Ôn thi toán cấp tốc

1 Bài 1: Hệ phương trình đại số Một số loại hệ phương trình thường gặp: I)Hệ đối xứng loại I 1) Dạng: Hệ phương trình      0);( 0);( yxg yxf là hệ đối xứng loại I nếu      );();( );();( xygyxg xyfyxf 2)Cách giải : - Đặt x y S xy P     . ĐK: 2 4S P . - Biểu thị hệ qua S và P . - Tìm S ; P thoả mãn điều kiện PS 42  . Khi đó x; y là 2 nghiệm của phương trình : 02  PStt . Từ đó có nghiệm của hệ đã cho. Chú ý 1 : +) Nếu hệ có nghiệm (a;b) thì do tính chất đối xứng của hệ nên hệ cũng có ghiệm (b; a). Vì vậy hệ có nghiệm duy nhất chỉ khi có duy nhất x = y. +) Hệ có nghiệm khi và chỉ khi hệ S, P có nghiệm S, P thỏa mãn PS 42  . +) Khi PS 42  thì x = y = -S/2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi chỉ khi có duy nhất S, P thỏa mãn PS 42  . Chú ý 2 : Nhiều trường hợp ta có thể sử dụng ĐK cần để tìm giá trị của tham số sau đó thay vào hệ kiểm tra xem có thoả mãn hay không - (Đ/K đủ). II) Hệ đối xứng loại II 1)Hệ :      0);( 0);( yxg yxf là hệ đối xứng loại II nếu : );();( yxgxyf  2)Cách giải : +)Đối với hầu hết các hệ dạng này khi trừ 2 vế ta đều thu được phương tình : (x-y).h(x;y) = 0 Khi đó hệ đã cho 0 ( ; ) 0 ( ; ) 0 ( ; ) 0 x y h x y f x y f x y           ( Chú ý : Có những hệ đối xứng loại II sau khi trừ 2 vế chưa xuất hiện ngay x - y = 0 mà phải suy luận tiếp mới có điều này). +) Phương pháp điều kiện cần và đủ: Phương pháp này được áp dụng tốt cho hệ đối xứng với yêu cầu: Tìm giá trị tham số để hệ có nghiệm duy nhất. Đ/k cần: Nhận xét rằng: do tính đối xứng của hệ nên nếu hệ có nghiệm (x0;y0) thì (y0;x0) cũng là nghiệm của hệ, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi x0 = y0 (1) Thay (1) vào một phương trình của hệ, tìm đ/k của tham số để pt` có nghiệm x0 duy nhất ,ta được giá trị của tham số. Đó là đ/k cần. Đ/k đủ: thay giá trị của tham số vào hệ kiểm tra, rồi kết luận. III) Hệ nửa đối xứng của x và y 1)Dạng hệ:      )2(;0);( )1();;();( yxg xyfyxf (Tức là có 1 phương trình là đối xứng ) 2)Cách giải: Chuyển vế biến đổi từ (1) ta có dạng phương trình tích: (x - y).h(x; y) = 0. Từ đó có: hệ đã cho tương đương với:      )2(;0);( 0);().( yxg yxhyx                   0);( 0);( 0);( 0 yxg yxh yxg yx Chú ý:Nhiều khi đặt ẩn phụ mới có hệ đối xứng Ví dụ :                5 5 5 5 2 2 2 2 ty yt tx xy yx IV) Hệ đẳng cấp đối với x và y 1) Hệ phương trình      0);( 0);( yxg yxf được gọi là hệ đẳng cấp bậc 2 của x; y nếu mỗi hạng tử (trừ số hạng tự do) đều có bậc là 2. 2) Cách giải : * Cách 1) Khử số hạng tự do. (Cách này thường dùng khi hệ không chứa tham số, hoặc tham số ở số hạng tự do cho đơn giản) * Cách 2) Khử x2 ( với y  0 ) hoặc y2 (với x  0): (Cách này thường dùng khi hệ có chứa tham số). VI. Một số hệ phương trình khác. *) Cách giải: Để giải hệ phương trình không mẫu mực ta thường áp dụng một số pp : + Phân tích thành tích có vế phải bằng 0. + Đổi biến (đặt ẩn phụ) + Đánh giá : BĐT hoặc dùng hàm số. Một số ví dụ: 1. Hệ đối xứng I: Giaỷi caực heọ pt sau ủaõy : 2 2 11 1) 30 xy x y x y xy       2 11 5; 6 5. 6 . 30 p s hpt s p p s p s           ẹS : x = 2; 3; 1; 5 2 - 2 2 3 3 30 35 5; 6 (2;3) ; (3; 2) x y xy x y hpt s p           4 4 2 2 1 3) 1 11 1 0; 2 (0;1);(1;0)( 2 ) 2 1 x y x y p s s hpt p ps p p                   3 3 30 4) : ; 0; ; . 35 . 30 125, 5 6 3 35 x y y x HD x y s x y p x y x x y y p s hpt s s p s sp                    Vaọy Hpt coự ngh ( 4;9) ; ( 9;4). 5- cho: 5( ) 4 4 1 x y xy x y xy m         a) Tỡm m ủeồ hpt coự nghieọm. HD: Giaỷi heọ S ;P ta ủửụùc S= 4m ;p = 5m-1 ẹK : S2-4p 0  1 ; 1 4 m m  . b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. ĐS: m = 1/4, m = 1. 6) a-Cmr: Hpt coự ngh vụựi moùi m : 2 2 2 2 1x y xy m x y xy m m         b) Tỡm m hpt coự nghieọn duy nhaỏt . HDẹS : a- 2 1 1 2 2 2 1 . ; 1 1. p s m hpt p s m m s m p m s m p m                ẹS:heọS1,P1 Vn ; 2 22 24 ( 1) 0S P m    . Vaọy: HPt coự nghieọm vụựi moùi m. b-HPT có ngh duy nhất  22 24 0S P   2( 1) 0m   1m  . => x = y = 1 Vaọy : (1;1). 2. Hệ đối xứng loại II: Giaỷi heọ pt : 3 3 3 8 1 : 3 8 x x y hpt y y x        3 4 2 : 3 4 yx y xhpt xy x y          2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 2 x x y y y x         HDẹS : 1-Hpt 2 2 33 ( )( 5) 0 3 83 8 (0; 0) ( 11; 11) ( 11; 11) x yx y x y xy x x yx x y               2- ẹK : x  0 ; y  0. Hpt : 2 2 ( )( 4) 0 6 4( ) 0 x y x y x y xy x y            (-2; -2) 3- 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 x x y y x x         Laỏy (1)-(2) : 3(x-y)(x+y-1 ) = 0  y=x hoaởc y = 1-x. Keỏt hụùp (1) Khi y = x : (1;1) ; (2;2) Khi y = 1 -x VN . 4- 1 32 1 12 x y x y x y         Laỏy (1) - (2) : (x - y)(2 + 4/xy ) = 0  y = x ; y = -2/x + y = x : (1;1) ; (-1;-1) . + y = -2/x : ( 2; 2);( 2, 2)  3) . Hệ nửa đối xứng VD. Giải hệ :        12 11 3xy y y x x Giải:                          12 0)1)(( 0. 12 0 0. 12 11 33 22 3 xy xyyx yx xy yxxyyx yx xy y y x x 3 4 . 0. 0 1( ) ( ) 2 1 0 2 0 x yx y x y I y II x x x x x                  + Ta có I):                        2 51 2 51 1 )( 012 ( 0. 3 yx yx yx I xx yx yx + Ta có II) : 2 2 2 . 0 1( ) 1 1 3( ) ( ) 0;( ) 2 2 2 x y II y x x x VN              3 4. Hệ đẳng cấp : VD. Cho hệ phương trình : 2 2 2 4 (1) 3 4 (2) x xy y m y xy        a) Giải hệ pt` với m = 1 b) Tìm a để hệ có nghiệm Giải: Cách 1: Dễ thấy y = 0 không phải là nghiệm của hpt. Đặt x = ty, ta có : Hệ  2 2 2 2 2 2 4 3 4 t y ty y m y ty         2 2 2 ( 4 1) (1 3 ) 4 y t t m y t         2 2 4 1 1 3 4 (1 3 ) 4 t t m t y t         (I) Do y  0 nên từ y2(1 - 3t) = 4  1 - 3t > 0  t < 1 3 a) Với m = 1 ta có hệ : 2 2 4 1 1 1 3 4 (1 3 ) 4 t t t y t         Giải hệ ta được kq : (1 ; 4), (-1 ; -4). b) Ta có : (I)  2 2 4( 4 1) (1 3 ) (1 3 ) 4 t t m t y t          2 2 4 (16 3 ) 4 0 (*) (1 3 ) 4 t m t m y t          Đặt f(t) = 4t2 - (16 - 3m)t + 4 - m = thì Hệ có nghiệm  (*) có nghiệm thoả mãn t < 1 3 . Ta lại có 1 8( ) 0 3 9 af     m nên hệ luôn có nghiệm thoả mãn t1 < 1 3 < t2. Vậy hệ luôn có nghiệm với m. Cách 2 : Khử một ẩn. Hệ  2 2 4 3 4 x xy m y xy         2 4 2 2 4 2 (8 ) (4 ) 0 (*) x my x x m x m            (x = 0 thoả mãn hệ khi m = 4). Với m  4 đặt : f(t) = 2t2 + (8 - m)t - (4 - m)2 ta có f(0) = -(4 - m)2 < 0 nên phương trình f(t) = 0 luôn có nghiệm t > 0 hay phương trình (*) luôn có nghiệm với m. Các bài tập luyện tập Bài 1: Một số hệ dạng cơ bản 1) Cho hệ phương trình      8 )1)(1( 22 yxyx myxxy a) Giải hệ khi m=12 b) Tìm m để hệ có nghiệm 2) Cho hệ phương trình 2 2 2 1 1 2 a x y x y a         Tìm a để hệ phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt 3) Cho hệ phương trình 2 2 2 2 1 3 2 x xy y x xy y m         Tìm m để hệ có nghiệm 4)       22 22 xy yx 5)       myxxyyx yx 1111 311 a) Giải hệ khi m=6 b) Tìm m để hệ có nghiệm Bài 2:           2 2 2 2 23 23 y xx x yy (KB 2003) HD: Th1 x=y suy ra x=y=1 TH2 chú ýy: ý x>0 , y> 0 suy ra vô nghiệm Bài 3:       358 152 33 22 yx xyyx HD: Nhóm nhân tử chung sau đó đặt S=2x+y và P= 2x.y Đs : (1,3) và (3/2 , 2) Bài 4:        )2(1 )1(33 66 33 yx yyxx HD: từ (2) : -1 ≤ x , y ≤ 1 hàm số :   tttf 33  trên [-1,1] áp dụng vào phương trình (1) 4 Bài 5: CMR hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất         x axy y ayx 2 2 2 2 2 2 HD:      2232 axx yx xét 232)( xxxf  lập BBT suy ra KQ Bài 6:       22 22 xy yx HD Bình phương 2 vế, đói xứng loại 2 Bài 7:       )1( )1( 2 2 xayxy yaxxy xác định a để hệ có nghiệm duy nhất HD sử dụng ĐK cần và đủ a=8 Bài 8:       )2(5 )1(2010 2 2 yxy xxy HD : Rút ra y yy yx  55 2 Cô si 525  y y x . 202 x theo (1) 202 x suy ra x,y Bài 9:       2 )1(3 yxyx yxyx (KB 2002) HD: từ (1) đặt căn nhỏ làm nhân tử chung (1;1) (3/2;1/2) Bài 10:       ayx ayx 3 21 Tìm a để hệ có nghiệm HD: từ (1) đặt 2,1  yvxu được hệ dối xứng với u, - v Chỉ ra hệ có nghiệm thì phương trình bậc hai tương ứng có 2 nghiệm trái dấu. Bài tập áp dụng 1)       495 5626 22 22 yxyx yxyx 2)       )(322 22 yxyx yyxx KD 2003 3)       095 18)3)(2( 2 2 yxx yxxx 4)       2 )(7 22 33 yxyx yxyx HD: tách thành nhân tử 4 nghiệm 5)       mxyx yxy 26 12 2 2 Tìm m để hệ có nghiệm 6)       19 2.)( 33 2 yx yyx dặt t=x/y có 2 nghiệm 7)      64 9)2)(2( 2 yxx yxxx đặt X=x(x+2) và Y=2x+y 8)       4 )1(2 2222 yxyx yxyx đổi biến theo v,u từ phương trình số (1) 9)       22 333 6 191 xxyy xyx Đặt x=1/z thay vào được hệ y,z DS (-1/2,3) (1/3,-2) 10)        12 11 3xy y y x x (KA 2003) HD: x=y V xy=-1 CM 024  xx vô nghiệm bằng cách tách hoặc hàm số kq: 3 nghiệm 11)       axy ayx 2 2 )1( )1( xác định a để hệ có nghiệm duy nhất HD sử dụng ĐK cần và đủ 12)        3 322 xyyx x y y x HD bình phương 2 vế . 5 Bài 2: Phương trình và bất phương trình Đại số Một số dạng phương trình và bất phương trình thường gặp 1) Bất phương trình bậc hai ; Định lýý về dấu của tam thức bậc hai; Phương pháp hàm số. 2) Phương trình, bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối 2 2 2 2 0B A B A B A B A B A B A B A B A B B A B                    3) Phương trình, bất phương trình chứa căn thức *PT chứa căn thức: 2 0 0( 0) 0 0 2 B A B A B A hayB A B A B A A B C B A B AB C                       * Bất phương trình chứa căn thức: 2 2 2 2 0 0 * 0 * 0 0 0 0 0 * * 0 0 A A A B B A B B A B A B A A B B A B A B B B A B A B                                          Một số ví dụ BAỉI TAÄP : Baứi 1: Bỡnh phửụng hai veỏ : a) x2 + 1 1x   Hd: 4 2 0 1 1 1 2 0 1 5 2 x x x x x x x                 b)pt: 5 1 3 2 1 0x x x      ĐK x  1. Chuyeồn veỏ, bỡnh phửụng hai veỏ : x = 2 ; x = 2/11( loaùi ). Vaọy x=2 . c) : 9 5 2 4pt x x    ĐK 2x  . Bỡnh phửụng hai laà ta coự : ẹS x = 0 . d) : 16 9 7pt x x    . ĐS: x = 0, x = -7. e) 2 2: (4 1) 9 2 2 1 : 1/ 4 pt x x x x dk x       Bình phương hai lần ta có :ẹS x = 4/3. Baứi 2 : Đặt ẩn phụ: a) 2 23 3 3 6 3x x x x      . ĐS: x = 1, x = 2. b) 221 1 0 : 0 1 3 x x x x dk x        - ẹaởt : 2 2 11 ; 0 2 tt x x t x x        pt  t2-3t +2 =0 t =1 ; t =2 Vn. t =1  x = 0 ; x =1. c) 22 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x        HDẹS: 2 2 : 1 2 3 1 0 3 4 2 2 5 3 5 3. DK x t x x t x x x pt t x                  2 2 2 2 ) 7 2 3 3 19 . 2 7 / 4 5 3 13 4 1; 2 d x x x x x x t x x pt t t t t x x                        Bài 3: 1) 1 3 ( 1)(3 )x x x x m       a) Giaỷi pt khi m=2 b) Tỡm m pt coự nghieọm. HDẹS: ẹK: . 1 3 ; 2 2 2 : 2( ) t x x t vi a b a b a b             2 0( )1) 2 : 2 0 1, 3 2 t l m t t x x t           2) f(t) = -t2/2 + t +2 = m (1) . Laọp baỷng bieỏn thieõn : Tacoự : 2 2 2 2.m   Bài 4. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 29 9x x x x m      Bỡnh phửụng : ẹaởt t= (9 ) 0 9 / 2x x t    KSHS 2( ) 2 9 ; 9/ 2 9/ 4 10f t t t o t Ds m         d) Bài 5. Tìm m để phương trình có nghiệm: 4 444 4 6x x m x x m      HDẹS: ẹaởt 4 24 4 0 : 6 0t x x m pt t t       6 44 4 3 ( ) 2 4 2 4 1 6 l o ¹ it P T t x x m m x x                  Laọp BBT : m>19VN; m=19: 1 ngh ;m<19pt2ngh. Baứi 6. Giải các phương trình sau: 1) 2 23 3 3(2 ) (7 ) (7 )(2 ) 3x x x x       -ẹaởt : 2 23 3 33 2 3 . 97 u x u v uv pt u vv x             3 1; 2 1; 6 2 u v u v x uv           2) 3 2 1 1x x    .ẹK : x 1 3 3 2 2 1; 0 1 0;1; 2; 1;0;3 1 1;2;10 u x v x v u v u v u v x                  Một số bài tập luyện tập: Bài 1: Tìm m để mxxxx  )64)(3)(1( 2 Tìm m để bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi x. HD: sử dụng hàm số hoặc tam thức : m≤-2 Bài 2: Giải các phương trình, bất phương trình sau: 1) 014168 2  xxx 2) xxx 2114  : x = 0 3) 2 22( 2 ) 2 3 9 0. : 1 5x x x x DS x        4) 211 22  xxxx . Tích 2 nhân tử bằng 1 suy ra cách giải. 5) 023)3( 22  xxxx (KD 2002) Bài 3: Tìm m để hệ sau có nghiệm       012 0910 2 2 mxx xx ĐS m  4. Bài 4: Giải bất phương trình: 2212  xxx HD :  nhân 2 vế với biểu thức liên hợp của VT  Biến đổi về BPT tích chú ýy ĐK Bài 5: Giải bất phương trình: 7 2 12 2 33  x x x x HD Đặt 2, 2 1  t x xt AD BĐT cô si suy ra ĐK. Bài 6: Giải bất phương trình 4 )11( 2 2   x x x HD  Xét 2 trường hợp chú ý DK x  -1.  Trong trường hợp x  4 tiến hành nhân và chia cho biểu thức liên hợp ở mẫu ở VT. Bài 7: Cho phương trình: mxxxx  99 2 Tìm m để phương trình có nghiệm. HD  Bình phương 2 vế chú ýy ĐK  Đặt t= tích 2 căn thớc Tìm ĐK t  Sử dụng BBT suy ra KQ Bài 9: Giải bất phương trình (KA 2004) 3 73 3 )16(2 2      x xx x x Bài tập áp dụng 1) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm mxx  41624 2) 16212244 2  xxxx 3) 12312  xxx 4) 1212)1(2 22  xxxxx HD: đặt 122  xxt coi là phương trình bậc hai ẩn t. 5) 22)2()1( xxxxx  6) 2 31)2(12  xxxxx 7) 1 1 251 2    x xx 8) 0232432  xxx . 9) 22 4 3 18 29x x x x      7 Bài 3: Phương trình và hệ phương trình lượng giác Một số kiến thức cần nhớ 1. Các công thức biến đổi lượng giác a) Công thức cộng: cos(a - b) = cosacosb + sinasinb cos(a + b) = cosacosb - sinasinb sin(a + b) = sinaccosb + cosasinb sin(a - b) = sinacosb - cosasinb ( ) 1 tga tgbtg a b tgatgb     b) Công thức nhân đôi, nhân ba cos2a = cos2a - sin2a = 2cos2a - 1 = 1- 2sin2a; sin2a = 2sinacosa; 2 22 , 2 4 21 tgatg a a k a k tg a             3 3sin 3 3sin 4sin ; cos3 4cos 3cos ;a a a a a a    c) Công thức hạ bậc 2 21 cos 2 1 cos 2cos ; sin ; 2 2 a aa a   d) Công thức chia đôi Đặt  2 2 xt tg x k    . Ta có: 2 2 2 2 2 2 1 2sin ; cos ; 1 1 1 t t tx x tgx t t t        ; e) Công thức biến đổi * Đổi tích thành tổng:       1cos cos cos( ) cos( ) 2 1sin sin cos( ) cos( ) 2 1sin cos sin( ) sin( ) 2 a b a b a b a b a b a b a b a b a b             * Đổi tổng thành tích: cos cos 2cos cos ; 2 2 cos cos 2sin sin ; 2 2 sin sin 2sin cos ; 2 2 sin sin 2cos sin ; 2 2 a b a ba b a b a ba b a b a ba b a b a ba b                  f) Một số công thức hay dùng: sin cos 2 sin 2 cos 4 4 sin cos 2 sin 2 cos 4 4 x x x x x x x x                                    1 1; ; 4 1 4 1 tgx tgxtg x tg x tgx tgx                 2. Một số phương trình lượng giác thường gặp a) phương trình lượng giác cơ bản: + sinx = a 1 2 1 (sin ) 2 PTVN PT cãngh a x k a a x k               + cosx = a 1 1 2 (cos ) PTVN PT cãngh a a x k a         + tgx = a ĐK: 2 x k   , x = k  (tg = a). + cotgx = a, ĐK: x k , x = k  (cotg = a). b) Phương trình bậc nhất, bậc hai đối với một hàm số lượng giác. * Phương trình bậc nhất:   ( ) ( ) 2 sin ( ) sin ( ) ; ( ) ( ) 2 cos ( ) cos ( ) ( ) ( ) 2 ; ( ) ( ) ( ) ( ) ; ( ) ( ) ( ) ( ) ; sin ( ) sin ( ) sin ( ) sin ( ) ; cos ( ) cos ( ) cos ( tg tg cotg cotg f x g x k f x g x f x g x k f x g x f x g x k f x g x f x g x k f x g x f x g x k f x g x f x g x f x g x f x                                           ) cos ( ) ; sin ( ) cos ( ) sin ( ) ; 2 g x f x g x g x            * Phương trình bậc 2: 2sin sin 0a x b x c   đặt t = sinx ( 1t  ). 2cos cos 0a x b x c   đặt t = cosx ( 1t  ). 2 2 0; 0; atg x btgx c acotg x bcotgx c       c) Phương bậc nhất đối với sinx và cosx. asinx + bcosx = c. Cách giải: + Cách 1: chia cả hai vế cho 2 2a b ; đặt: 2 2 2 2 cos , sina b a b a b      ta được PT: 2 2 sin( ) cx a b    ; *) Chú ý: Phương trình có nghiệm  2 2 2c a b  . + Cách 2: Đặt btg a   ta được phương trình: sin( ) coscx a    . d) Phương trình đẳng cấp đối với sinx và cosx 8 2 2sin sin cos cosa x b x x c x d   Cách giải: * Cách 1: Thử với cos2x = 0  sinx =  1 nếu nghiệm đúng phương trình thì đặt cosx làm thừa số chung. Với cos2x  0 chia cả hai vế cho cos2x ta được: atg2x + btgx + c = d(1 + tg2x). * Cách 2: Hạ bậc đưa về phương trình bậc nhất đối với sin2x và cos2x. e) Phương trình đối xứng đối với sinx và cosx *) Đối xứng: a(sinx + cosx) + bsinxcosx = c Đặt sinx + cosx = t, điều kiện 2t  2 21 2 2 0 2 tat b c bt at b c            * Giả đối xứng: a(sinx - cosx) + bsinxcosx = c Đặt sinx - cosx = t, điều kiện 2t  2 21 2 2 0 2 tat b c bt at b c              . 3. Một số phương pháp thường dùng khi giải các phương trình lượng giác: + áp dụng các hằng đẳng thức; + áp dụng các công thức biến đổi; + Đổi biến số, đặt ẩn phụ; + Biến đổi về tích bằng 0; + Đánh giá: dùng BĐT, tập giá trị của hàm số y = sinx; y = cosx, dùng đạo hàm; + Biến đổi về tổng bình phương bằng 0. 4. Các ví dụ: Giải các phương trình sau: Bài 1: x xtgxgx 2sin 4cos.2cot  . ĐS: 3 x k    . Bài 2: )1(sin 2 1 3 2cos 3 cos 22              xxx  ĐS: 5; 2 ; 2 6 6 x k x k x x k         . Bài 3: 2 sin 2sin 2sin sin 2 2 2 2  x x x x . ĐS: 22 ; 2 3 3 x k x x k         . Bài 4: 8 1 3 . 6 3cos.cos3sin.sin 33                 xtgxtg xxxx HD:- Đặt ĐK rút gọn MS=1 AD công thức nhân 3 ĐS: 6 x k    . Bài 5: 0cos.6)sin.2(3  xxtgxtgx HD: Biến đổi theo sin và cos. ĐS: 3 x k  