, Tổ II làm đợc trong khoảng thời gian mà bài
toán cho.

B

ớc 3. Dựa vào hai mối liên hệ của bài toán để lập hệ phơng trình dạng:

1
x+

1
y=m
p

x+
q
y=n

¿{
¿
B

ớc 4. Giải hệ phơng trình vừa lập. (bằng cách đặt 1

x=a và
1
y=b )

B

ớc 5. Đối chiếu điều kiện, chọn nghiệm hợp lí trả lời.
b) Một số ví dơ:

Ví dụ 1. Hai ngời thợ cùng làm một cơng việc trong 18 giờ thì xong. Nếu ngời thứ nhất làm
trong 4 giờ rồi nghỉ và ngời thứ hai làm tiếp trong 7 giờ thì họ làm đợc 1

3 cơng việc. Hỏi
nếu làm một mình, họ làm xong cơng việc đó trong bao lâu ?

Gi¶i:

Gọi x(h) là thời gian để ngời thợ thứ nhất làm một mình xong cơng việc. (điều kiện: x > 18)
Gọi y (h) là thời gian để ngời thợ thứ hai làm một mình xong cơng việc. (điều kiện: y > 18)

Khi đó: Mổi giờ ngời thứ nhất làm đợc 1

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Mổi giờ ngời thứ hai làm đợc 1

y (công việc)
Mổi giờ cả hai ngời làm đợc 1

18 (công việc)
Trong 4 giờ ngời thứ nhất làm đợc 4

x (công việc)
Trong 7 giờ ngời thứ hai làm đợc 7

y (công việc)

Theo bài ra ta có hệ phơng trình:

1
x+

1
y=

1
18
4

x+

y=
1
3
⇔
¿a+b= 1

18
4a+7b=1

¿{
¿

(víi a=1

x vµ b=
1
y )

18a+18b=1

12a+21b=1

a= 1

54
b= 1

27

1

x=
1
54
1
y=

1
27

x=54

y=27
{

(thoả mÃn ĐK)

Vậy một mình ngời thứ nhất làm xong công việc sau 54 giờ.
 và một mình ngời thứ hai làm xong c«ng viƯc sau 27 giê.

Ví dụ 2. Hai người cùng làm chung một cơng việc thì sau 4 giờ 30 phút họ làm xong. Nếu
một mình người thứ nhất làm trong 4 giờ, sau đó một mình người thứ hai làm trong 3
giờ thì cả hai ngời làm được 75% công việc. Hỏi nếu mỗi người làm một mình thì

sau bao lâu sẽ xong công việc? (Biết rằng năng suất làm việc của mỗi người là không
thay đổi).

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

Dạng 8: Toán có nội dung vật lý, hoá học:

* Bài toán: ( tài liệu ôn thi tốt nghiệp bËc THCS )

Ngời ta hoà lẫn 8g chất lỏng này với 6g chất lỏng khác có khối lợng nhỏ hơn nó
200kg/m3 để đợc một hỗn hợp có khối lợng riêng là 700kg/m3. Tìm khối lợng riêng của mỗi

chÊt láng?

* Híng dÉn gi¶i:

- Để giải bài tốn ta cần chú ý khối lợng riêng của mỗi chất đợc tính theo cơng thức: D
= m

V ⇒ V =

m
D

Trong đó: m là khối lợng tính bằng kg
V là thể tớch ca vt tớnh bng m3

D là khối lợng riêng tính bằng kg/m3

* Lời giải:

Gọi khối lợng riêng của chất thứ nhất là x (kg/m3), điều kiện x > 200

Thì khối lợng riêng của chất thứ hai là: x 200 (kg/m3)

ThĨ tÝch cđa chÊt thø nhÊt lµ:

0,008
x (m3)

ThĨ tÝch cđa chÊt thø hai lµ:

0, 006
200

x ( m3 ).

Thể tích của khối chất lỏng hỗn hợp là:

0,008 0,006
700

( m3).

Trc v sau khi trn thì tổng thể tích của hai chất lỏng khơng đổi, nên ta có phơng
trình:

0, 008 0,006 0,008 0,006

200 700

x x



 



Giải phơng trình ta đợc: x1 = 800 thoả mãn điều kiện

x2 = 100 ( loại ).

Vậy khối lợng riêng của chất thø nhÊt lµ 800 kg/m3

</div>

Tuyen tap cac dang toan on thi vao lop 10

<b>A. căn bậc 2</b>

<sub>√</sub>

<sub></sub>

√

√

√

<sub>√</sub>

√

√

<sub>√</sub>

√

√

<sub>√</sub>

√

√

√

<sub>√</sub>



 









 





 





 











(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

√





(

)

(

)

√

√

[

(

)

]

(

)

(

)

(

)

(

)

[

]