BỒI DƯỠNG HSG môn TOÁN lớp 10 tự LUẬN có lời GIẢI CHI TIẾT

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Ngày soạn:

Ngày dạy:

BUỔI 1: CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN TAM THỨC BẬC HAI.
I.

MỤC TIÊU
1. Kiến thức: Ơn lạicácbàitốn liên quan đến tam thứcbậc hai:
2. Kỹ năng:Tìm đk tham số để tam thức tmđk cho trước; tìm GTLN, GTNN….
3. Tư duy , thái độ: Tư duy loogic tổng hợp. Tự giác, tích cực học tập
II.
CHUẨN BỊ: 1. Giáo viên: Giáo án, bài tập
2. Học sinh: Ôn tập
III.
PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập
IV.
NỘI DUNG BÀI HỌC
1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1:
2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới
3. Bài mới:
2
BT1: Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có
hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8) . (HSG VP 2011- 2012)
GIẢI:
Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4

 m ≥ 2

m m 2 − 4 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
 −2 ≤ m ≤ 0

⇔
⇔
⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔ 
2 ≤ m ≤ 3
 x1 + x2 ≤ 4
2 ( m − 1) ≤ 4
m ≤ 3


(

)

2

Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = − m3 + ( m + 1) suy ra
3

3

2

P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m3 + 8 ( m + 1) = −16m 2 + 40m
Bảng biến thiên
m

-2

0
0

2

3

16

P
-144

-24

Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m = 2 , Pmin = −144 khi m = −2 .
2

BT2:Cho hàm số y = x − 3 x + 2 và hàm số y = − x + m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó
cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng
AB đến các trục tọa độ bằng nhau.

GIẢI: Yêu cầu bài toán ⇒ PT sau có hai nghiệm phân biệt

x 2 − 3 x + 2 = − x + m hay x 2 − 2 x + 2 − m = 0 (*)có ∆ ' > 0 ⇔ m>1
Gọi x A ; x B là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có x I =

1

xA + xB
= 1 ; yI = − x I + m = m − 1
2


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TỐN 10

u cầu bài tốn ⇔ yI = x I ⇔ m − 1 = 1 ⇔ m = 2; m = 0

Kết hợp ĐK, kết luận m = 2

x + y = m − 2
(trong đó m là tham số)
BT3:1. Cho hệ phương trình  2
2
2
 x + y + 2 x + 2 y = −m + 4
a) Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm.
b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức A = xy + 2 ( x + y ) + 2011 .
2. Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn −3

x 4 − ( 3m + 1) x 2 + 6m − 2 = 0 ( HSG VP 2010- 2011)
GIẢI: 1, a. Đặt S = x + y; P = xy . Khi đó hệ phương trình trở thành
S = m − 2
S = m − 2
⇔
 2
2
2
 S − 2 P + 2S = − m + 4

P = m − m − 2
2

Để hệ có nghiệm thì S 2 ≥ 4 P ⇔ ( m − 2 ) ≥ 4 m 2 − m − 2 ⇔ m 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2

(

)

2

b. Ta có A = P + 2 S + 2011 = m + m + 2005
Lập bảng biến thiên ta được max A = 2011 khi m = 2 ; min A = 2004, 75 khi m = −0, 5
m

-2

-

1

2

2
2011

2007
A

2004,75

2. Đặt t = x 2 ≥ 0 , thay vào phương trình ta được t 2 − ( 3m + 1) t + 6m − 2 = 0
t = 2
⇔
phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi
t = 3m − 1
1

3m − 1 > 0
m >
⇔
3 . Khi đó phương trình đã cho có bốn nghiệm là


3m − 1 ≠ 2
 m ≠ 1

± 2; ± 3m − 1

Để các nghiệm đều lớn hơn −3 thì − 3m − 1 > −3 ⇔ 3m − 1 < 3 ⇔ m <

10
.
3

 1 10 
Vậy các giá trị của m là m ∈  ;  \ {1}
3 3 

BT4: Tìm m để:

1)Bất phương trình: x2 - 2(2m + 1)x + 3m + 1 ≥ 0 có nghiệm với mọi số thực x.
2) Phương trình: (m - 1) x4 - 2(m + 2)x2 + 2m + 1 = 0 có bốn nghiệm phân biệt.

2


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TỐN 10

GIẢI: 1. BPT có nghiệm với mọi số thực x
a = 1 > 0
−1
−1
⇔
⇔
≤ m ≤ 0 KL:
≤m≤0
2
4
4
 ∆ = 4m + m ≤ 0

2) PT : (m - 1) x4 - 2(m + 2)x2 + 2m + 1 = 0 (1)
Đặt t = x2 ( t ≥ 0).PT(1) trở thành: (m - 1) t2 - 2(m + 2)t + 2m + 1 = 0 (2)
* m =1 , (2) có t = 1/2 , (1) có 2 nghiệm (loại)
* m ≠ 1, (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm dương phân biệt

 '
2
∆ = ( m + 2 ) − ( m − 1)( 2m + 1) > 0


2(m + 2)
5+3 5

⇔ S =
>0
⇔ ... ⇔ 1 < m <
m −1
2

2m + 1

 P = m − 1 > 0
KL: 1 < m <

5+3 5
2

BT5: Cho phương trình: ( x − 1)( x 2 − 2mx + m + 2) = 0 (1)
a. Giải phương trình (1) khi m = 3 .
b. Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn: x12 + x2 2 + x3 2 = 9 .
GIẢI: a, Khi m = 3 , PT (1) trở thành: ( x − 1)( x 2 − 6 x + 5) = 0
x =1
 x −1 = 0

x =1
⇔ 2
⇔
⇔
 x − 6x + 5 = 0

 x = 1∨ x = 5
x = 5
KL: Vậy tập nghiệm của PT là: S = {1;5}

x −1 = 0

b. Ta có: (1) ⇔  2
 x − 2mx + m + 2 = 0(2)
Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì (2) phải có hai nghiệm phân biệt x ≠ 1 .

m2 − m − 2 > 0 m < −1 ∨ m > 2
∆' > 0

⇔
⇔
(*)
Khi đó các điều kiện là: 
m≠3
1 − 2m + m + 2 ≠ 0

 3− m ≠ 0
 x2 + x3 = 2m
Giả sử x1 = 1, x2 , x3 là 2 nghiệm của (2). Khi đó theo định lí Viet ta được: 
 x2 x3 = m + 2
Và x12 + x2 2 + x32 = 9 ⇔ ( x2 + x3 ) 2 − 2 x2 x3 = 8

3


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

 m=2
⇔ 4m − 2( m + 2) = 8 ⇔ 
m = − 3
2

2

So sánh với điều kiện (*) ta được m = −

3
thỏa mãn.
2

BT6: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng ∀x : −2 ≤

2 x 2 − x + 3m
<3
x2 + x + 4

GIẢI: Ta có : x 2 + x + 4 > 0, ∀x
Do đó: −2 ≤

2 x 2 − x + 3m ≥ −2 x 2 − 2 x − 8  4 x 2 + x + 8 + 3m ≥ 0(1)
2 x 2 − x + 3m
<
3
⇔
⇔ 2
 2

2
x2 + x + 4
 2 x − x + 3m < 3 x + 3 x + 12
 x + 4 x + 12 − 3m > 0(2)

 ∆1 ≤ 0
Bất phương trình đã cho nghiệm đúng ∀x khi (1) và (2) nghiệm đúng ∀x ⇔ 
∆ 2 < 0

∆ ≤ 0
−127 − 48m ≤ 0
127
8
⇔ 1
⇔
⇔−
≤m<
KL:
48
3
 −32 + 12m < 0
∆ 2 < 0
BT7:Cho phương trình x 2 − mx + m 2 − 3 = 0
a. Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt
b. Giả sử phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 dương phân biệt. Tìm m để x12 + x22 =

5
2

GIẢI: a. Đk để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt là:



 −2 < m < 2
m2 < 4
∆ > 0



⇔ 3 S > 0 ⇔  m > 0 ⇔ m > 0
P > 0
m2 > 3



m > 3
m < − 3
 
Vậy với

3 < m < 2 thì phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

b. Theo phần a) phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi

3 < m < 2 (*)

 x1 + x2 = m
Theo định lý viét ta có 
2

 x1.x2 = m − 3
Từ giả thiết ta có x12 + x2 2 =

7
14
5
5
⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1.x2 = ⇔ m 2 = ⇔ m = ±
2
2
2
2

4


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

So sánh điều kiện (*) ta thấy m =

14
thoả mãn
2

BT8: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:

x + m mx − 2
+
=1
x −1

x +1

GIẢI : ĐK : x ≠ ±1
Phương trình (1) ⇔ x 2 + x + mx + m + mx 2 − mx − 2 x + 2 = x 2 − 1 ⇔ f ( x) = mx 2 − x + m + 3 = 0 (2)
+ Nếu m = 0 . phương trình (2) trở thành: − x + 3 = 0 ⇔ x = 3 ( t / m) , suy ra m = 0 thỏa mãn.
+ Nếu m ≠ 0 ta có: ∆ = −4m 2 − 12m + 1

b

 ∆ = 0, x = − 2a ≠ ±1

Phương trình (1) có nghiệm duy nhất ⇔  ∆ > 0, x1 = 1, x2 ≠ −1
 ∆ > 0, x = −1, x ≠ 1
1
2



−3 ± 10
∆ = 0
m=
−3 ± 10


2
+ Trường hợp 1: 
⇔
⇔m=
(T / m)
b

2
 x = − 2a ≠ ±1  1 ≠ ±1
 2m

 −3 − 10
 −3 − 10
−3 + 10
−3 + 10


∆ > 0
2
2
2
2



+ T.hợp 2:  x1 = 1 ⇔  f (1) = 0
⇔ m = −1
2m + 4 ≠ 0 ⇔ m ≠ −2
 x ≠ −1  f (−1) ≠ 0
 2




⇔ m = −1, ( t / m)

 −3 − 10
 −3 − 10
−3 + 10
−3 + 10


∆ > 0
2
2
2
2



.
+ T.hợp 3:  x1 = −1 ⇔  f (−1) = 0
⇔  2 m + 4 = 0 ⇔ m = −2
 m ≠ −1
x ≠ 1
 f (1) ≠ 0
 2




⇔ m = − 2 (t / m )

Vậy m = 0, m = −1, m = −2, m =

−3 ± 10
.
2
5


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

4. CỦNG CỐ:
5. BTVN:
Bài 1. Tìm m để các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x:
a) 3 x 2 + 2(m − 1) x + m + 4 > 0

b) x 2 + (m + 1) x + 2m + 7 > 0

c) 2 x 2 + (m − 2) x − m + 4 > 0

d) mx 2 + (m − 1) x + m − 1 < 0

e) (m − 1) x 2 − 2(m + 1) x + 3(m − 2) > 0

f) 3(m + 6) x 2 − 3(m + 3) x + 2m − 3 > 3

Bài 2. Tìm m để các bất phương trình sau vơ nghiệm:

a) (m + 2) x 2 − 2(m − 1) x + 4 < 0

b) (m − 3) x 2 + (m + 2) x − 4 > 0

c) (m2 + 2m − 3) x 2 + 2(m − 1) x + 1 < 0

d) mx 2 + 2(m − 1) x + 4 ≥ 0

e) (3 − m) x 2 − 2(2m − 5) x − 2m + 5 > 0

f) mx 2 − 4(m + 1) x + m − 5 < 0

Bài 3. Tìm tập xác định của các hàm số sau:

a) y = 2 − x −

d) y =

4
x+4

x2 + 2x + 3

2− 5− x

3x 2 − x

b) y =

1− x − 1+ x
x

e) y =

x + 2 + 3 − 2x
x −1

f) y =

x +1
trên (1; +∞)
x −1

c) y =

c) y =

x2 − x + x −1

2x −1
x x −4

Bài 4. Xét sự biến thiên của các hàm số sau:

a) y = − x 2 + 4 x − 1 trên (−∞; 2) b) y =

d) y = 3 − 2 x

e) y =

1
x −2

f) y =

1
x −1

x +3
trên (2; +∞)
x−2

Bài 5. Xét tính chẵn lẻ của các hàm số sau:

a) y =

x4 + x2 − 2
2

x −1

x +1 + x −1
d) y =
x + 1 − x −1

b) y = 3 + x + 3 − x

c) y = x ( x 2 + 2 x )

3

e) y =

x x

x2 + 1

6

f) y = x − 2


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Ngày soạn:

Ngày dạy:

BUỔI 2- 3: CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN TAM THỨC BẬC HAI.
IV.
NỘI DUNG BÀI HỌC
1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1:
2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới
3. Bài mới:
BT1: Tìm tất cả các giá trị của

( m − 1) x

2

m

sao

cho

bất

phương

trình

+ 2 ( m + 2 ) x + 2m + 2 ≥ 0 vô nghiệm (x là ẩn, m là tham số).

GIẢI: Bất phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi
2
TH1. Nếu m = 1 thì 6 x + 4 < 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ x < − , ∀x ∈ ℝ vô lí.
3
TH2. Nếu m ≠ 1 thì ( m − 1) x 2 + 2 ( m + 2 ) x + 2m + 2 < 0 ∀x ∈ ℝ

m − 1 < 0
m < 1
⇔ 2

2
∆ ' = ( m + 2 ) − ( m − 1)( 2m + 2 ) < 0
−m + 4m + 6 < 0

m < 1

⇔   m > 2 + 10 ⇔ m < 2 − 10 . Vậy tập hợp các giá trị của m là S = −∞; 2 − 10 .

  m < 2 − 10

(

BT2: a)Tìm tập xác định của hàm số: f ( x ) =
b) Chứng minh rằng hàm số f ( x ) =

2014
2

−x + 2x + 3

+

2015
x2 − 2 x

)

.( HSG VP 2015)

x
đồng biến trên khoảng ( −1; +∞ ) .
x +1

c) Chứng minh rằng hàm số f ( x ) = 2015 − x − 2015 + x là một hàm số lẻ.

BT3:Trong mặt phẳng Oxy biết A(0; 1) và B(3; 4) thuộc parabol ( P ) : y = x 2 − 2x + 1, điểm I nằm trên
cung AB của (P) sao cho tam giác IAB có diện tich lớn nhất. Tìm tọa độ điểm I.
GIẢI: Pt đường thẳng AB: x − y + 1 = 0 ; I nằm trên cung AB của (P) ⇒ I ( m; m 2 − 2m + 1) , m ∈ [ 0;3]
Diện tích IAB lớn nhất ⇔ d ( I; AB ) =

m

m 2 − 3m
2

lớn nhất. Xét hàm số f ( m ) = m 2 − 3m trên [ 0;3] ta có:
2
3

0

0
f(m)

3

0

−9
4

7


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Suy ra ∀m ∈ [ 0;3] , 0 ≤ m 2 − 4m ≤

9

9
3
3 1
. Dấu “=” xảy ra ⇔ m = ⇒ I  ; 
⇒ d ( I; AB ) ≤
2
4
4 2
2 4

3 1
Vậy I  ;  là điểm cần tìm
2 4

BT4: Cho hàm số: y = − x 2 + 2(m + 1) x + 1 − m 2 , (1) ( m là tham số) và điểm K (2; −2)

a.Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B
sao cho tam giác KAB vng tại K .
b.Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt giá trị lớn nhất trên đoạn [0; 1] bằng 1.
BT5:Cho tam thức bậc hai f ( x ) = x 2 − (3m − 1) x + 2m 2 − 2m ( m là tham số) .
a) Giải bất phương trình f ( x ) ≤ 0 khi m = 2
b) Tìm m để phương trình f ( x ) = 0 có hai nghiệm x1; x2 sao cho 3 x1 − x2 = x1 x2

BT6:Cho phương trình: x 2 − 3x − 2m x 2 − 3x + m2 − m + 2 = 0 ( m là tham số) .
a) Giải phương trình với m = 3
b) Tìm m để phương trình đã cho có 4 nghiệm.
1
Đ/S :5b, m = 3; m = − ;
2

6a : x = −1; x = 4; x =

3 − 73
3 + 73
;x =
2
2

6b, Đăt t = x 2 − 3x ( ĐK t ≥ 0 ).Ta được PT : t 2 − 2mt + m2 − m + 2 = 0 (*) .
Phương trình đã cho có 4 nghiệm khi PT (*) có 2 nghiệm khơng âm . Khi đó ta phải có :
m − 2 ≥ 0

⇔m≥2
m ≥ 0
m 2 − m + 2 ≥ 0


BT7:Tìm m để PT:

x 2 − 2(m + 5)x + m 2 − 3m − 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2

thỏa mãn x 1 − x 2 = 2 13 . Đ/S: m = −1.

BT8:Cho hàm số y = (2m − 5) x 2 − 2(m − 1) x + 3 có đồ thị ( Cm ) .
a)CMR: khi m ≠

5
thì ( Cm ) ln cắt ( d ) : y = −3 x + 3 tại hai điểm có tọa độ khơng đổi.
2

8


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TỐN 10

b) Tìm m để ( Cm ) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB
bằng 4? ( Đ/S

m =2 hoặc m = 14/5)

BT9:1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số
2) Cho các nửa khoảng
nào của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.

Với điều kiện

3) Cho các tập hợp A = [ −2;5) , B = ( −∞;3) , C = ( 2; +∞ ) . Tìm A ∩ B; B∪ C ; A \ C ; R \ A
BT10: a, Tìm tập xác định của hàm số: y =

b, Xét tính chẵn lẻ của hàm số: y =

1

( x − 3)

x+2

1
+ x + 2x4 + 1
x −4

2

x + y = m − 2
(trong đó m là tham số)
2
2
2
x
+
y
+
2
x
+
2
y
=
−
m
+
4


BT11:Cho hệ phương trình 

1. Giải hệ phương trình với m = 1.
2. Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm.
3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = xy + 3 ( x + y ) + 2012 , (x, y là
nghiệm của hệ phương trình đã cho).

S = m − 2
S = m − 2
⇔
GIẢI: 1. Đặt S = x + y; P = xy . Khi đó hệ PT trở thành:  2
2
2
 S − 2 P + 2S = −m + 4
P = m − m − 2

S = −1
* Với m = 1 ta có: 

 P = −2
⇒ x, y là nghiệm của phương trình X 2 + X − 2 = 0 ⇔ X = 1, X = −2

x = 1
⇒ Nghiệm của hệ phương trình là 
hc
 y = −2
2

 x = −2

y = 1

2. Hệ có nghiệm ⇔ S 2 ≥ 4 P ⇔ ( m − 2 ) ≥ 4 m 2 − m − 2 ⇔ m 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2

(

)

Ta có A = P + 3S + 2012 = m 2 + 2m + 2004

9


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Xét hàm số f ( m) = m 2 + 2m + 2004 . Lập bảng biến thiên f(m)
m
–2
–1
2
2004
2012
f(m)
2003
Ta được max A = 2012 khi m = 2 ; min A = 2003 khi m = −1

BT12: 1. Tìm tập xác định của hàm số sau:a) f ( x) =

9− x
x+3
2.
. b) f ( x) =
x − 10
( x − 2) x + 3

a, Xéttính chẵn, lẻ của hàm số f ( x ) = 2015 + x + x − 2015 .

b, Xét tính đồng biến và nghịch biến của f ( x ) =

2x + 5
trên khoảng (3;+∞)
x−3

2
BT13: Cho hàm số bậc hai y = x + 2 x − 4 (1)

a) Lập bảng biến thiên và vẽ parabol ( P ) của hàm số (1)
b) Xác định tọa độ giao điểm của Parabol ( P ) và đường thẳng: y = 3 x + 2 .
c) Tìm giá trị của m để đường thẳng d : y = (3 − m) x + m − 2 cắt parabol ( P ) tại hai điểm
phân biệt có hồnh độ

x1 , x2 thỏa mãn: x12 + x22 = 6
2

BT14:Cho hàm số bậc hai y = x − 2 x − 1 (1)
a) Lập bảng biến thiên và vẽ parabol ( P ) của hàm số (1)
b) Xác định tọa độ giao điểm của Parabol ( P ) và đường thẳng: y = − x + 5 .
c) Tìm giá trị của m để đường thẳng d : y = −mx + m cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt
2

2

có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn: x1 + x2 = 9
3

2

4

BT15:Cho hàm số y = x − 3mx + m (1), m là tham số thực.
4

Tìm m để đường thẳng y = − x + m cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt.

Đ/S: Vậy các giá trị cần tìm của m là m >

2
2
hoặc m < − .
3
3

4.CỦNG CỐ:

10


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

5. BTVN: Bài 1: Cho phương trình: x 2 + 2 ( m − 3 ) x + m − 13 = 0 .
2

2

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt và biểu thức: A = x1 x2 − x1 − x2 đạt GTLN
Bài 2: Tìm m để PT: x 2 + mx + 1 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn:
2

x12 x22
+
>7
x22 x12
2

Bài 3: Tìm m để PT: x 2 − 2 mx + 2 − m = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 và x1 + x2 đạt GTNN

Bài 4: Cho phương trình: 2 x 2 + 2 ( m + 1) x + m 2 + 4 m + 3 = 0

b) Tìm m để PT có ít nhất một nghiệm ≥ 1

a) Tìm m để PT có nghiệm

c) Gọi x1 , x2 là các nghiệm của PT. Tìm GTLN của biểu thức: A = x1 x 2 − 2 ( x1 + x 2 )
Bài 5: Tìm m để phương trình: ( m + 2 ) x 2 + ( 2 m + 1 ) x + 2 = 0; có hai nghiệm trái dấu và
tổng của chúng bằng -3

Bài 6: Tìm m để 9 x 2 + 2 ( m 2 − 1 ) x + 1 = 0; có2 nghiệm phân biệt và tổng của chúng bằng -4

Bài 7: Tìm m để các phương trình sau có 2 nghiệm dương phân biệt:

a) ( m 2 + m + 1) x 2 + ( 2 m − 3 ) x + m − 5 = 0;

b) x 2 − 6 m x + 2 − 2 m + 9 m 2 = 0

Bài 8: Cho phương trình: x 2 − 2 ( a − 3 ) x + a − 13 = 0; ( a ≥ 1 )

Tìm a để nghiệm lớn nhất của Phương trình nhận GTLN

BÀI 9.Cho hàm số y =

1
x −1

a/ Tìm tập xác định của hàm số.

b/ CMR hàm số giảm trên tập xác định.

2

BÀI 10. Cho hàm số : y = x x
a/ Khảo sát tính chẵn lẻ.b/ Khảo sát tính đơn điệuc/ Vẽ đồ thị hàm số trên
11.Cho hàm số y = 5 + x + 5 − x
a/ Tìm tập xác định của hàm số.b/ Khảo sát tính chẵn lẻ.
12.Cho Parabol (P) : y = ax2 + bx + c
a/ Xác định a, b, c biết (P) qua A(0; 2) và có đỉnh S(1; 1)
b/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) với a, b, c tìm được.
c/ Gọi (d) là : y = 2x + m. Định m để (d) tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm.
13 .Cho y = x(|x|− 1)a/ Xác định tính chẵn lẻ.b/Vẽ đồ thị hàm số.

14.Cho hàm số y = x 2 − 4 x + m . Định m để hàm số xác định trên toàn trục số.
15.Cho (P) : y = x2− 3x − 4 và (d) : y = −2x + m. Định m để (P) và (d) : Có 2 điểm chung
phân biệt, tiếp xúc và không cắt nhau.

11


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Ngày soạn:
Ngày dạy:
BUỔI 4-6: CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH- BẤT PHƯƠNG TRÌNH.

I.

II.
III.
IV.

MỤC TIÊU
1. Kiến thức: Ôn lạiphương pháp giải PT- BPT đại số.
2. Kỹ năng: giải PT- BPT chứa căn thức, chứa dấu GTTĐ, chứa ẩn ở mẫu..
3. Tư duy , thái độ: Tư duy loogic tổng hợp. Tự giác, tích cực học tập
CHUẨN BỊ: 1. Giáo viên: Giáo án, bài tập
2. Học sinh: Ôn tập
PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập
NỘI DUNG BÀI HỌC
1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1:
2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới
3. Bài mới:

x2 + x + 1 + x2 − x + 1 = 2 ( x ∈ ℝ ) .

BT1: Giải phương trình:

2

2

1 3
1 3


HD: Ta có x − x + 1 =  x −  + , x 2 + x + 1 =  x +  + nên phương trình xác định với mọi x ∈ ℝ .
2 4
2 4


Phương trình đã cho tương đương với
2

x2 − x + 1 + x2 + x + 1 + 2

(x

2

− x + 1 x2 + x + 1 = 4

)(

)

⇔ 2 x2 + 2 + 2 x4 + x2 + 1 = 4 ⇔ x4 + x2 + 1 = 1 − x2
1 − x 2 ≥ 0
 −1 ≤ x ≤ 1
⇔ 4
2 ⇔  4
2

2
4
2
2
x + x +1 = 1− 2x + x
 x + x + 1 = (1 − x )
 −1 ≤ x ≤ 1
⇔
⇔ x = 0 . Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 0.
x = 0
BT2:Giải bất phương trình:

1
2

− x + 4x − 3

−

1
>0
2x − 4

− x 2 + 4 x − 3 > 0
GIẢI: TXĐ: 
⇔ 1 < x < 2;2 < x < 3
x ≠ 2
(1) ⇔

1

− x2 + 4x − 3

Nếu 1 < x < 2 thì

>

1
2x − 4

− x 2 + 4 x − 3 > 0 > 2 x − 4 , BPT nghiệm đúng với mọi x: 1 < x < 2

2 x − 4 > 0
thì bất pt đã cho ⇔ 2x − 4 > − x 2 + 4x − 3
Nếu 2 < x < 3 ⇒ 
2
 − x + 4 x − 3 > 0

⇔ 4 x 2 − 16 x + 16 > − x 2 + 4 x − 3 ⇔ 5 x 2 − 20 x + 19 > 0 ⇔ x > 2 +

12

5
5
;x < 2 −
5
5


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

5
< x < 3.
5

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2 +

Tập nghiệm của bpt đã cho: (1;2) ∪ (2 +

5
;3)
5
2

(

2

BT3: Giải phương trình: 1 + ( 6 x + 2 ) 2 x − 1 = 2 5 x + 4 x
GIẢI: ĐK: x ≥

)

1
1
;x ≤ −
2
2

PT ⇔ (3x + 1)2 + (2x 2 − 1) − 2(3x + 1) 2x 2 − 1 − 1 = (3x + 1) 2 + (2x 2 − 1) − (10x 2 + 8x)

(

⇔ 3x + 1 − 2x 2 − 1

)

2

= ( x − 1)

2

 2x 2 − 1 = 2x + 2(a)
⇔
 2x 2 − 1 = 4x(b)
Giải(a) và đối chiếu ĐK có 1 nghiệm x =

−4 + 6
2

Giải (b) vô nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm x =

−4 + 6
2

BT4: giải BPT: 1) − x 2 + 6 x − 5 + 4 < 2 x
2) 2

x2 + x + 1
x+4

+ x2 − 4 ≤

2
x2 + 1

GIẢI: 1) TXĐ: D = [1;5]

x ≥ 2

− x2 + 6 x − 5 + 4 < 2 x ⇔ 

2
2
− x + 6 x − 5 < (2 x − 4)

x ≥ 2

⇔ 2
⇔ ... ⇔ x ∈ (3; +∞) . Kết hợp TXĐ bpt có tập nghiệm T = ( 3;5]
5 x − 22 x + 21 > 0
2) ĐK: x > 4.

BPT ⇔ 2(

x2 + x + 1
x+4

− 1) + x 2 − 3 ≤

13

2
x2 + 1

−1


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

x2 + x + 1
⇔2

−1
4 − ( x 2 + 1)
x+4
+ x2 − 3 −
≤0
x2 + x + 1
x2 + 1
+1
x+4

⇔ ( x 2 − 3)(

2

( x2 + x + 1) ( x + 4) + x + 4

+1+

1

(

2 + x2 + 1

)

x2 + 1

)≤0

⇔ x 2 − 3 ≤ 0 ⇔ − 3 ≤ x ≤ 3 . KL

BT5: 1) Giải phương trình : − x 2 + 4 x − 3 − 2 x + 5 = 0 .

2) Giải bất phương trình: 2 x 2 + 4 x + 3 3 − 2 x − x 2 > 4 .
GIẢI: 1) Ta có:

2x − 5 ≥ 0

− x2 + 4x − 3 − 2x + 5 = 0 ⇔ − x2 + 4 x − 3 = 2 x − 5 ⇔  2
2
 − x + 4 x − 3 = (2 x − 5)

5

x≥


⇔
2
5 x 2 − 24 x + 28 = 0

5

 x≥ 2

14
14
⇔   x = 2 ⇔ x = . KL: Vậy PT đã cho có nghiệm x =
5
5

14

 x=
5

2) Giải bất phương trình: 2 x 2 + 4 x + 3 3 − 2 x − x 2 > 4 .

Đặt t = 3 − 2 x − x 2 (t ≥ 0) .
BPT đã cho trở thành: 2t 2 − 3t − 2 < 0
⇔−

1
< t < 2 do t ≥ 0 nên 0 ≤ t < 2
2

3 − 2 x − x 2 ≥ 0

Với 0 ≤ t < 2 ⇔ 0 ≤ 3 − 2 x − x 2 < 2 ⇔ 
2
3 − 2 x − x < 4
 −3 ≤ x ≤ 1
 −3 ≤ x ≤ 1
⇔ 2
⇔
x + 2x +1 > 0
 x ≠ −1

Vậy tập nghiệm của BPT: S = [ −3; −1) ∪ ( −1;1]
2

2

BT6:Giải phương trình: 10 x + 3x − 6 = 2(3x + 1) 2x − 1
GIẢI: Đặt t = 2x 2 − 1 , (t ≥ 0) ⇒ t 2 = 2x 2 − 1 . Suy ra : (1) ⇔ 4t 2 − 2(3x+1)t + 2x 2 + 3x − 2 = 0

14


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

1

t = x−

2
∆ ' = (3x+1) 2 − 8x 2 − 12x + 8 = ( x − 3) 2 ⇒ 
t = x + 1

 2

1

x≥

1
1
−1 + 6

2
⇔x=
+ Với t = x − ⇒ 2x 2 − 1 = x − ⇔ 
2
2
2
 x2 + x − 5 = 0

4
+ V ới t =

 x ≥ −2
x
x
2 ± 2 15
+ 1 ⇒ 2x 2 − 1 = + 1 ⇔  2
⇔x=
2
2
7

7x − 4x − 8 = 0

Vậy phương trình có 3 nghiệm: x =

BT7: 1) Giải phương trình:

(

2 ± 2 15
−1 + 6
.
, x=
7
2

x+4 −2

)(

)

x+5 + x+9 +2 = x

2) Giải bất phương trình: x( x − 4) − x 2 + 4 x + ( x − 2)2 < 2 ( KSCL LAN II YÊN LẠC II)

GIẢI: 1) Điều kiện xác định: x ≥ −4

PT ⇔ ( x + 4 − 22 )

(

) (

x+5 + x+9 +2 = x

x+4+2

)

⇔ x  x + 5 + x + 9 − x + 4  = 0
 x = 0 ( tm )
⇔
 x + 5 + x + 9 = x + 4; (1)
Giải (1): (1) ⇔

x+5 + x+9 = x+4 ⇔ 2

( x + 5) . ( x + 9 ) = − x − 10

Ta thấy với x ≥ −4 thì VT >0, VP<0 suy ra phương trình (1) vơ nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0
2) Điều kiện xác định: 0 ≤ x ≤ 4

Đặt t = − x 2 + 4 x đk: t ≥ 0
Phương trình trở thành: t 3 + t 2 − 2 > 0 ⇔ ( t − 1) . ( t 2 + 2t + 2 ) > 0
Với t > 1 ta có

t > 1 do t 2 + 2t + 2 > 0∀t

− x 2 + 4 x > 1 ⇔ − x 2 + 4 x − 1 > 0 ⇔ 2 − 3 < x < 2 + 3 (t/m)

(

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là s = 2 − 3; 2 + 3

15

)


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TỐN 10

BT8: Giải phương trình: 19 + 3x + 4 − x 2 − x + 6 = 6 2 − x + 12 3 + x .( HSG VP 2015)
− x 2 − x + 6 ≥ 0

GIẢI: Điều kiện xác định: 2 − x ≥ 0
⇔ −3 ≤ x ≤ 2 .
3 + x ≥ 0

Bất phương trình đã cho tương đương với:

19 + 3 x + 4

( 2 − x )( 3 + x ) = 6 (

2− x + 2 3+ x

)

Đặt t = 2 − x + 2 3 + x , t > 0 ta có:

t 2 = 2 − x + 4 (3 + x) + 4

( 2 − x )( 3 + x ) = 14 + 3x + 4 ( 2 − x )( 3 + x )

t = 1
Thay vào phương trình trên ta được: 5 + t 2 = 6t ⇔ t 2 − 6t + 5 = 0 ⇔ 
t = 5
+) t = 1 ⇔ 2 − x + 2 3 + x = 1 ⇔ 2 − x + 4 ( 3 + x ) + 4

( 2 − x )( 3 + x ) = 1

⇔ 3x + 13 + 4 − x 2 − x + 6 = 0 vô nghiệm do −3 ≤ x ≤ 2
+) t = 5 ⇔ 2 − x + 2 3 + x = 5 ⇔ 2 − x + 4 ( 3 + x ) + 4

( 2 − x )( 3 + x ) = 25

16 ( − x 2 − x + 6 ) = (11 − 3 x )2
⇔ 4 − x − x + 6 = 11 − 3 x ⇔ 
11 − 3 x ≥ 0
2

25 x 2 − 50 x + 25 = 0

⇔
⇔ x = 1 thỏa mãn điều kiện.
11
x ≤
3


Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {1} .

BT9 : Giải PT- BPT : a ) 2 x + 3 + x + 1 = 5 ; b)

Đ/S : a. x=3

x 2 − 3x + 1 ≤ 2 x − 1 ( x ∈ R )

1 3 − 5  3 + 5

b) T = ( −∞;0] ∪  ;
; +∞ 
∪
2   2
3


BT10: Giải phương trình: 5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 ( x ∈ ℝ )
BT11:Giải phương trình sau:

a / 2x − 3 = x 2 − 3x + 1

b / 2x 2 − 6x + 3 x 2 − 3x + 1 = 3

c, x 2 − 4 x + 3 − 2 x = 3 d , x 2 − 7 x + 8 = 2 x
Đ/S: a,-1; 4

b, 0; 3

c, 0; 6

BT12 :1) Tìm m để phương trình |x2 - 1| = m4 - m2 + 1 có bốn nghiệm phân biệt.

16


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:
BT13: Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt :

(x

2

+ 2x

)

2

(

)

− 4 x2 + 2x + 5 = m
2

2

GIẢI: Đặt x + 2 x = t có phương trình: t − 4t + 5 = m .Điều kiện: t ≥ −1
2

Xét phương trình: f (t ) = t − 4t + 5
T

-1

f(t)

10

(t ≥ -1)

2

+∞

+∞

1

Để (1) có 4 nghiệm thì f (t ) = m có 2 nghiệm lớn hơn -1.Suy ra 1 < m ≤ 10
2

2

BT14: 1.Giải bất phương trình: ( x − 3 ) x + 4 ≤ x − 9

2. Giải phương trình:

4
1
5
+ x − = x + 2x −
x
x
x

1. GIẢI: Ta có: (1) ⇔ ( x − 3)

(

)

x 2 + 4 − ( x + 3) ≤ 0 (2)

TH1: x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3

⇒ (2) ⇔ x 2 + 4 ≤ x + 3 ⇔ x 2 + 4 ≤ ( x + 3)2 ⇔ x ≥ −

5
6

Kết hợp với x ≥ 3 ta được x ≥ 3 (*)
TH2: x − 3 ≤ 0 ⇔ x ≤ 3 ⇒ (2) ⇔

x 2 + 4 ≥ x + 3 (3)

+ Nếu x + 3 ≤ 0 ⇔ x ≤ −3 thì (3) thỏa mãn với ∀x ≤ −3 (4)

+ Nếu x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ −3 ⇒ (3) ⇔ x + 4 ≤ ( x + 3) ⇔ x ≤ −
2

⇒ −3 ≤ x ≤ −

2

5
6

5
(5)
6

Từ (4) và (5) ta có x ≤ −

5
(**)
6

Từ (*) và (**) ta có nghiệm của bất phương trình là: x ≤ −

17

5
hc x ≥ 3
6


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10


x ≠ 0

2.. Điều kiện:  x − 1 ≥ 0
x

5

 2 x − x ≥ 0

Đặt a = x −

5
1
, b = 2 x − với a ≥ 0, b ≥ 0
x
x
2

2

ta có (1) ⇔ a − b = b − a ⇔ (a − b)(a + b + 1) = 0 (2)
Do a ≥ 0, b ≥ 0 nên a + b + 1 > 0
1
5
4
(2) ⇔ a = b ⇒ x − = 2 x − ⇔ x − = 0 ⇔ x 2 − 4 = 0 ⇔ x = ±2
x
x
x

Đối chiếu điều kiện thì x = 2 thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm là x = 2

1 − 1 − 4x 2
<3
BT15: Giải bất phương trình:
x
Giải: Bằng cách nhân lượng liên hợp bất phương trình tương đương
4x 2

(

x 1 + 1 − 4x 2

)

1
1
 x ≠ 0
 x ≠ 0
<3⇔ 
⇔
, Đk: − ≤ x ≤ .

2
2
2
2
3 1 − 4x > 4x − 3
 4x < 3 + 3 1 − 4x

x ≠ 0
1

 1 1
Vì x ≤ ⇒ 4x – 3 < 0. Do đó (1),(2) ⇔  1
1 . Tập nghiệm S =  − ;  \ {0}
2
 2 2
− 2 ≤ x ≤ 2
BT16: Giải bất phương trình:

2x + 4 − 2 2 − x >

12x − 8

(1)

9x 2 + 16

Bằng cách nhân lượng liên hợp bất phương trình tương đương
6x − 4
2(6x − 4)
>
⇔ (3x − 2)  9x 2 + 16 − 2
2

2x + 4 + 2 2 − x
9x + 16

(

2x + 4 + 2 2 − x  > 0


)

Lại thực hiện phép nhân liên hợp

(2) ⇔ (3x − 2) 9x 2 + 16 − 4 12 − 2x + 4 8 − 2x 2  > 0



)

(

(
⇔ (3x − 2) ( x − 2

)

⇔ (3x − 2) 9x 2 + 8x − 32 − 16 8 − 2x 2 > 0

Để

8 − 2x 2

) ( +x + 2

)

8 − 2x 2 > 0

(3)

8 − 2x 2 có nghĩa thì -2 ≤ x ≤ 2. Do x ≥ −2 ⇒ 8 + x + 2 8 − 2x 2 > 0 nên

18

(2)


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

3x − 2 > 0
3x − 2 < 0
(3) ⇔ (3x − 2) x − 2 8 − 2x 2 > 0 ⇔ 
(I) ∨ 
(II)
2
2
 x − 2 8 − 2x > 0
 x − 2 8 − 2x < 0

)

(

Giải (I) ⇔

4 2
3

x < 0
Giải (II) ⇔ 
2
8 − 2x ≥ 0

∨

2

2
2
0 ≤ x<
⇔ −2 ≤ x < 0 ∨ 0 ≤ x< ⇔ −2 ≤ x<
3

3
3
 x 2 < 32 − 8x 2


2 4 2 

Vậy S =  −2;  ∪ 
; 2
3  3




BT17: Cho phương trình : x 2 − 2 x + m = x − 1
a) Giải phương trình với m = 0.

b) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt.
Giải

Đặt t = x – 1, thì phương trình đã cho trở thành t 2 + m − 1 = t (*)

3+ 5
t ≥ 0
x =
t ≥ 0
t ≥ 0
±1 + 5

2
a) Với m = 0 ta có  2
⇔ 2
⇔  ±1 ± 5 ⇔ t =
⇒
2

t
−
1
=
±
t

t
±
t
−
1
=
0
1+ 5


t =
2

x =

2

b) Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 4 nghiệm
t ≥ 0
t ≥ 0
⇔ 2
phân biệt. (*) ⇔  2
có 4 nghiệm phân biệt.
t + m − 1 = ±t
t ± t + m − 1 = 0
Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi mỗi phương trình:
t2 – t + m – 1 = 0 và t2 + t + m – 1 = 0 có hai nghiệm khơng âm phân biệt. Nhưng phương
trình t2 + t + m – 1 = 0 khơng thể có hai nghiệm khơng âm (vì S = –1<0).
Vậy phương trình đã cho khơng thể có 4 nghiệm phân biệt.
BT18: Tìm m để phương trình

x 2 − 2mx + 1 = m − 2 có nghiêm.

Giải: * Nếu m< 2 ⇒ phương trình vơ nghiệm.

* Nếu m≥ 2 ⇒ phương trình ⇔x2−2mx−m2+4m−3=0. Phương trình này có ∆=2m2−4m+3>0
với mọi m.
Vậy với m≥ 2 thì phương trình đã cho có nghiêm.

19


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TỐN 10

BT19: Tìm m để phương trình

2 x 2 + mx − 3 = x + 1 có hai nghiệm phân biệt.

 x ≥ −1

Giải:Cách 1: PT ⇔  x 2 + ( m − 2 ) x − 4 = 0, (*) , phương trình (*) ln có 2 nghiệm:

2 − m + m 2 − 4m + 20
2 − m − m 2 − 4m + 20
> 0, x2 =
< 0 . Phương trình đã cho có 2
2
2
nghiệm ⇔ (*) có 2 nghiệm x ≥ −1 ⇔
x1 =

m ≤ 4
x2 ≥ −1 ⇔ 4 − m ≥ m 2 − 4m + 20 ⇔ 
⇔ m ≤ −1
2
2
( 4 − m ) ≥ m − 4m + 20

Chú ý: + x1> 0, x2< 0 vì x1>x2 và a.c< 0 nên pt có 2 nghiệm trái dấu.

+ Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm.
+ Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với x ≥ −1 ⇒ t ≥ 0 .(*) trở thành:

( t − 1)

2

+ ( m − 2 )( t − 1) − 4 = 0 (**). Để (*) có 2 nghiệm x ≥ −1 thì (**) phải có 2 nghiệm

t ≥ 0.
BT20: (ĐH KB – 2006). Tìm m để PT có 2 nghiệm thực phân biệt:

x 2 + mx + 2 = 2 x + 1 , (1)

 2 x + 1 ≥ 0

Giải : pt ⇔ 3 x 2 − ( m − 4 ) x − 1 = 0, ( 2 ) để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai


2

∆ = ( m − 4 ) + 12 > 0

1
9
  1
⇔m≥ .
nghiệm lớn hơn hoặc bằng − 2 hay  f  − 2  ≥ 0
2

 
S
1
 >−
2
2

4. CỦNG CỐ :
5. BTVN : 1/ Tìm m để các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x:
a) mx2−4(m−1)x+m−5≤ 0

b) 5x2−x+m> 0

c) mx2−10x−5<0

x 2 − mx − 2
> −1
e) m(m+2)x2+2mx+2>0
x 2 − 3x + 4
2
b) ∆= −20m+1, m> 1/20

Đáp số: a) ∆= 12 m − 12 m + 16 , khơng có m
c) ∆= 5m+25, m<−5
d) −76. Tìm m để các phương trình sau vô nghiệm: a) 5x2−x+m ≤0
mx2−10x−5≥0
d)

20


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Ngày soạn:

Ngày dạy:

BUỔI 7-9: CHUYÊN Đ ỀH ỆPHƯƠNG TRÌNH ĐẠI S Ố:
I.

MỤC TIÊU
1. Kiến thức: Ôn lại dạng hệ và phương pháp giải.
2. Kỹ năng:
3. Tư duy , thái độ: Tư duy loogic tổng hợp. Tự giác, tích cực học tập
II.
CHUẨN BỊ: 1. Giáo viên: Giáo án, bài tập
2. Học sinh: Ôn tập
III.
PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập
IV.
NỘI DUNG BÀI HỌC

1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1:
2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới
3. Bài mới: A.Lý thuyết
A. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP
1. Phương pháp thế
Phương pháp giải:

Ta biến đổi một phương trình trong hệ rồi rút ra mối liên hệ giữa x, y; thế vào
phương trình cịn lại sao cho phương trình thu được là phương trình đa biết cách giải .
Thường ta thu được một phương trình một ẩn, phương trình đưa được về dạng tích hoặc một
phương trình đẳng cấp.
 x 2 ( y + 1)( x + y + 1) = 3 x 2 − 4 x + 1 (1)
5

Bài 1. Giải hệ phương trình 
ĐS: (1; −1) ,  −2; −  .
2
2

(2)
 xy + x + 1 = x
4
3
2 2
 x + 2 x y + x y = 2 x + 9 (1)
Bài 2. Giải hệ phương trình  2
(2)
 x + 2 xy = 6 x + 6

17 


ĐS:  −4;  .
2


 x 3 − 8 x = y 3 + 2 y (1)
Bài 3. Giải hệ phương trình  2
2
 x − 3 = 3 ( y + 1) (2)

6
6  
6
6 
ĐS: ( 3;1) , ( −3; −1) ,  −4
;
;−
 ,  4
 .
13
13
13
13

 


 2 ( x 2 + y 2 ) + 2 xy = 16 (1)

Bài 4. Giải hệ phương trình 

 x + y = 4
(2)

2 xy − x + 2 y = 3,
Bài 5. Giải hệ : 
3
3
2
 x + 4 y = 3x + 6 y − 4
2

2

(

)

HD: Đưa vê: 2 ( y − 1) ( 2 xy + 1) 4 y 2 − 8 y + 7 = 0

21

ĐS: ( 4; 4 ) .


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

 x3 + 4 y = y 3 + 16 x (1)
Bài 6. Giải hệ phương trình 
ĐS : (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3)
2

2
(2)
1 + y = 5(1 + x )

( x − y )4 = 13 x − 4,
.
Bài7.Giải hpt: 
 x + y + 3 x − y = 2.

3   5 13 
 5
Đ/S:  ; −  ,  ;  ; 1;1 + 3 ; 1;1 + 3 .
 16 16   16 16 

(

)(

)

 x − x − y − 1 = 1,
Bài 8. Giải hệ phương trình: 
2
4
 y + x + 4 y = 1. Đáp số, (x;y)=(1;0)

2. Đặt ẩn phụ
Phương pháp : Làm xuất hiện trong hai phương trình của hệ có chứa hai biểu thức giống
nhau của x,y . Sau đó đặt hai ẩn phụ là hai biểu thức giống nhau của x, y đó.
 x 2 + y 2 − 3 x + 4 y = −2

Bài 1. Giải hệ phương trình :  2
2
3 x − 2 y − 9 x − 8 y = −6

u = x( x − 3)
HD : Đặt 
,
v = y ( y + 4)

ĐS : Nghiệm hệ (1; 0), (1; −4), (2; 0), (2; −4) .

 x3 y (1 + y ) + x 2 y 2 (2 + y ) + xy 3 = 30
Bài 2.Giải hệ phương trình  2
2
 x y + x(1 + y + y ) + y = 11

u = x + y
HD: Đặt 
. Ta được hệ
v = xy

Đ/S:

u 2 v + v 2u = 30
, là hệ phương trình đối xứng loại 1.

uv + u + v = 11

 5 ± 21 5 ∓ 21 
;


 ; (1; 2 ) ; ( 2;1)
2
2 


 x 2 y + 2 x 2 + 3 y − 15 = 0
Bài 3.Giải hệ phương trình:  4
2
2
 x + y − 2 x − 4 y − 5 = 0

u = x 2 − 1
uv + 4 ( u + v ) = 5
HD: Đặt 
, ta được hệ phương trình  2 2
(hệ đối xứng loại 1).
u + v = 10
v = y − 2
Đ/S : (-2 ;1) ; (2 ;1) ; (0 ;5)
Bài 4.Thi KSCL ôn thi ĐH lần 1 (2013-2014)

10 x - xy - y = 2
Giải hệ phương trình: 
2
2
30 x - xy - 2 xy - x - y = 1

22

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

1

a =
Hệ thành
HD: Đặt 
x
b = y + 1

 a + b = 6

a + ab + b = 11
1
1
1
 ab = 5
ĐS: (1; 4); ( ; 0); ( ; 2); ( ;1) .
⇔


5
2
3
a + b = 5
ab( a + b) = 30

  ab = 6

Bài 5.Thi KSCL ôn thi ĐH lần 2 (2013-2014)

1 + xy + xy = x

Giải hệ phương trình:  1
1
+y y=
+3 y

x
x x
HD : Đặt a =

1
;b =
x

2
2
 a + b + ab = 1
y ta được  3 3
 a + b = a + 3b

x = 1
ĐS: 
.
y = 0

3
y


 x2 + y2 −1 + 2 x = 1

Bài 6. Giải hệ phương trình: 
 x 2 + y 2 + 4 x = 22

y


y = 4
x = 3
 x = −3 
x
HD : Đặt u = x 2 + y 2 − 1; v = . ĐS: 
∨
∨
y
y =1
 y = −1 
 x = 14


 y = −4

∨
2
 x = −14
53 

2

53

2
53
2
53

 y3 = x3 (9 − x3 ),

Bài 7. Giải hệ: 
 x 2 y + y 2 = 6 x.

1 = x3t 3 (9 − x3 )
1

=> 27 x3t 4 ( 4t − x )( 2t − x ) = 0
HD: Đặt t = , có 
y
1 = 6 xt 2 − x 2t

 y ( xy − 1) 2
=
 2
5
y
+
1

Bài 8. Giải hệ phương trình: 
 x( xy − 1) 1

=
 2
2
 x +1

HD: Đặt

1
1
= a và = b , ta có hệ
y
x

2
 1 − ab
 a (b 2 + 1) 5
=
,
= ,
 a (b 2 + 1) 5

 1 − ab
2
⇔

2
 1 − ab = 1
 b( a + 1) = 2.
2
 b( a + 1) 2

 1 − ab

Trừ hai phương trình trên cho nhau, ta được: a − b =

23

1
1
⇔ a = + b. ĐS: (x;y) = (1;2).
2
2


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

 2 x − 1 − y (1 + 2 2 x − 1) = −8
Bài 9. Giải hệ phương trình: 
2
 y + y. 2 x − 1 + 2 x = 13

HD: Đặt t = 2 x − 1.

 y + 7 x − y + 2 x = 4
Bài 11. Giải hệ phương trình: 
 2 y + 2 x − 5 x + 8 = 2
HD: Đặt. a = y + 7 x ≥ 0, b =

y + 2 x ≥ 0, c = 5 x + 8 ≥ 0

 a − b = 4,


 56 13 
Ta có hệ:  2b − c = 2,
Đáp số  ;  .
 5 5
 a 2 = b 2 + c 2 − 8.

3. Đưa về phương trình tích
PP: - Phân tích một phương trình trong hệ thành tích các nhân tử.

- Cộng hoặc trừ từng vế của hai phương trình, phương trình thu được có thể phân tích được
thành phương trình tích.
Thơng thường, phương trình đưa được về phương trình tích có một nhân tử dạng
ax + by + c .

1
 1
 x − x = y − y (1)
Bài 1(ĐH Khối A-2003). Giải hệ phương trình 
2 y = x 3 + 1 (2)

 −1 − 5 −1 − 5   −1 + 5 −1 + 5 
ĐS: (1;1) , 
;
;
, 

2  
2
2 

 2

 xy + x + y = x 2 − 2 y 2
(1)
ĐS: ( 5; 2 ) .
Bài 2 (D – 2008) Giải hệ phương trình: 
 x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y (2)
2
(1)
 y = ( 5 x + 4 )( 4 − x )
 4 
Bài 3. Giải hệ : 
ĐS:  − ; 0  , ( 4;0 ) , ( 0; 4 ) .
2
2
 5 
 y − 5 x − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0 (2)

 2 x − 3 = ( y 2 + 2015)(5 − y ) + y
ĐS: ( x, y ) = (4,5) .
Bài 4. Giải hệ phương trình: 
 y ( y − x + 2) = 3 x + 3
3
2
2
3
 x = 32 − 8 15
 x − 6x y + 9xy − 4 y = 0 (1)
ĐS : x = y = 2 và 
Bài 5. Giải hệ: 

(2)
 x − y + x + y = 2
 y = 8 − 2 15

 xy + ( x − y )( xy − 2) + x = y + y (1)

Bài 6. Giải hệ phương trình 
( x + 1)( y + xy + x − x 2 ) = 4
(2)

24


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

HD : (1) ⇔ xy + ( x − y )( xy − 2) − y + ( x − y ) = 0

Từ

⇒

PT

(2)

ta

y + xy − 2
xy + ( x − y )( xy − 2) + y

có

+

y + xy = x 2 − x +

1
>0
x+ y

4
4 

= ( x − 1) 2 +  x + 1 +
−2≥ 2
x +1
x +1 

 1 + 17 1 + 17 
ĐS: (1; 1); 
;
.
2 
 2

 x 2 + 2 xy 2 + 2 y = x + 2 xy + 4 y3 ,

Bài 7. Giải hệ phương trình: 
2 3x − 5 + 3 8 y3 − 3x + 9 = 7


ĐS: ( 3;6 ) .

1 + 2 x − 2 x 2. 1 + y = 4 x3 y + 7 x 2 ,

Bài 8. Giải hệ phương trình: 
 x 2 ( xy + 1) + ( x + 1)2 = x 2 y + 5 x.
1 
Từ phương trình thứ hai, ta có: ( x − 1) ( x 2 y + 2 x − 1) = 0 . Đáp số: (1; −1), ( −1;3),  ;3 
3 

 x3 + x 2 ( y + 1) + 3x + 2 xy = y3 + ( x − 1) y 2 + 3( y − 1)

Bài 9. Giải hệ phương trình: 
 3 x 2 − 3 y + 5 = y − 2 + 1 − x
2
HD: (1) ⇔ ( x − y + 1) ( x + y ) + 3 = 0 ⇔ x − y + 1 = 0



Thay vào phương trình (2) ta thu được.

Đặt
3

3

x 2 − 3 x + 2 = x − 1 − ( x − 1).

(*)

x − 1 = t ≥ 0 ⇒ x = t 2 + 1 Thay vào (*) ta được:

t 2 (t 2 − 1) = t − t 2 ⇔ t 2 (t 2 − 1) = t 3 (1 − t )3 ⇔ t 2 (t − 1)[t + 1 + (t − 1) 2 t ] = 0 .

( x 2 + 9)( x 2 + 9 y ) = 22( y −1)2

Bài 10. Giải hệ phương trình: 
 x 2 − 2 − 4 y y + 1 = 0
HD: Phương trình thứ nhất

. ( x 2 + 11 y − 2 )( x 2 − 2 y + 11) = 0 . Đáp số ( 2; 0); (− 2; 0) .

4. Cộng đại số để có một phương trình hệ quả đơn giản hơn
Phương pháp giải:Ta phải kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán cộng, trừ,
nhân, chia để được một phương trình hệ quả đơn giản hơn hoặc phương trình hệ quả này có

25