›
›
›

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán học 10 - Bài 2: Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

docx 88 trang xuanha23 09/01/2023 4872
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán học 10 - Bài 2: Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxchuyen_de_boi_duong_hoc_sinh_gioi_toan_hoc_10_bai_2_phuong_t.docx

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán học 10 - Bài 2: Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

  1. I. PHƯƠNG TRÌNH 1. Không có tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương Câu 1. Giải phương trình 3 x4 x2 2 5 x5 x2 2 3 x4 3x 2 2 5 x5 3x Lời giải +Biến đổi phương trình tương đương : x2 3x 2 0 x 1 x 2 Câu 2. Giải phương trình 4 x 1 2 2x 3 (x 1)(x 2 2). Lời giải Điều kiện: x 1. Nhận thấy x 1 là một nghiệm của phương trình. Xét x 1. Khi đó phương trình đã cho tương đương với 4 x 1 2 2 2x 3 3 x3 x 2 2x 12 4(x 3) 4(x 3) (x 3)(x 2 2x 4) x 1 2 2x 3 3 4 4 2 x 3 (x 1) 3 0. (1) x 1 2 2x 3 3 4 4 Vì x 1 nên x 1 0 và 2x 3 1. Suy ra 3, vì vậy x 1 2 2x 3 3 4 4 (x 1)2 3 0. x 1 2 2x 3 3 Do đó phương trình (1) x 3 0 x 3. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 1 hoặc x 3. Câu 3. [Đề thi hsg Bắc Sơn, Lạng Sơn] Giải phương trình sau : 3 x 1 3 x 1 3 5x Lời giải 3 2 3 x 1 3 x 1 3 5x 2x 3 x 1 3 x 1 3 x 1 5x 3 2 3 5 x 13 5x x 4x 5x 0 x 0;x . 2 5 Thö l¹i ta thÊy ph­¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm: x = 0; x = . 2
  2. Câu 4. Giải phương trình: x2 6x 1 2x 1 x2 2x 3 1 ,với x R . Hướng dẫn giải. 1 x2 2x 3 2x 1 x2 2x 3 4x 2 0 x2 2x 3 2x 1 x2 2x 3 2 0 x2 2x 3 2x 1 2 x 2x 3 2 1 2 x 3 15 x 2x 3 2x 1 2 x 2 3 3x 6x 2 0 Câu 5. Giải phương trình 3x 2 x 1 2x2 x 3. Hướng dẫn giải. 2x 3 3x 2 x 1 2x2 x 3 (2x 3)(x 1) 3x 2 x 1 Tìm được nghiệm duy nhất x=2/3 Câu 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 . Hướng dẫn giải Ta có: x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 2 x2 2x y 1 y 1 4y2 8y 4 7 2 2 x y 1 2y 2 7 3y x 1 y x 3 7 Vì 7 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp sau: 3y y 1 7 3y y 1 7 3y y 1 1 3y y 1 1 ; ; ; y x 3 1 y x 3 1 y x 3 7 y x 3 7 Giải ba hệ phương trình trên ta được: x; y 3;1 , 1; 3 , 7; 3 . Câu 7. (THPT Quảng Xương 2 – Thanh Hóa, 2009-2010) Giải phương trình: 2 1 5 6x x2 x 1 5 x Hướng dẫn giải 2 t 2 4 Đặt t x 1 5 x ta được 1 t 2 t 2 2t 2 0 t 2
  3. Giải ta được t 2 suy ra x 1, x 5 Dạng 2: Đặt ẩn phụ Bài 1. Giải phương trình trên tập số thực: x2 + x +9 = 2x 4 x +1 (1). Hướng dẫn giải Điều kiện: x 1. 2 x2 x 9 2x 4 x 1 x 2 5 x 1 2 x 2 x 1 gx 1 không là nghiệm của phương trình. 2 x 2 x 2 gx 1: pt(1) 5 2 1. x 1 x 1 x 2 Đặt t = . x 1 2 Phương trình trở thành: t2 +5 = 2t +1 t = . 3 20+ 4 7 20 4 7  Khi đó ta có: 2 x +1 = 3x 6 x = . Vậy S . 9 9  Bài 2. Giải phương trình sau trên tập số thực: 2x2 3x 7 x 5 2x2 1 . Hướng dẫn giải Phương trình (1) 2x2 1 x 5 2x2 1 3x 6 0 . Đặt t 2x2 1. Ta có phương trình: t 2 x 5 t 3x 6 0(*). 2 2 x 5 4 3x 6 x 1 . t 3 Phương trình (*) t x 2 x 2 0 2 2 t 3 2x 1 3 x 2 t x 2 2x 1 x 2 2 x 4x 3 0 x 2 x 2 7 . x 2 7 Vậy S 2;2 7 . Bài 3. Giải phương trình sau trên tập số thực: 2x2 x 5 x2 x 2 2x2 x 1 x 3 0. Hướng dẫn giải
  4. 2 7 a x x 2 a Đặt . Điều kiện: 2 . b x 3 b 0 Ta có: 2x2 x 5 2a2 3b2 ; 2x2 x 1 2a2 b2. 3 2 2 2 2 2 b b b Thay vào phương trình ta được: 2a 3b a 2a b b 0 3 2 2 0 a a a b 1 a 2 b b 4 2 0 a a 2 b b b +) 4 2 0 : phương trình vô nghiệm do 0. a a a b 2 x 1 ) 1 b a x 3 x x 2 . a x 1 Vậy x 1; x 1 là nghiệm phương trình. Bài 4. Giải phương trình sau 2x3 10x2 17x 8 2x2 3 5x x3 Lời giải Nhận xét rằng x 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. 1 Suy ra x 0 . Chia cả hai vế của phương trình cho x3 rồi đặt t , t 0 , ta có phương trình x 8t3 17t 2 10t 2 2 3 5t 2 1 2t 1 3 2 2t 1 5t 2 1 2 3 5t 2 1 * Xét hàm số f t t3 2t, t ¡ . Ta có hàm số f t liên tục trên ¡ và f ' t 3t 2 2 0,t . Suy ra hàm số f t luôn đồng biến trên khoảng ; . Khi đó phương trình đã cho có dạng f 2t 1 f 3 5t 2 1 2t 1 3 5t 2 1 17 97 8t3 17t 2 6t 0 t (do t 0) 16 17 97 17 97 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x và x . 1 12 2 12 Bài 5. Giải phương trình sau : 4x 1 x2 1 2x2 2x 1 Lời giải Đặt y x2 1 1 y2 x2 1 2y2 (1 4x)y 2x 1 0 .
  5. 4 y 2x 1 x 3 5x2 2 3 x3 5x2 1 . 6 Điều kiện xác định: 5x2 2 0. 5x2 2 Đặt t (t 0). Ta có 5x2 6t 2 2 . 6 Phương trình đã cho trở thành 3 x3 6t 2 2 1 t x3 6t 2 2 (t 1)3 x3 (t 1)3 x t 1 t x 1 x 1 5x2 2 x 1 x 1 2 5x 2 2 2 6 (x 1) x 12x 8 0 6 x 6 28 (tm đk). Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 6 28. Bài 6. Giải phương trình: log (x2 2x 11) log (x2 2x 12) (1) 2 5 2 2 5 x2 2x 12 0 • Điều kiện: (*) 2 x 2x 11 0 • (2 5)2 9 4 5 và (2 2 5 )2 8 4 5 do đó 2 5 9 4 5 và 2 2 5 8 4 5 . • (1) log (x2 2x 11) log (x2 2x 12) 9 4 5 8 4 5 log (x2 2x 11) log (x2 2x 12) 9 4 5 8 4 5 • Đặt: a = 8 + 4 5 > 1, t = x2 – 2x -12. Điều kiện: t > 0. • Do đó: (1) lna + 1(t + 1) = lnat t a y Cách 1: (1) ln (t + 1) = ln t (I) . a + 1 a y t 1 (a 1) y y a 1 • Từ (I) ta được: 1 (2). a +1 a +1 • y = 1: là nghiệm của (2). y y y y a 1 a 1 a 1 a 1 • y < 1: 1, y < 1: 1. a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 • Nên (2) có nghiệm duy nhất: y = 1. Do đó: (1) t = a x2 – 2x – 12 = 8 + 4 5 ( thỏa *) x2 – 2x – 20 - 4 5 = 0 x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 .
  6. • Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 . Cách 2: Xét hàm số y = f(t) = lna + 1(t + 1) - lnat (a >1 1 1 • Ta được: y ' 0 vì a > 1, nên hàm số giảm trên (0; + ) và ta có f(t) = 0 có (t 1)ln(a 1) t ln a nghiệm t = a nên f(t) có nghiệm duy nhất t = a. 2 • Vậy: (1) (1) lna + 1(t + 1) = lnat t = a x – 2x – 12 = 8 + 4 5 ( thỏa *) x2 – 2x – 20 - 4 5 = 0 x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 . • Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 . Bài 7. Giải phương trình: 3(x2 2x 2) 10 x3 2x2 2x 1 (1). • x3 2x2 2x 1 (x 1)(x2 x 1) nên điều kiện là: x -1. •x 2 + 2x + 2 = (x +1) + (x2 + x + 1), đặt a x 1 , b x2 x 1 • Với điều kiện x -1: (1) trở thành: 3(a2 + b2) = 10ab 3a2 – 10ab + 3b2 = 0 (a – 3b)(3a – b) = 0 a = 3b hay a = b/3. • a = 3b x 1=3 x2 x 1 x + 1 = 9(x2 + x + 1) 9x2 + 8x + 8 = 0 (vô nghiệm) • a = b/3 3a = b 3 x 1 = x2 x 1 9(x + 1) = x2 + x + 1 x2 - 8x - 8 = 0 x 4 2 6 Vậy phương trình có hai nghiệm: x 4 2 6 . Bài 8. Giải phương trình : x3 3x2 2 x 1 Điều kiện: x -1 +) Nếu x > 3 thì: x 3 - 3x 2 + 2 = (x – 1) 3 - 3(x- 1) > 4(x – 1) – 3(x – 1) = x – 1 > x 1 Chứng tỏ x > 3 không thỏa mãn Với -1 x 3 Đặt x = 2cost + 1 ( 0 t ) Khi đó phương trình trở thành: (2cost + 1) 3 - 3(2cost + 1) 2 + 2 = 2 cos t 2 8cos 3 t – 6cost = 2(cost 1) t 2cos3t = 2cos 2 t cos3t = cos 2
  7. t 4k 3t 2k t 2 5 t 4k 3t 2k t 2 7 5x2 2 Bài 9. Giải phương trình 3 x3 5x2 1 6 Hướng dẫn giải Điều kiện xác định: 5x2 2 0. 5x2 2 Đặt t(t 0). Ta có 5x2 6t 2 2 . 6 Phương trình đã cho trở thành 3 x3 6t 2 2 1 t x3 6t 2 2 (t 1)3 x3 (t 1)3 x t 1 t x 1 x 1 5x2 2 x 1 x 1 2 x 6 28 . 5x 2 2 2 6 (x 1) x 12x 8 0 6 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm là x 6 28. Bài 10. [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải phương trình : 1 1 x2 1 x 3 1 x 3 2 1 x2 Bài 11. [Đề thi hsg tỉnh Vĩnh Long, 2015-2016] Giải phương trình x3 1 2 3 2x 1 Lời giải Phương trình tương đương với x3 2x 2x 1 2 3 2x 1 Đặt t 3 2x 1 , ta có phương trình x3 2x t3 2t x t x2 xt t 2 2 x t 0 x t x2 xt t 2 2 0 1 2 2 2 2 t 3t Vì x xt t 2 x 2 0 nên (1) x t 2 4 x 1 3 3 2 x 2x 1 x 2x 1 0 x 1 x x 1 0 1 5 x 2 1 5  Tập nghiệm S 1;  2 
  8. Bài 12. Giải phương trình: x 4 x 2 1 3 x 2 1 3 3x ,với x ¡ Hướng dẫn giải. Từ pt ta thấy x0 2 1 1 (1) x 2 1 3 x 3 3 x x 1 Đặt: t x ,t 2 x Pt trở thành: t 2 1 3 3 t t 3 2 t 2 t 9t 14 0 1 x 2 x 1 x Giải phương trình x3 5x2 12x 6 2 3 x2 x 1 Bài 13. Giải phương trình: x 2 3x 1 x x2 1. 3 4x . Hướng dẫn giải. Đặt u x;1 ,v 2 3x; 1 x từ phương trình ta có u.v u . v Như vậy: u,v ngược hướng 2 3x 1 x Suy ra: (1) x 1 1 5 Giải (1) và thử lại ta thấy phương trình đã cho có nghiệm là x 2 Bài 14. Giải phương trình: x 10 10 x ,với x R Hướng dẫn giải. Đk: x 0 Đặt u 10 x,u 10 x 10 u Ta có: u 10 x x u x u 0 x u x u 1 0 x u u x 1 0(VL)
  9. x 10 21 41 x u x x 10 x 2 x 21x 100 0 2 21 41 Vậy phương trình có một nghiệm: x , 2 4 Giải phương trình: 3 81x 8 x3 2x2 x 2 . 3 3x Bài 15. Giải phương trình: x 1 x2 1 Hướng dẫn giải. Phương trình đã cho có điều kiện 0 x 1 3x 3x Với điều kiện trên ta có: x 1 x2 1 x2 1 1 x (1 x)2 (x2 1) 9x2 2 1 1 x 2 2 x 7 0 x x 1 t 1 10 Đặt t x (t 2) ta có:t2 2t 9 0 t 1 10 x t 1 10 1 10 5 2 x 1 2 Với t 1 10 ta có : x 1 10 x 1 10 5 2 x 2 1 10 5 2 So với điều kiện 0 x 1, phương trình đã cho có nghiệm x 2 Bài 16. Giải phương trình sau trên tập số thực: x 1 (2x 1) x 1 2 . Hướng dẫn giải. 1 Điều kiện: x . Đặt y x 1 2 ( y 2 ), 2 x 1 y 2(x 1)y ta thu được hệ 2 y x 1 2 Suy ra x 1 y y2 x 1 (x 1)y y x 1 1 y x 1 y2 x 1 0 y x 1 1 y 2 x 1 0 y 2 x 1
  10. 15 33 Do vậy x 1 2 2 x 1 x . 32 15 33 Thay vào, thử lại thấy x thỏa mãn. 32 15 33 Đáp số: x . 32 Bài 17. Giải phương trình: x 2 6x 2 4x x 1. Hướng dẫn giải. 2 x  x 0 2 3 6x 4x 0 2 1 5 1 5 pt x 1 x 0 x 2 2 2 2 2 6x 4x (x 1 x ) 2 2 2 6x 4x (x 1 x ) (1) (1) x 4 1 2x 3 2x x 2 = 0 2 1 1 x 2 x 7 0 (x = 0 không là nghiệm) x 2 x 1 t 1 10 Đặt t x (t 2) ta được t 2 2t 9 0 x t 1 10 1 10 5 2 x 2 So với điều kiện ta được t 1 10 1 10 5 2 x 2 1 5 1 10 5 2 So với điều kiện 0 x , ta được x 2 2 Bài 18. Giải phương trình sau: 4 x2 x 1 1 5x 4x2 2x3 x4 với x R . Hướng dẫn giải. 3 Đặt t x2 x 1, t . Khi đó phương trình trở thành: 2 4t t 4 7t 2 5 t 4 6t 2 9 t 2 4t 4 0 2 t 2 3 t 2 2 0 t 2 t 1 t 2 t 5 0 (*) t 2 t 1 0 (*) 2 t t 5 0 3 1 5  Với t thì t 2 t 1 0 có một nghiệm là t 2 2
  11. 3 1 21  Với t thì t 2 t 5 0 có một nghiệm là t 2 2 2 1 5 1 5  2 2 Khi t thì x x 1 2x 2x 1 5 0 2 2 1 3 2 5 1 3 2 5 x hoặc x . 2 2 2 1 21 1 21  2 2 Khi t thì x x 1 2x 2x 9 21 0 2 2 1 19 2 21 1 19 2 21 x hoặc x . 2 2 x 2 2 Bài 19. Giải phương trình 1 3 3 x 3 3 9 x 3 . 2 Hướng dẫn giải. Điều kiện x 2 Đặt t 3 9 x 3 ta có 3 3 2 t 27 x 2 t 45 2 t x ; ; 3 3 x 3 9 2 18 3 Phương trình đã cho trở thành t 3 45 t 2 t 3 45 t 1 t 2 3t 3 18 3 2 2 3 2 3 3 t 45 2 2 Ta có t 3t 3 t 0 nên t 3t 3 2 4 2 1 Ta được phương trình 2t 1 t 3 t 2 3t 9 0 t  t 3 2 1 217 Với t thì x 2 72 Với t 3 thì x 0 Bài 20. Giải phương trình 2x2 + 1- x + 2x 1- x2 = 1. Hướng dẫn giải. Ta có phương trình tương đương với 1- x = 1- 2x2 - 2x 1- x2
  12. Þ 1- x = 1+ 4x4 + 4x2(1- x2) - 4x2 - 4x 1- x2 + 8x3 1- x2 Û x(1- 4 1- x2 + 8x2 1- x2 ) = 0 é êx = 0 Û ê ê1- 4 1- x2 + 8x2 1- x2 = 0(1) ë Xét (1), đặt y = 1- x2 , suy ra y ³ 0 và x2 = 1- y2 . Ta được 1- 4y + 8y(1- y2) = 0 Û 8y3 - 4y - 1 = 0 Û (2y + 1)(4y2 - 2y - 1) = 0 1+ 5 5 - 5 Û y = . Từ đó suy ra x = ± . 4 8 5 - 5 Thử lại ta được nghiệm của phương trình là x = 0 và x = - . 8 Bài 21. Giải phương trình x3 1 2 3 2x 1 . Hướng dẫn giải Phương trình tương đương với x3 2x 2x 1 2 3 2x 1 . Đặt t 3 2x 1 , ta có phương trình x3 2x t3 2t x t x2 xt t 2 2 x t 0 x t x2 xt t 2 2 0 1 2 2 2 2 t 3t Vì x xt t 2 x 2 0 nên (1) x t 2 4 x 3 2x 1 x3 2x 1 0 x 1 2 x 1 x x 1 0 1 5 x 2 1 5  Tập nghiệm S 1; . 2  2 1 3 2 Bài 22. (Chuyên Hưng Yên ) Giải phương trình 8x 15x 9 1 5x 2x 2 x Hướng dẫn giải 2 1 3 2 8x 15x 9 1 5x 2x 2 x 8x3 15x2 9x (x 1) 3 (x 1)(2x 1) 3x2 3x 1(x 0) (2x 1)3 (3x2 3x 1) (x 1) 3 (x 1)(2x 1) 3x2 3x 1
  13. u3 (3x2 3x 1) (x 1)v Đặt u 2x – 1, v 3 5x2 2x 2 , ta được hệ: 3 2 v (3x 3x 1) (x 1)u Trừ vế với vế hai phương trình trên, ta được: u v v2 uv u2 x 1 v u (u v) u2 uv v2 x 1 0 TH1: u v 2x 1 3 5x2 2x 2 8x3 17x2 8x 1 0 x 1 2 (x 1)(8x 9x 1) 0 9 113 x 16 u 3 TH2: u2 uv v2 x 1 0 (v )2 (2x 1)2 x 1 0 2 4 u 4(v )2 12x2 8x 7 0 2 u 4(v )2 4x2 2(2x 1)2 5 0 phương trình vô nghiệm. 2 9 113 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: x 1; x 16 Bài 23. Giải phương trình : x2 4x 3 x 5 . Hướng dẫn giải Đặt t x 5 t 0 . Từ phương trình đã cho ta có :t 4 14t 2 t 48 0 (*) Ta có : (*) t 3 t3 3t 2 5t 16 0 t 3 3 2 t 3t 5t 16 0 ( ) Với t 3 ta có x 4 Đặt y t 1 y 1 từ phương trình ( ) ta có : y3 8y 9 0 ( ) Dùng máy tính điện tử hoặc khảo sát hàm số f y y3 8y 9 trên 1; ) ta thấy ( ) có một nghiệm duy nhất y0 Ta biểu diễn y0 dưới dạng: y0 u0 v0 8 Ta có : u3 v3 u v 3u v 8 9 0 nên có thể chọn u ;v sao cho :u v 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 3 3 512 u0v0 Vậy ta có : 27 3 3 u0 v0 9 512 Như vậy u3;v3 được chọn là nghiệm của phương trình : z2 9z 0 0 0 27
  14. 3 9 139 u0 2 108 Suy ra: 3 9 139 v0 2 108 Ta tìm được nghiệm của ( ) là 2 9 139 9 139 9 139 9 139 y 3 3 .Suy ra : x 3 3 1 5 0 2 108 2 108 2 108 2 108 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 2 9 139 9 139 x 4 ; x 3 3 1 5 2 108 2 108 3 Bài 24. Giải phương trình sau: x 2 - 3x + 1= - x 4 + x 2 + 1 . 3 Hướng dẫn giải: Ta có: x 4 + x 2 + 1= (x 2 + x + 1)(x 2 – x + 1)> 0 Û x 2 – 3x + 1= 2(x 2 – x + 1)–(x 2 + x + 1) x 2 - x + 1 Đặt t = , t > 0 . Phương trình trở thành: x 2 + x + 1 é - 3 êt = < 0 3 ê 2 3 x 2 - x + 1 1 2t 2 + t - 1= 0 Û ê Û = 3 ê 1 x 2 + x + 1 3 êt = ëê 3 Û x = 1 Dạng 3. Sử dụng hàm số Câu 1. Giải các phương trình sau: a) 8x3 4x 3 ln 4x2 2x 1 0. b) ln x2 6x 10 x3 3x2 4x 12 0 . Câu 2. Giải phương trình sau: 4x x2 2 2 1 a) log2007 x 4x 3 2006 2 2007 2 2x 3 4 2 b) log2007 4 2 x x 2 x x 1 1 sin x Câu 3. Giải phương trình log2007 1 sin x 1 2007 1. 2 Giải phương trình: x.3x 1 (x2 1).3x 1 x x2 0
  15. 2 • Phương trình đã cho tương đương với: (x2 1).(3x 1) x.(3x 1 1) 0 • Xét x = 0; x = 1: Thay vào (1) ta thấy đều thỏa nên phương trình có các nghiệm: x = 0; x = 1. 2 3x 1 3x 1 1 • Xét x 0; x 1: Khi đó (1) 0 (2) x x2 1 3t 1 Với t 0, xét hàm số: f (t) . t * Với t > 0 thì 3t – 1 > 0 f(t) > 0 và với t 0, do đó: Vì (2) f(x) + f(x2 – 1) = 0 nên (2) vô nghiệm. • Vậy phương trình đã cho có tất cả là 3 nghiệm: x = 0; x = 1. Câu 4. [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải phương trình : 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25 Câu 5. Giải phương trình: 8x3 17x2 10x 2 2 3 5x2 1 . Ta có 8x3 17x2 10x 2 2 3 5x2 1 (2x 1)3 2(2x 1) (5x2 1) 2 3 5x2 1 (1). Đặt f (t) t3 2t thì f '(t) 3t 2 2 0,t do đó f đồng biến và liên tục trên ¡ . Từ đó: (1) f (2x 1) f 3 5x2 1 2x 1 3 5x2 1 . x 0 2 x(8x 17x 6) 0 17 97 . x 16 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm. Câu 6. Giải phương trình 2x3 1 0x2 17 x 8 2x2 3 5x x3 (1) Hướng dẫn giải Có x 0 không là nghiệm của (1) Xét x 0 , chia hai vế cho x3 , được 10 17 8 5 2 2 3 1 x x2 x3 x2 1 Đặt y y 0 , khi đó có PT x 8y3 17y2 10y 2 2 3 5y2 1 2y 1 3 2 2y 1 5y2 1 2 3 5y2 1 Suy ra f 2y 1 f 3 5y2 1 Xét hàm số f t t3 2t .Vì f(t) là hàm số đồng biến trên R nên f 2y 1 f 3 5y2 1  2y 1 = 3 5y2 1  8y3 17y2 6y 0  y 8y2 17y 6 0 17 97 Giải tìm được y = 0 (loại); y 16
  16. 1 Tính x theo x y 17 97 17 97  Tập nghiệm của phương trình (1) là ;  12 12  x 5 10 x Câu 7. Giải phương trình 4 x 4 5 x 4 4 x ¡ . 3 3 Hướng dẫn giải. Điều kiện: 0 x 5 x 2x (5 x) 2x x 2(5 x) Phương trình 2 4 x 4 5 x 4 4 4 (1) 3 3 3 Ta có: x = 0, x = 5 không là nghiệm phương trình. Xét hàm số f (x) x , x 0 ; ta có: f '(x) x 1; f ''(x) ( 1)x 2 (*) 1 Áp dụng (*) với 4 x 2x (5 x) 2x x 2(5 x) Ta có: 2 4 x 4 5 x 4 4 4 3 3 3 5 5 (1) x 5 x x . Vậy x là nghiệm phương trình. 2 2 Câu 8. Giải phương trình 5 3 2x3 3x2 5x 4 x3 13x 2, (x ¡ ) . Hướng dẫn giải. 5a x3 13x 2 (1) Đặt a 3 2x3 3x2 5x 4 ta được: 3 3 2 a 2x 3x 5x 4 (2 (1) (2) a3 5a (x 1)3 5(x 1) (*) Xét hàm số f (t) t3 5t trên ¡ có f '(t) 3t 2 5 0 t ¡ hàm số f (t) đồng biến trên ¡ ; (*) 3 2x3 3x2 5x 4 x 1 x 3 x 3 3 3 5 x 8x 3 0 x x2 3x 1 0 2 3 5 x 2 3 5 3 5 Thử lại, ta được: x 3; x ; x là nghiệm phương trình. 2 2
  17. Câu 9. Giải phương trình : x3 x2 3x 2 2 x 2 trên  2;2. Hướng dẫn giải Đặt x 2cost .Với x  2;2 ta có t 0; . 3 2 t Phương trình đã cho trở thành : 4cos t 3cost 2cos t 1 2cos (*) 2 t cos 0 t t 2 Với t 0;  Ta có: * cos3t cos 2t 2cos t 0 2 5t cos 1 4 2 t 5 4 Vậy trên  2;2 phương trình đã cho có nghiệm x 2 , x 2, x 2cos . 5 2 Câu 10. Giải phương trình: 16x 2x 1 2.42x 1 0 . Lời giải 2 2 Biến đổi phương trình: 16x 2x 1 2.42x 1 0 24x 2x 1 24x 1 8x3 4x2 4x 1 0 (1) f x 8x3 4x2 4x 1 0 f 1 7 f 0 1 1 Đa thức có tối đa 3 nghiệm và ta có: ; ; f 1; 2 f 1 1 f x 1;1 f 1 . f 0 0 1 1 . liên tục trên khoảng và , f 0 . f 0 , f . f 1 0 nên 2 2 f x 0 1;1 có 3 nghiệm trên khoảng . Do f x 0 có đúng 3 nghiệm trong khoảng 1;1 , nên ta có thể đặt x cos a với 0 a . Phương trình (1) trở thành: 8cos3 a 4cos2 a 4cos a 1 0 4cos a 2cos2 a 1 4 1 sin2 a 1 2 3 4cos a.cos 2a 3 4sin a 4sin a.cos a.cos 2a 3sin a 4sin a (do sin a 0 ) 4a 3a k2 sin 4a sin 3a k ¢ 4a 3a k2 (với 0 a ) 3 5 a a a 7 hay 7 hay 7 . 1 1 Câu 11. Giải phương trình sau: 2 . x 2 x2 Hướng dẫn giải Điều kiện x ( 2; 2) \ 0 . Đặt y 2 x2 ;y>0 .
  18. x y 2xy Từ phương trình đã cho ,ta có hệ phương trình: 2 2 x y 2 S 2P Đặt S = x + y; P = xy đưa đến hệ phương trình: 2 S 2P 2 2 S 1 S S 2 0 S 2 S 2; P=1 x=y=1 1 3 -1- 3 x x= 1 2 2 S 1; P=- ; 2 1 3 -1+ 3 y y= 2 2 -1- 3 Kết hợp với điều kiện, nghiệm pt đã cho là: x 1 và x= . 2 Câu 12. Giải phương trình: 2x 3 x 1 3x 2 2x2 5x 3 16.(x ¡ ) . (Chưa giải) Câu 13. Giải phương trình: 3x 2 x 1 4x 9 2 3x2 5x 2. (Chưa giải) Dạng 3: Sử dụng hàm số Bài 1. Cho phương trình: xn x2 x 1 0 với n ¥ ,n 2 . Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n 2, thì phương trình có một nghiệm dương duy nhất xn Hướng dẫn giải: Xét hàm số f x xn x2 x 1 với n nguyên, n 2 (1) +) Ta có: f x nxn 1 – 2x –1 . Do n 2, nên khi x 1 thì f x 0. Vậy f x là hàm số đồng biến trên 1; . Lại có: f 1 2 0; f 2 2n – 7 0 ( vì n nguyên và n 2 n 3) Ta có: f 1 f 2 0 và f x liên tục, đồng biến nên phương trình f x 0 có nghiệm duy nhất trên 1; . +) Mặt khác với 0 x 1 thì xn x2 do n 2 suy ra f x 0 với mọi 0 x 1. Như vậy ta đã chứng minh được (1) có nghiệm dương duy nhất với mọi n nguyên, n 2.
  19. 1 Bài 2. Cho phương trình: x5 x4 5x3 x2 4x 1 0 1 . 2 1. Chứng tỏ phương trình (1) có đúng 5 nghiệm. 5 x 1 S 1 2. Với xi i 1,5 là nghiệm của phương trình nghiệm, tính tổng:  5 4 i 1 2xi xi 2 Hướng dẫn giải 1 1. Xét hàm số: f x x5 x4 5x3 4x 1. 2 * f(x) là hàm số xác định và liên tục trên R. 3 f 2 5 ; f 2 ; f 0 1 ; 2 * Ta có: 1 5 1 175 f ; f 1 ; f 3 2 8 2 2 3 3 1 f 2 . f 0 ; f . f 0 0 ; f 0 . f 0 2 2 2 1 f f . f 1 0 ; f 1 . f 3 0 2 Phương trình f x 0 có 5 nghiệm phân biệt x1, x x1, x2 , x3 , x4 , x5 3 1 sao cho: 2 x x 0 x x 1 x 3 1 2 2 3 2 4 5 * Ta có xi là nghiệm của (1) nên: 1 x 5 x 4 5x 3 4x 1 0 i 2 i i i 5 4 3 2 2xi xi 2 2 5xi xi 4xi 5 x 1 Do đó: S i  3 2 i 1 2 5xi xi 4xi x 1 x 1 Xét biểu thức: g x 5x3 x2 4x x x 1 5x 4 Đồng nhất thức ta được: 1 2 5 g x 4x 9 x 1 36 5x 4 1 5 1 1 5 1 1 5 1 Do vậy: S 8  x 9  x 1 72  4 i 1 i i 1 i i 1 x i 5 Mặt khác: f x x x1 x x2 x x3 x x4 x x5 f ' x x x x x x x x x 2 3 4 5 x x1 x x3 x x 4 x x5 f ' x 5 1 Với x xi ta được:  f x i 1 x xi và f ' x 5x4 2x3 15x2 2x 4 f ' 1 5 1 5 1 f ' 1 Do đó:   12 f 1 i 1 1 xi i 1 xi 1 f 1
  20. f ' 0 5 1 5 1 f ' 0   4 f 0 i 1 xi i 1 xi f 0 4 4 f ' 5 5 f ' 5 1 1 5 12900   4 i 1 4 i 1 4 4 4789 f xi xi f 5 5 5 5 8959 Vậy: S . 4789 Dạng 4: Đánh giá Bài 1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x2 3y2 5xy 3x 2y 3 0 Hướng dẫn giải Xem (1) là phương trình bậc hai ẩn x ta có: (1) 2x2 3 5y x 3y2 2y 3 0. * Để (1) có nghiệm x nguyên điều kiện cần là: 3 5y 2 4.2 3y2 2y 3 y2 14y 33 k 2 ( k nguyên, không âm) * Lại xem y2 14y 33 k 2 0 là phương trình bậc hai ẩn y . Để có nghiệm nguyên y điều kiện cần là  ' 49 33 k 2 16 k 2 m2 là một số chính phương (m nguyên dương). Do m2 k 2 16 m k m k 16 và 16 = 16.1 = 8.2 = 4.4 nên ta có các trường hợp. m k 8 m 5 +) TH1: suy ra phương trình (1) có nghiệm x; y 15;12 , 1,2 . m k 2 k 3 m k 4 m 4 +) TH2: suy ra phương trình (1) có nghiệm x; y 13;11 , 3,3 . m k 4 k 0 m k 16 +) TH3 : Loại. m k 1 Bài 2. [Đề xuất, Chuyên Hùng Vương Phú Thọ, DHĐBBB, 2015] Giải phương trình 4 x 1 2 2x 3 (x 1)(x2 2). Lời giải Điều kiện: x 1. Nhận thấy x 1 là một nghiệm của phương trình. Xét x 1. Khi đó phương trình đã cho tương đương với 4 x 1 2 2 2x 3 3 x3 x2 2x 12
  21. 4(x 3) 4(x 3) (x 3)(x2 2x 4) x 1 2 2x 3 3 4 4 2 x 3 (x 1) 3 0. (1) x 1 2 2x 3 3 Vì x 1 nên x 1 0 và 2x 3 1. Suy ra 4 4 3, x 1 2 2x 3 3 vì vậy 4 4 (x 1)2 3 0. x 1 2 2x 3 3 Do đó phương trình (1) x 3 0 x 3. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 1 hoặc x 3. 5x2 2 Bài 3. [Đề thi hsg tỉnh Nghệ An, bảng A, 2015-2016] 3 x3 5x2 1 . 6 Bài 4. Ký hiệu x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Giải phương trình x2 1 x x 2015 0. Hướng dẫn giải Ta có x 0. x2 x 2015 x2 x 2015 pt x x 1 x x 2015. x x x a ¢ a 2015 x2 a 1 x 2015 0 a 1 a 1 2 8060 x * 2 Do a 2015 x2 a 1 x 2015 0 a 1 a 1 2 8060 x 2015 (t/ m); 2 a 1 a 1 2 8060 a 1 a 1 2 4a 2015 loai 2 2 2  a 1 a 1 8060 Vậy S ; a ¢ ;a 2015 . 2 
  22. 2. Có tham số Bài 1. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt m 1 x2 2x 2 m 2x2 4x 19, (x ¡ ) .(1) Hướng dẫn giải 2 Đặt t x 2x 2 ; điều kiện: t 1. 2 2 2 2 2 Ta có: t x 2x 2 x 2x 2 t x 2x 2 t 0 (2) Pt (2) có hai nghiệm phân biệt t ; 1  1; .Vậy t 1. 2t 2 t 15 Thay vào phương trình ta được: (m 1)t m 2t 2 15 m t 1 (3) 2t 2 t 15 y (C) Đặt t 1 y m (d) . Ta có: số giao điểm của (C) và (d) là số nghiệm phương trình (3). Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi phương trình (2) có đúng 1 nghiệmt 1. 18 18 Xét hàm số y 2t 3 ; (t [1; )) ; y ' 2 2 t 1 (t 1) . Cho y ' 0 t 2 y 7; lim y x . Bảng biến thiên t 1 2 +∞ y’ - 0 + y 8 +∞ 7 m 8 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt . m 7 3. Bài 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành một cấp số nhân: x3 7x2 (m 6)x m 0. Hướng dẫn giải Phương trình đã cho tương đương:
  23. x 1 (x 1)(x2 6x m) 0 2 . x 6x m 0 (1) Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác ' 9 m 0 m 9 1, hay: 2 (*). 1 6.1 m 0 m 5 Khi đó, PT đã cho có ba nghiệm x1, x2 và x3 1, trong đó x1, x2 là nghiệm của (1). x1 x2 6 Theo định lý Viet ta có (2). x1.x2 m Xét các trường hợp sau: 2 2 *) Nếu x1.x3 x2 x1 x2 (3). Từ (2) và (3) ta có hệ: x2 x 6 0 x1 x2 6 2 2 2 x2 2; x1 4;m 8 x1.x2 m x1 x2 . x 3; x 9;m 27 2 3 2 1 x1 x2 m x2 m 1 2 *) Nếu x1.x2 x3 x1.x2 1 (4). Từ (2) và (4) ta có hệ: x1 x2 6. x1.x2 1 Vậy, có ba giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: m 1,m 8,m 27 . 2 Bài 3. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x + 9- x = - x + 9x + m có nghiệm Hướng dẫn giải. Lời giải: Điều kiện: 0 £ x £ 9 2 PT (1) Û x + 9 - x + 2 x(9 - x) = - x + 9x + m 2 2 Û 9 + 2 - x + 9x = - x + 9x + m (2) 2 Đặt t = - x + 9x ' - 2x + 9 t = ' 9 2 t = 0 Û x = Ta có: 2 - x + 9x ; 2
  24. 9 Do đó : 0 £ t £ 2 Phương trình (2) trở thành 9 + 2t = t 2 + m Û - t 2 + 2t + 9 = m (3) 9 Xét hàm số f (t) = - t 2 + 2t + 9, 0 £ t £ 2 Ta có : f '(t) = - 2t + 2 ; f '(t) = 0 Û t = 1 Bảng biến thiên : é 9ù Phương trình (1) có nghiệm x Î é0;9ùÛ phương trình (3) có nghiệm t Î ê0; ú ëê ûú ê ú ë 2û 9 Û - £ m £ 10 4 Bài 4. Tìm a để phương trình sau (ẩn x ) chỉ có một nghiệm. 5a 3 5(2a 1)(1 a) 1 x a (x a)(x 3a 1) Bài 5. Cho hai phương trình sau: (1) (2) (a là tham số, x là ẩn số) Tìm a để số nghiệm của phương trình (1) không vượt quá số nghiệm của phương trình (2). Bài 6. Cho phương trình: ax2 2b c x 2d e 0 có một nghiệm không nhỏ hơn 4. Chứng minh rằng phương trình ax4 bx3 cx2 dx e 0 có nghiệm. Bài 7. Với mỗi số tự nhiên k , gọi N k là số nghiệm của phương trình 2016x 2017y k, x 0, y 0 . N(k) Tính giới hạn sau L lim k k
  25. Lời giải Giả sử x0 , y0 là một nghiệm của phương trình 2016x 2017y k , khi đó mọi nghiệm của phương trình trên có dạng x x0 2017t, y y0 2016t,t ¢ y x Vì x 0 và y 0 nên 0 t 0 . 2016 2017 y x 0 0 1 2016 2017 Suy ra N(k) y0 x0 2016 2017 y x Suy ra N(k) 0 0 3. 2016 2017 N(k) 1 3 Kết hợp với 2016x 2017y k , ta có . 0 0 k 2016.2017 k N(k) 1 Vậy lim k k 2016.2017 Bài 8. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm 4 2 3 x - 1 + m x + 1 = 2 x - 1. Hướng dẫn giải. Điều kiện :x ³ 1 æ ö2 ç x - 1÷ x - 1 ç4 ÷ 4 PT (1) Û 3ç ÷ + m = 2 (2) èç x + 1ø÷ x + 1 x - 1 x - 1 2 Đặt t = 4 , Do 0 £ 4 = 4 1- < 1 Þ 0 £ t < 1 x + 1 x + 1 x + 1 Phương trình (2) trở thành : 3t 2 + m = 2t Û m = - 3t 2 + 2t (3) f (t) = - 3t 2 + 2t é Xét hàm số , t Î ëê0;1) 1 Ta có : f '(t) = - 6t + 2 ; f '(t) = 0 Û t = 3 Bảng biến thiên :
  26. é é Phương trình (1) có nghiệm x Î ëê1;+ ¥ ) Û phương trình (3) có nghiệm t Î ëê0;1) 1 Û - 1 < m £ 3 Bài 9. Cho phương trình x + 2 x2 - 2x + m.(x - 4). + 2 8 + 2x - x2 - 14 - m = 0. 4 - x Tìm m để phương trình có nghiệm thực. Hướng dẫn giải. é Với tập xác định D = ëê- 2;4), Phương trình đã cho tương đương với - (- x2 + 2x + 8) - m 8 + 2x - x2 + 2 8 + 2x - x2 - 6- m = 0. Đặt t = 8 + 2x - x2 thì t  0; 3) - t 2 + 2t - 6 Xét hàm số f (t) = ;t Î é0;3ù; t + 1 ëê ûú - t 2 - 2t + 8 f’(t) = ; f’(t) = 0 t = - 4 hoặc t = 2. (t + 1)2 Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên đoạn  0; 3  Phương trình đã cho có nghiệm x  - 2; 4) Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t), t  0; 3  - 6 ≤ m ≤ - 2 2 3 Bài 10. Cho phương trình: 21 4x x x 3 m x 3 2 7 x , với m là tham số. 4 Tìm tham số m để phương trình có nghiệm thực.
  27. Hướng dẫn giải. Điều kiện: 3 x 7 .Đặt t x 3 2 7 x với x  3,7 1 1 7 x 2 x 3 Ta có: t ' ; y ' 0 7 x 2 x 3 x 1 2 x 3 7 x 2 x 3 7 x t( 3) 2 10,t(7) 10,t( 1) 5 2 suy ra: t 10,5 2 3 t 2 19 Do t x 3 2 7 x 21 4x x2 x 3 nên phương trình trở thành: 4 4 t 2 19 t 2 19 mt m 4 4t Bài 11. Tìm m để pt sau có nghiệm 8x2 4x 13 m2 (2x 1) x2 3 . Hướng dẫn giải. 8x2 4x 13 m2 (2x 1) x2 3 . Ta đưa pt về dạng đẳng cấp 8x2 4x 13 m2 (2x 1) x2 3 (2x 1)2 4(x2 3) m2 (2x 1) x2 3 1 Từ pt suy ra x 2 (2x 1)2 4(x2 3) m2 (2x 1) x2 3 Chia hai vế pt cho x2 3 , ta được 2 2x 1 2 2x 1 m 4 0 x2 3 x2 3 2x 1 1 Đặt t , lập bbt với x tìm được t (0;2) x2 3 2 4 P t trở thành t m2 (1) t Phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi pt (1) có nghiệm thuộc t thuộc (0;2). Tìm được m 2  m 2 Bài 12.(Chuyên Hưng Yên). Giả sử với hai số dương a,b thì phương trình x3 ax2 bx a 0, có bn 3n các nghiệm đều lớn hơn 1. Xác định giá trị của a,b để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất và an tìm giá trị nhỏ nhất đó ( n là số nguyên dương cho trước). Hướng dẫn giải Gọi x1, x2 , x3 là các nghiệm của phương trình đã cho.
  28. x1 x2 x3 a Theo định lý Vi-et ta có x1x 2 x2 x3 x3 x1 b x1x2 x3 a Theo bất đẳng thức AM - GM ta được 3 3 x1 x2 x3 3 x1x2 x3 hay a 3 a a 3 3 (*) Theo bất đẳng thức (x y z)2 3(xy yz zx); x, y, z R 2 2 thì b (x1x2 x2 x3 x3 x1) 3x1x2 x3 (x1 x2 x3 ) hay b2 3a2 b 3a. bn 3n 3n an 3n 3n 3n Suy ra P 3n 3n , do (*) an an an (3 3)n 3n 1 Do đó ta có P 3n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 3 3;b 3a 9. Khi đó phương trình có ba nghiệm trùng nhau và 3n 1 đều bằng 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi a 3 3;b 9. 3n 1 1 Bài 13. Giải phương trình x4 x2 0 . x4 x2 Bài 14. Tìm m để BPT sau vô nghiệm: m2 4 x2 2 m 2 x 1 0 1 1 4x2 Bài 15. Giải bất phương trình 3 x Bài 16. Chứng minh phương trình: 2x4 mx3 nx2 px 2011 0 có ít nhất 2 nghiệm với m,n, p ¡ Hướng dẫn giải Xét phương trình: 2x4 mx3 nx2 px 2011 0 (1) Xét hàm số: f (x) 2x4 mx3 nx2 px 2011 lim f (x) lim ( 2x4 mx3 nx2 px 2011) b 0 sao cho f b 0 x x lim f (x) lim ( 2x4 mx3 nx2 px 2011) a 0 sao cho f a 0 x x f 0 2011 0 Hàm số f x liên tục trên các đoạn a;0 và 0;b;
  29. f (a). f (0) 0 phương trình có ít nhất 1 nghiệm x1 a;0 và ít nhất 1 nghiệm x2 0;b . f (0). f (b) 0 Vậy phương trình có ít nhất 2 nghiệm. Bài 17. Cho các phương trình: x2 (m 1)x m2 2 0 (1) x4 mx3 x2 2x m2 0 (2) trong đó x là ẩn số và m là tham số (0 0 + Suy ra: íï ( x , x là hai nghiệm của phương trình 3x 2 + 2x + a = 0 ). ï 1 2 îï f (x1 ). f (x2 ) < 0 + Thực hiện phép chia đa thức ta được: 3 2 æ1 1ö 1 f (x) = x + x + ax + b = ç x + ÷y '+ [(6a - 2)x + 9b - a]. èç3 9ø÷ 9
  30. 1 1 Suy ra f (x ) = [(6a - 2)x + 9b - a]; f (x ) = [(6a - 2)x + 9b - a]. 1 9 1 2 9 2 2 2 + f (x1 ). f (x2 ) 0. Bài 23. Cho phương trình: 5 x 2 - 34x + a - 4 (x - 1)(x - 33) = 1. a/ Giải phương trình khi a 64. b/ Tìm a để phương trình có nghiệm. Hướng dẫn giải Câu a: +Đặt u = 5 x 2 - 34x + a v = 4 (x - 1)(x - 33) . ïì u5 - (u - 1)4 = a - 33 +Ta có hệ íï (I). îï v = u - 1³ 0 +Hàm số f (u) = u5 - (u - 1)4 có f '(u) = 5u4 - 4(u - 1)3 > 0 " u Î [1;+ ¥ ) nên f(u) tăng trên [1; + ). + a 64, f u 31 f 2 và f u tăng nên hệ (I) chỉ có một nghiệm: u 2,v 1 từ đó ta có nghiệm của phương trình là: x 17 ± 257 . Câu b: + f (u ) tăng trên [1; + ) mà f 1 1 nên phương trình có nghiệm khi a – 33 1 hay a 34. Bài 24. Giải và biện luận phương trình theo tham số m: (lg cos x)2 - m log cos2 x - m2 + 2 = 0. Hướng dẫn giải (lg cos x)2 - m log cos2 x - m2 + 2 = 0 (1). p p +Điều kiện: cos x > 0 Û - + k2p < x < + k2p, k Î Z. 2 2 ïì t 2 - 2mt - m2 + 2 = 0 (2) Đặt t = lg cos x. Phương trình trở thành: íï . îï t £ 0 S Xét tam thức bậc hai f (t) = t 2 - 2mt - m2 + 2 = 0 có: a = 1; = m,D ' = 2(m2 - 1), f (0) = - m2 + 2. 2 +Trường hợp 1: t = 0 là nghiệm của (2).Khi đó ta có m = ± 2 .
  31. + m = 2 : (2) Û t = 0 hay t = 2 2 nên (1) lgcosx = 0 cosx = 1 x =2k , k Z. + m =- 2 : (2) Û t = 0 hay t = -2 2 nên (1) élg cos x = 0 éx = 2kp ê Û ê , k Î Z. ê ê -2 2 ëlg cos x = - 2 2 ëêx = ± arccos10 + 2kp +Trường hợp 2: Phương trình (2) có 2 nghiệm t1, t2 khác 0 (t1 t2): 2 2 t1 = m - 2(m - 1) ; t2 = m + 2(m - 1) . Với điều kiện (1) có nghiệm nên ta chỉ cần xét 2 trường hợp sau: a/ t1 £ t2 0 îï - m - 2 > 0 m± 2(m2 - 1) Khi đó (2) có hai nghiệm t1, t2 âm nên (1) có các họ nghiệm: x = ± arccos10 + 2kp,k Î Z . 2 b/ t1 2. m- 2(m2 - 1) Khi đó (1) lg cos x = t1 Û x = ± arccos10 + 2kp,k Î Z . +Kết quả: 2 + m 2 : (1) có nghiệm: x = ± arccos10m- 2(m - 1) + 2kp,k Î Z . BÀI TẬP CHƯA CÓ LỜI GIẢI 2x 1 2 2 1. Giải phương trình: x x . 3 1 1 2. Giải phương trình: 1 x2 (4 3x)2 3. Cho trước các số nguyên dương a,b. Chứng minh rằng phương trình
  32. x2 2axy a2 4b y2 4by z2 có vô số nghiệm nguyên dương. 4. Giải phương trình: x4 –10x3 – 2 a –11 2 5a 6- x 2a a 0 . Trong đó a là tham số. 5. Giải phương trình: 1995 x 1996 1996 x 1995 1 6. Giải các phương trình sau: x 7 1 a) 8 2x2 2x 1 ; b) x3 x2 x . x 1 3 c) x2 1 2x x2 2x 7. Giải phương trình: x2 3x 2 x2 x 1 0 2. BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1. Không có tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương 1 3x Bài 1. Giải bất phương trình: 2 1 . 1 x 1 x2 (Chưa giải) 9 9 Bài 2. Giải bất phương trình: 9 x x x x Lời giải 9 9 0 x 9 x 3 Điều kiện: x 0 x 3 x 0 x 0 9 9 *) Nếu 3 x 0 thì x x 0 9 suy ra bất phương trình vô nghiệm. x x 9 *) Nếu x 3 x x 0 nên bất phương trình tương đương với x 9 9 9 9 9 x2 2x. x x x2 9 2x. x x 0 x x x x x 3 x 3 ( x2 9 x)2 0 2 1 37 x 9 x x 2 1 37 Vậy tập nghiệm là S [3;+ )\{ } 2 Bài 3. Giải bất phương trình: 2(x 1) x2 2x 1 x2 2x 1. (1)
  33. Hướng dẫn giải x 1 2 Điều kiện: x2 2x 1 0 . x 1 2 2 (1) x 1 x2 2x 1 (x 1)2 0 2 x2 2x 1 2x x2 2x 1 0 2x x2 2x 1 0 (do 2 x2 2x 1 0 ) 2x x2 2x 1 (*) +) Với x 1 2 thì (*) luôn đúng. +) Với x 1 2 , bình phương 2 vế của (*) suy ra vô nghiệm. Vậy, bất phương trình có nghiệm x 1 2 . Bài 4. Giải bất phương trình: x2 4x 3 2x2 3x 3 x 1. Hướng dẫn giải x 3 x2 4x 3 0 +) Điều kiện: x 1 2x2 3x 1 0 1 x 2 +) Với x=1 BPT hiển nhiên đúng suy ra x=1 là nghiệm +) Với x 3 suy ra BPT (x 3)(x 1) (x 1)(2x 1) x 1 chỉ ra vô nghiệm +) Với x 2 suy ra BPT (1 x)(1 2x) (1 x)(3 x) 1 x . 1 Chỉ ra nghiệm x 2 x 1 +) Kết luận: BPT có nghiệm 1 x 2 Bài 5. Giải bất phương trình sau: x x2 10x 9 x2 2 x2 10x 9. Hướng dẫn giải Điều kiện x ( ;1][9;+ ) . Với x x2 10x 9 0 x2 10x 9 x suy ra x2 10x 9( x2 10x 9 2 2x) 0
  34. do đó x2 10x 9 0 và x2 10x 9 2 2x . 5 Kết luận tập nghiệm S ( ;1)  (9; ) . 3 Dạng 2: Đặt ẩn phụ Bài 1. Giải bất phương trình: 3 x 1 2x 4 3 x 2. (Chưa giải) Bài 2. Giải bất phương trình: 2x2 4x 6 2x 1 x 2, x ¡ . Hướng dẫn giải. 1 Điều kiện x . 2 Biến đổi bất phương trình về dạng: 2(x 2)2 2(2x 1) x 2 2x 1 u x 2 2 2 Đặt: Khi đó, bất phương trình có dạng: 2u 2v u v (1) v 2x 1 0 2 Ta có: 2 u2 v2 u v u v u v Dấu đẳng thức xảy ra khi u v Vậy (1) u v x 2 Xét trường hợp u v , ta có: 2x 1 x 2 x 1 x 5 x 5 1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: ; \ 5 . 2 Bài 3. Giải phương trình: x 3 5 x x2 8x 18 . Dạng 3: Sử dụng hàm số x y 2y Bài 1. Chứng minh rằng: ln với x > 0 và y > 0. x 2x y x y • Đặt t = 1 x x y • Vì x > 0 và y > 0 nên: t = tx x y y x(t 1) x 2y 2x(t 1) t 1 • Do đó: 2 . 2x y 2x x(t 1) t 1 t 1 • Bài toán trở thành chứng minh: ln t 2 với mọi t > 1. t 1
  35. t 1 • Xét hàm số y = f(t) = ln t 2 với mọi t > 1. t 1 t 1 2 • y’ = 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ). t(t 1)2 t 1 • Do đó: t > 1 f(t) > f(1) = 0 ln t 2 >0. t 1 y t 1 • Cách giải khác: Đặt t = và đưa đến chứng minh: ln t 2 . Giải tương tự. x t 1 Bài 2. Giải bpt (2x)cos4x 3 (1 x2 )cos4x 3 (1 x2 )cos4x 3 , 0 0 ta được: cos4x + 3 cos4x + 3 2x 1 x2 (1) 2 2 1 (2). 1 x 1 x • (4 đ) Tìm ra nghiệm của (1): 2 2 2x 1 x2 2x 1 x2 • Vì 0 0 và m ¹ 1, x 2 + mx + 10 ³ 0. Bất phương trình đã cho tương đương với: 1- log ( x 2 + mx + 10 + 4) log (x 2 + mx + 12) 7 11 ³ 0 . (*) log11 m Đặt u = x 2 + mx + 10, u ³ 0.
  36. + Với 0 1: Ta có: f (u)£ 1= f (9)Û 0 £ u £ 9. ïì x 2 + mx + 10 ³ 0 (1) Û £ x 2 + mx + 10 £ 9 Û íï . ï 2 îï x + mx + 1£ 0 (2) Xét phương trình x 2 + mx + 1= 0 có D = m2 – 4. Nếu 1 2 Þ D > 0 Þ phương trình trên có 2 nghiệm đều thoả mãn (1) và (2) bất phương trình đã cho có nhiều hơn một nghiệm. Nếu m = 2 (2) có nghiệm duy nhất x = - 1 bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = - 1. Vậy giá trị cần tìm của m là: m = - 2. Bài 2. Tìm m để bất phương trình x 2 2x 4 4 x x 2 18 m 0 đúng với mọi x  2;4. Bài 3. [Đề hsg Dương Xá,2008-2009] Cho bất phương trình: x 4 x 4x x2 m 3 Xác định m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x 0;4. Lời giải 0 x 4 0 x 4 Điều kiện 2 2 4x x m 3 0(2) m x 4x 3(2) Điều kiện cần để bpt (1) nghiệm đúng với x 0;4 thì (2) nghiệm đúngx 0;4 Xét f(x)= x2-4x-3 Bảng biến thiên
  37. x 0 2 4 f(x) -3 -3 -7 Từ bảng biến thiên (2) đúng với x 0;4 m max f (x) m 3 [0;4] PT 4 2 4x x2 4x x2 m 3 Đặt t 4x x2 Bảng biến thiên 4 x 0 2 2 t 0 0 Dựa vào bảng biến thiên suy ra 0 t 2 Bất phương trình trở thành g(t)=-t2+2t+1 m (3) Để bất phương trình đầu nghiệm đúng với x 0;4 thì (3) có nghiệm đúng với t 0;2. m max g(t) [0;2]
  38. 2 t 0 1 2 g(t) 1 1 Từ BBT suy ra m 2 . Kết luân m 2 thì bpt (1) nghiệm đúngx 0;4 . III. HỆ PHƯƠNG TRINH 1. Không có tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương y x 1 5 3x (2) Bài 25. Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 x x 1 y 2y y y 1 x 2xy (3) Hướng dẫn giải Điều kiện: x 1. y x 1 y x 1 Phương trình (3) x y 1 y2 2y x2 0 2 2 2 2 y 2y x 0 y 1 x 1 0 y x 1 x 1 y x 1 (vì x 1) . y 1 (vì (1;1) không thỏa phương trình(2)) Thay vào phương trình (2), ta được : 3 x 1 1 x 2 x 1 3 x 1 2 0 (n) . 2 x 1 x 3 x 5 2 3 Vậy x, y 2;1 ; x, y 5 2 3;4 2 3 . x2 y2 6 2 x y 3 x y Bài 26. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 2 3 x 2 2 3 y x 5y 15 0 Hướng dẫn giải
  39. x2 y2 6 2 x y 3 x y (1) Đặt . 2 3 x 2 2 3 y x 5y 15 0 (2) x y 0 Điều kiện: x y 0. x 2 (1) x y 2 x y 3 0 y 4 x Thay vào (2) ta được: 3 x 2 2 3 4 x x2 5x 5 0 x 3 3 x 3 2 (x 3)(x 2) 0 3 2 3 x 2 1 (4 x) 4 x 1 x 3 3 2 x 2 0 (*) 3 2 3 x 2 1 (4 x) 4 x 1 Phương trình (*) vô nghiệm do: x 2 x 2 0 VT 0 . Vậy x = 3 và y = 1 là nghiệm của hệ phương trình. x3 y(1 y) x2 y2 (2 y) xy3 30 0 Câu 8. Giải hệ phương trình: 2 2 x y x(1 y y ) y 11 0 x 2y 4x y 5 Câu 9. Giải hệ phương trình: x, y ¡ . x y 1 3 2 x3 xy2 y6 y4 x xy e e ln 6 4 0 Câu 10. Giải hệ phương trình: y y y 0 2 8 3 4y 3 24x 16x Lời giải 3 Điều kiện: x 0; 0 y . 4 3 2 x3 xy2 y6 y4 x xy x3 xy2 3 2 y6 y4 6 4 - Ta có e e ln 6 4 0 e ln x xy e ln y y (1). y y 1 Xét hàm số f t et ln t ( t > 0 ) f ' t et 0, t > 0 , suy ra hàm số g(t) đồng t biến trên khoảng 0; . Kết hợp với (1) ta có x3 xy2 y6 y4 x3 y6 y2 x y2 0 x y2 x2 xy2 y4 y2 0 x y2 2 - Thế (2) vào phương trình còn lại của hệ đã cho ta được: 8 3 4y 3 24y2 16y4 16y4 24y2 8 3 4y 3 0 3
  40. Xét hàm số g y 16y4 24y2 8 3 4y 3 16 16 3 g ' y 64y3 48y 16y 4y2 3 0, 0< y 3 4y 3 4y 4 3 Suy ra hàm số g y nghịch biến trên khoảng 0; , từ đó phương trình ( 3) có nghiệm duy 4 1 1 nhất y , suy ra x . 2 2 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x, y , . 2 2 2 4 x y 8 y 7x 1 Bài 27. Giải hệ phương trình: 2 2 x y 6y 2x 4 x y 1. y 1 Điều kiện : 0 x 4 2 x y 2 6y 2x 4 x y 1 2x2 4xy 2y2 2x 6y 4 x y 1 2 x y 1 2 x2 2x y 1 y 1 2 y 1 x 2 x y 1 2 2 y 1 x x y 1 0 y x 1 Thế vào pt đầu ta được 4 x x 7 x2 5x x2 3x 3 x 1 4 x x 2 x 7 2 1 1 x 3x 3 1 x 1 4 x x 2 x 7 3 21 x 2 2 x 3x 3 0 5 21 y 2 2 y x (x y) Bài 28. Giải hpt 3 x y (x, y ¡ ). 2 2 2(x y ) 3 2x 1 11 1 Điều kiện x ≥ 2
  41. Từ phương trình thứ nhất dễ dàng suy ra được y > 0. y x2 (x y) 3 x y x2 (x y)( 3 x y 1) x2 (x y) y 0 x2 (x y)(x y 1) x2 (x y) y2 Ta có 0 3 (x y)2 3 x y 1 x2 (x y) y x2 (x y) x y (x y 1) 0 3 2 3 2 (x y) x y 1 x (x y) y x y 1 0 y x 1 Thay vào phương trình thứ hai ta được 4x2 4x 2 3 2x 1 11 Đặt t = 2x 1 ta được t4 – 3t – 10 = 0 t = 2 5 3 Từ đó tìm được (x, y) ( , ) 2 2 x, y 0 Bài 29. Tìm tất cả các số thực x, y thỏa hệ: x y 2 . x 1 y 1 x y 1 Hướng dẫn giải Ta chứng minh nếu các số x, y thỏa mãn hai điều kiện đầu thì xx 1 y y 1 1 x 1 ln x y 1 ln y 0 Thay y 2 x ,ta chứng minh f x x 1 ln x 3 x ln 2 x 0 với 0 x 2 1 1 Ta có f ' x ln x ln 2 x x 2 x 1 1 1 1 f '' x 2 2 x 2 x x 2 x 2 2 1 1 1 1 1 x 1 1 1 0 x 2 x 2 x 2 x x 2 x x 2 x Do đó f ' x nghịch biến trên 0;2 , hơn nữa f ' 1 0 nên f ' x nhận giá trị dương trên 0;1 và âm trên 1;2 .Suy ra f x f 1 0 với mọi x 0;2 . Từ đó,hệ phương trình có nghiệm x y 1. x4 x3 y 9y y3 x x2 y2 9x Bài 30. Giải hệ phương trình sau: 3 3 x(y x ) 7
  42. Hướng dẫn giải x4 x3 y 9y y3 x x2 y2 9x x(x y)(x y)2 9(x y) x(x y)2 9 3 3 3 3 3 3 x(y x ) 7 x(y x ) 7 x(y x ) 7 3 3 y x 3 y x x y x x x 3 3 3 3 3 3 4 x(y x ) 7 x ( x) x 7 (3 x x) x x 7 x x 3 3 y x y x x x 4 3 4 3 2x x 9x 27x x 7 x 27 0 2x x 9x 27x x 7 x 27 0 3 y x x 4 3 3 2 2 ( x 1)(2x 2x x 2x 7x x 7x 7x x 20x 20 x 27) 0 3 3 y x y x x 1 x x y 2 3 ( x 1)((x x 1)(2x 7x x 20) 7) 0 x 1 x x2 y2 9 x x x2 y2 5 Bài 31. Giải hệ phương trình . x 5 3x y 6 5 y Hướng dẫn giải y 0 y 5 ĐK: . x2 y2 2 2 x x y 0 9 x Từ (2) suy ra: x 6 1 (2'). 5 y Do y 0 phương trình (1) tương đương với x x2 y2 y y x x 6 1 (1') .Đặt u x x2 y2 y y y y u u2 1 * Xét y 0:phương trình (1')trở thành: 6u 1. u u2 1
  43. 5 Nhân liên hợp của mẫu số đưa về phương trình:u u 3 u2 1 0 được nghiệm u 0;u . 3 + u 0 suy ra x 0 không thoả mãn loại. 5 x 5 + u .Thế vào (2') được x 5; y 3. 3 y 3 u u2 1 * Xét y 0 :phương trình 1' trở thành: 6u 1.Phương trình này có nghiệm u=0 suy ra x=0 u u2 1 (Không thoả mãn điều kiện bài toán). Vậy hệ đã cho có một nghiệm x; y 5;3 . 3 2 2 x 2x y 1 x y 1 Bài 32. Giải hệ phương trình : . 2 2 2 x 2x y y 3 y 2x 2 Hướng dẫn giải Ta có: (1) 2x(x2 2) 2(y 1) x2 (y 1) 2x(x2 2) (y 1)(x2 2) 2x y 1 y 2x 1 Thế vào (2) ta có : x 2x2 (2x 1)2 2x 1 3 (2x 1)2 2x 2 x 2x2 6x 1 4x2 6x 1 2x2 6x 1 2x x 2x2 6x 1 2x2 6x 1 2x2 2 2x 6x 1 x x 0 3 15 15 2x2 6x 1 2x x y 2 2 2x 6x 1 4x 6 6 x 0 3 2 3 3 2 3 2x2 6x 1 x x y 2 2 2x 6x 1 x 3 3 3 15 15 3 2 3 3 2 3 Vậy nghiệm của hệ PT là: ; và ; . 6 3 3 3 2 4 x y 8 y 7x 1 Bài 33. Giải hệ phương trình: 2 2 x y 6y 2x 4 x y 1. Hướng dẫn giải y 1 Điều kiện : . 0 x 4
  44. 2 x y 2 6y 2x 4 x y 1 2x2 4xy 2y2 2x 6y 4 x y 1 2 x y 1 2 x2 2x y 1 y 1 2 y 1 x 2 x y 1 2 2 y 1 x x y 1 0 y x 1 Thế vào pt đầu ta được : 4 x x 7 x2 5x x2 3x 3 x 1 4 x x 2 x 7 2 1 1 x 3x 3 1 x 1 4 x x 2 x 7 3 21 x 2 2 x 3x 3 0 5 21 y 2 x2 2y2 xy 4 Bài 34. Giải hệ phương trình: 2 2 x y 2xy 2 (Chưa giải) 2 2 x x y 1 x y x y 1 y 18 Bài 35. Giải hệ phương trình: 2 2 x x y 1 x y x y 1 y 2 (Chưa giải) x3 (y z)2 2 3 2 Bài 36. Giải hệ phương trình: y (z x) 30 3 2 z (x y) 16 (Chưa giải) 3 x y x y Bài 37. Giải hệ phương trình: x y x y 2 (Chưa giải) Bài 38. Giải các hệ phương trình 8xy x3 9z2 27(z 1) x2 y2 16 3 2 a) x y b) y 9x 27(x 1) 2 3 2 x y x y z 9y 27(y 1) (Chưa giải) Bài 39. Giải các hệ phương trình:
  45. x3 9y2 27y 27 0 x3 2y 1 x2 y2 z2 2xy zx zy 3 a) y3 9z2 27z 27 0 b) c) y3 2z 1 2 2 3 2 x y yz zx 2xy 1 3 z 9x 27x 27 0 z 2x 1 (Chưa giải) 6 3 2 2 x y x 9y 30 28y Bài 40. (Trại hè Hùng Vương 2013) Giải hệ phương trình 2x 3 x y Hướng dẫn giải Từ phương trình đầu của hệ ta có x2 y 3 y2 y 6 x2 x4 3x2 10 0 x2 y 3 2 2 4 2 y y 6 x x 3x 10 0 * Coi (*) là phương trình bậc 2 ẩn y ta có 3 x4 4 0 x nên (*) vô nghiệm. Do đó hệ phương trình tương đương với 2 x y 3 2 2x 3 x x 3 2x 3 x y x 2x 3 x 2x 3 x 1 2x 3 0 x 1 2x 3 0 Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là 3;6 , 2; 1 Bài 41. (Thi cụm Quỳnh Lưu, năm 2016-2017) Giải hệ phương trình sau: 3 2 3 2 2x xy x 2y 4x y 2y (1) 2 4x x 6 5 1 2y 1 4y (2) Hướng dẫn giải 1 Điều kiện: y 2 (1) (x 2y)(2x2 y2 1) 0 x 2y . Thay vào (2) ta có phương trình 4x2 x 6 2x 1 5 x 1 (3) Xét x 1 thỏa mãn (3), suy ra y 1 x 1 Xét x 1: (3) 4x2 x 6 (1 2x) 5 x 1 x 1 4x2 x 6 1 2x
  46. x 1 0 x 1(loai) 2 4x x 6 1 2x x 1 (4) 1 x 2 7 Kết hợp (3) và (4) ta được 2 x 1 2x 1 2 x 2 2 4x 8x 3 0 1 2 7 2 7 Kết luận: Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: (x; y) ( 1; );( ; ) 2 2 4 Dạng 2: Đặt ẩn phụ 2 x 2 y 8 Bài 1. Giải hệ phương trình: 2 2 x 4 y y 4 x 4 Hướng dẫn giải x 2cos 2u u,v [0; ]. Điều kiện: x; y [ 2;2]. Đặt với 2 y 2cos 2v 2 2 sin u cosv 1/ 2 (1 cos 2u)(1 cos 2v) 2 sin u cos v 1/ 2 HPT cos 2u sin 2v cos 2vsin 2u 1 sin 2(u v) 1 u v 4 sin(u v) sin(u v) 2 sin(u v) 1/ 2 u v 4 u 4 (thỏa). u v u v u v v 0 4 4 4 x 2cos 0 Kết luận: nghiệm hệ phương trình là 2 . y 2cos0 2 x2 1 y2 xy 4y Bài 2. Giải hệ phương trình: y x y 2 x2 1 Ta thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình đã cho, ta xét các giá trị y 0 , chia hai vế của PT thứ nhất cho y 0 ta được x2 1 x y 4 y y x y 2 x2 1 x2 1 Đặt u , v x y ta có hệ phương trình y
  47. u v 4 v 4 u u 1 u(v 2) 1 u(4 u 2) 1 v 3 x2 1 u 1 1 Với ta có y (*) v 3 x y 3 Giải hệ PT (*) ta được hai nghiệm (-2; 5) , (1; 2) Vậy hệ PT ban đầu có hai nghiệm (-2; 5) , (1; 2) 2 2 x y x y 2 4 y 2 Bài 3. Hệ phương trình tương đương với 2 2 x y x y 2 y 2 y 2 0 + Với y = -2 thì hệ phương trình vô nghiệm + Với y 2, chia hai vế của hai phương trình cho y + 2 ta có x2 y2 x y 2 4 y 2 x2 y2 x y 2 0 y 2 x2 y2 Đặt a , b x y 2 y 2 a b 4 a b 4 a 2 Khi đó ta có hệ phương trình 2 ab 4 a 2 0 b 2 x2 y2 2 y x x 1, y 1 Do đó y 2 2 x x 2 0 x 2, y 2 x y 2 2 Kết hợp với điều kiện thì hệ phương trình có hai nghiệm (x; y): (1; -1), (-2; 2) x 2 2x 1 y 2 2y 1 2. x 2 y 2 Bài 4. Giải hệ phương trình: (x, y ¡ ). x y 2xy x 2 2x 1 y 2 2y 1 1 1 2 Điều kiện x , y , * . Viết lại hệ dưới dạng: y 2 x 2 2 2 x y 2xy x 2 2x 1 u 0 y 2 Đặt uv 2x 1 2y 1 4xy 2(x y) 1 1 y 2 2y 1 v 0 x 2
  48. u v 2 Hệ phương trình trở thành : u v 1 uv 1 x 2 2x 1 y 2 2x2 3x 4 y x y x y 2 0 hay 2 2 y 2 2y 1 x 2 2y 3y 4 x 2x 3x 4 y x y 0 do * x; y 1;1 , 2; 2 . 2  2x 3x 4 y Kết hợp điều kiện (*) ta được nghiệm của hệ là: x; y 1;1 . Bài 5. Giải hệ phương trình sau: x4 y4 x2 y2 x y 4 4 2 2 2 1 y x y x y x 3 2 4 x x 15y 30 4 27 1 y 2 Hướng dẫn giải x y Đặt t t 2 y x x2 y2 t 2 2 y2 x2 4 4 x y 2 2 4 2 4 4 t 2 t 2t 4 y x 1 t 4 4t 2 2 t 2 2 t 2 0 t 4 5t 2 t 6 0 t 2 t3 2t 2 t 3 0 t 2 0 3 2 t 2t t 3 0 3 2 t 2 Xét f t t 2t t 3 với t 2 f ’ t 3t 2 4t 1 t 2 7 2 7 - -2 2 + 3 3 f’(t) + + 0 - 0 + + f(t) + -11 1
  49. f t ; 111; . f t 0 vô nghiệm t 2 . x y . 2 x3 x2 15x 30 4 4 27 1 y , đk: x 1 . Ta có : 4 4 27 1 y 3 3 3 x 1 x 10 . x3 x2 15x 30 x 10 x 2 2 x 5 0 3 Do x 1 x 5 0 VT 3 0 x 2 (t/m). 2x y 1 5 Bài 6. Giải hệ phương trình : 2y x 1 5 Hướng dẫn giải 2 u x 1 0 x u 1 +) Đặt 2 v y 1 0 y v 1 2u2 v 3 0 +) Đưa về hệ: 2 2v u 3 0 u v 2 2u v 3 0 2u 2v 1 0 2 2u v 3 0 Giải hệ (I) ta được u v 1 x y 2 Hệ (II) vô nghiệm Vậy hệ có nghiệm x y 2 . Bài 7. [Đề xuất, Chyên Lào Cai, DHDDBBB, 2015] Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 x xy x y 4 y 2 0 2 2 x 2y xy 2x 4 0 Lời giải 2 2 x y x y 2 4 y 2 Hệ phương trình tương đương với 2 2 x y x y 2 y 2 y 2 0 + Với y = -2 thì hệ phương trình vô nghiệm
  50. + Với y 2, chia hai vế của hai phương trình cho y + 2 ta có x2 y2 x y 2 4 y 2 x2 y2 x y 2 0 y 2 x2 y2 Đặt a , b x y 2 y 2 a b 4 a b 4 a 2 Khi đó ta có hệ phương trình 2 ab 4 a 2 0 b 2 x2 y2 2 y x x 1, y 1 Do đó y 2 2 x x 2 0 x 2, y 2 x y 2 2 Kết hợp với điều kiện thì hệ phương trình có hai nghiệm (x; y): (1; -1), (-2; 2) Bài 8. [Đề thi hsg Ngô Gia Tự, Vp, 2012-2013] Giải hệ phương trình: 3x y 10 x y 2 2x 2x x y y x y 25 xy Lời giải a 2x y a b 10 Đặt : khi đó ta có hpt : . b x x y a.b 25 Bài 9. [Đề xuất, Chuyên Thái Bình, DHĐBBB,2015] Giải hệ phương trình sau: 4 2 2 2 3 2 2 x x y y y x y x 5(x y 7 (x 1) 2x y 8) 13(2x 1) Lời giải 2x y 8 0 ĐKXĐ: y 7 0 x2 y2 0 (x2 y2 )(x2 y 1) 0 Từ (1) ta được: 2 x y 1 Trường hợp đầu suy ra x=y=0 nhưng ko là nghiệm của hệ Do vậy ta được: x2 = y + 1 (1 điểm). Thay vào phương trình (2) ta được: 5(x x 2 6 (x 1) x 2 2x 7 ) 13(2x 1)
  51. b2 a2 1 a x2 6; b x2 2x 7 2x 1 b2 a2 x 2 Thay a b 2 a b 5 a b 26(a b) 5 0 a b 5 1 a b 5 Dễ thấy a b 2 6 nên trường hợp thứ ba bị loại. Hai trường hợp đầu ta tính được x=-1/2 KL: Hệ có một nghiệm x=-1/2; y=-3/4 Bài 10. Giải hệ phương trình sau: x2 2x xy y2 y 2 ; x, y ¡ 4x3 y3 3x2 x 15 x y 3 x y y x y 4x x Hướng dẫn giải Điều kiện: x 0, y 0. Đặt a x,b y ( a 0,b 0).Hệ phương trình đã cho trở thành 4 3 5 a 2a b b 1 6 6 5 2 3 2 3 2 4a b 3a 15a b 3a b a b 4a 2 Nhận xét: a 0 b 0; b 0 a 0.Do đó a,b 0,0 là một nghiệm của hệ. Bây giờ ta xét a 0,b 0 .Đặt b ka k 0 .Với cách đặt này thì Phương trình (1)trở thành: 1 2k 1 2k ak 5 a (3) k 5 Phương trình (2)trở thành: 2 4a6 a6k 6 3a5 15a2 k 2a2 3a k 3a3 a3k 4a3 (4) 5 6 3k 1 2k 3 2 Thay (3)vào (4)ta được: 4 k 5 3 k k 4 (5) 1 2k 3k Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho vế trái của (5)ta được: 2 3k 5 1 2k 3k 5 1 2k 4 k 6 5 5 4 k 6 . 3 3 1 2k 3k 1 2k 3k 2 2 22 12 4 k 6 k 4 k 3 k
  52. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi k 1.Khi đó a b 3 hay x y 9. Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm x; y là 0;0 , 9;9 . 2 2 2x 5xy y 1 Bài 11. Giải hệ phương trình sau: . 2 2 y( xy 2y 4y xy) 1 Hướng dẫn giải + Điều kiện: 4y x 2y 0. + Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được: 2x2 5xy y2 y xy 2y2 4y2 xy 0. 2 2 x x x x Chia cả hai vế của PT cho y ,ta được: 2 5 1 2 4 0. y y y y x + Đặt t t 2;4 ta có phương trình: y 2t 2 5t 1 t 2 4 t 0. 2t(t 3) t 2( t 2 1) (1 4 t ) 0. t 2 1 (t 3) 2t 0. t 2 1 1 4 t t 2 1 Với t 2;4 thì 2t 0. t 2 1 1 4 t 1 3 Với t 3 suy ra x 3y thay vào PT (1): 2y2 1 y x . 2 2 3 1 Kết luận:Nghiệm của hệ phương trình là: ; . 2 2 z2 2xyz 1 2 2 2 3 4 Bài 12. Giải hệ phương trình: 3x y 3xy 1 x y x, y, z ¡ . 4 3 2 z zy 4y 4y 6y z Hướng dẫn giải z2 2xyz 1 1 2 2 2 3 4 Giải hệ phương trình: 3x y 3xy 1 x y 2 . 4 3 2 z zy 4y 4y 6y z 3 1 z2 Vì z 0 không thỏa hệ pt nên 1 xy . 2z
  53. Đặt z tan u u ; \ 0 thì xy cot 2u . 2 2 3cot2 2u 1 Từ (2): y tan 6u. cot3 2u 3cot 2u 4 tan 6u 4 tan3 6u Vậy x cot 2u.cot 6u .Thay vào (3): z tan 24u. 1 tan4 6u 6 tan2 6u k Vậy tan u tan 24u u k ¢ . 23 11  Vì u ; \ 0 nên u , ,  . 2 2 23 23  k Vậy tan u tan 24u u k ¢ . 23 11  Vì u ; \ 0 nên u , ,  . 2 2 23 23  11  Vậy hệ có nghiệm: x, y, z cot 2t.cot 6t;tan 6t;tan t trong đót , , . 23 23  x3 1 2(x2 x y) Bài 13. Giải hệ phương trình: 3 2 y 1 2(y y x) (Chưa giải) x2 2y2 1 2 2 Bài 14. (Chuyên Vĩnh Phúc 2010 – 2011) Giải hệ phương trình: 2y 3z 1 x, y, z ¡ xy yz zx 1 Hướng dẫn giải +) Nếu x 0 thay vào hệ ta có hệ vô nghiệm +) Nếu x 0 ta đặt y ax; z bx thay vào hệ ta được x2 1 2a2 1 2 2 2 2 2 1 2a 2a 3b 4a 3b 1 1 x2 2a2 3b2 1 2 2 1 2a a ab b 2a a 1 b a 1 0 x2 a ab b 1 a 1 2 2 2 2 4a 3b 1 4a 3b 1 b 1 a 1 2a 1 b a 1 0 a 1 2a 1 b 0 b 1 2a 2 2a 3a 1 0
  54. a 1 +) Nếu thay vào (1) không thỏa mãn b 1 a 1 b 1 1 b 1 2a a 1 a +) Nếu 1 thay vào (1) không thỏa mãn, thay 2 vào (1) ta có 2a2 3a 1 0 b 1 a b 0 2 b 0 1 1 x 2 . Do đó nghiệm của hệ là x; y; z 2; ;0 , 2; ;0 2 2 Bài 15. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình, năm 2013) Giải hệ phương trình sau: y x2 x y 3 x y x, y ¡ . 2 2 2 x y 3 2x 1 11 Hướng dẫn giải 1 Điều kiện x ; x2 x y 0 ; x y 2 1 Từ phương trình thứ nhất suy ra y và x y cùng dấu mà y x y x nên y 0 . Ta có 2 y 0 từ phương trình thứ nhất suy ra x 1 mà 1;0 không thỏa mãn pt thứ 2 nên y 0 y x2 x y 3 x y x2 x y 3 x y 1 x2 x y y 0 x2 x y x y 1 x2 x y y2 0 2 2 3 x y 3 x y 1 x x y y 2 x x y x y x y 1 0 2 2 3 3 x x y y x y x y 1 x y 1 0 y x 1 Thay vào phương trình thứ hai ta được 4x2 4x 2 3 2x 1 11 4 5 3 Đặt t 2x 1 ta được t 3t 10 0 t 2 .Từ đó tìm được x; y ; 2 2 1 x3 y3 19x3 Bài 16. Giải hệ phương trình 2 2 y xy 6x Bài 17. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất
  55. 2 x 2013 y 1 m 2 2 x y 2y 2013 2013 x m Hướng dẫn giải: 2 x 2013 y 1 m (I) 2 2 x y 2y 2013 2013 x m 2 x 2013 z m * Đặt z y 1. Ta có (II) 2 2 x z 2012 2013 x m Nhận xét : Hệ (I) có nghiệm duy nhất hệ (II) có nghiệm duy nhất * Điều kiện cần : Giả sử hệ (II) có nghiệm duy nhất x; z . Vì x; z là nghiệm của (II) nên x; z , x; z , x; z cũng là nghiệm của (II) Do đó để (II) có nghiệm duy nhất thì x z 0. Với x z 0, ta có : m 2013 * Điều kiện đủ : 2 x 2013 z 2013 (1) Với m 2013 . Ta có 2 2 x z 2012 2013 x 2013 (2) * Vì x2 2013 z 2013,x, z , Dấu = xảy ra x z 0 nên (1) x z 0 ( Thỏa mãn (2 )) Do đó hệ (II) có nghiệm duy nhất x z 0 . * Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất hệ (II) có nghiệm duy nhất m 2013 . 2 2 2x 5xy y 1 Bài 18. Giải hệ phương trình sau: 2 2 y( xy 2y 4y xy) 1 Hướng dẫn giải: 2 2 2x 5xy y 1 (1) Ta có: 2 2 y( xy 2y 4y xy) 1 (2) +) Điều kiện : 4y x 2y 0. + Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta có: 2x2 5xy y2 y xy 2y2 4y2 xy 0 2 2 x x x x Chia cả hai vế của PT cho y , ta có: 2 5 1 2 4 0 y y y y
  56. x + Đặt t t 2;4 ta có phương trình: y 2t 2 5t 1 t 2 4 t 0 2t(t 3) t 2( t 2 1) (1 t 2 1) 0 t 2 1 (t 3) 2t 0 t 2 1 1 t 2 t 2 1 Với t 2;4 thì 2t 0 t 2 1 1 t 2 1 3 Với t 3 suy ra x 3y thay vào PT (1): 2y2 1 y x 2 2 3 1 Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là: ; 2 2 4 2 2 2 3 2 2 x x y y y x y x 1 Bài 19. Giải hệ phương trình sau: 5 x y 7 x 1 2x y 8 13 2x 1 2 Hướng dẫn giải: 2x y 8 0 ĐKXĐ: y 7 0 x2 y2 0 x2 y2 x2 y 1 0 Từ (1) ta được: 2 x y 1 Trường hợp đầu suy ra x y 0 nhưng ko là nghiệm của hệ Do vậy ta được: x2 y 1 Thay vào phương trình (2) ta được: 5 x x2 6 x 1 x2 2x 7 13 2x 1 (*) b2 a2 1 Đặt a x2 6;b x2 2x 7 2x 1 b2 a2 x 2 a b 2 Thay vào (*) ta được a b 5 a b 26 a b 6 0 a b 5 1 a b 5 Dễ thấy a b 2 6 nên trường hợp thứ ba bị loại. 1 Hai trường hợp đầu ta tính được x 2
  57. 1 3 KL: Hệ có một nghiệm x ; y . 2 4 x x2 1 y y2 1 1 (1) Bài 20. Giải hệ: (x, y ¡ ) 1 1 x2 x 1 2 1 y2 (2) Hướng dẫn giải: Điều kiện: x 1, y 1 x, y ¡ x x2 1 x x2 1 1 y y2 1 y y2 1 1 2 2 y y 1 x x 1 (3) Kết hợp với (1) ta được: 2 2 x x 1 y y 1 (4) Cộng (3) và (4) ta được y = -x, thế vào (2) ta được: 1 1 x2 x 1 2 1 x2 (5) Đặt x sin t,t 0; , phương trình (5) trở thành 2 1 cost sin t(1 2cost) t t t 2 t 2 cos 2sin .cos . 1 2 1 2sin 2 2 2 2 4 t k t 3 t 2 t 6 3 3sin 4sin sin 3 sin 2 2 2 2 4 4 t k 2 3 t 1 6 x Với t 0; ta được 2 2 t x 1 2 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) = ; ; (x,y) = (1;-1) 2 2 Dạng 3: Sử dụng hàm số 2 2 x x 4 y y 1 2 Bài 1. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: . 2 3 3 6y 5y 1 x 1 Hướng dẫn giải
  58. 2 2 x x 4 y y 1 2 (2) Đặt . 2 3 3 6y 5y 1 x 1 (3) pt 2 x x2 4 2y 2y 2 4 f x f 2y với f t t t 2 4,t ¡ . t t 2 4 f t 0,t ¡ . t 2 4 x Suy ra f(t) đồng biến trên ¡ . Do đó: f x f 2y x 2y y 2 x Thế y vào phương trình (3) ta được: 3x2 +5x + 2 = 2 3 x3 +1 2 3 x +1 + 2 x +1 = x3 +1 + 2 3 x3 +1 . Đặt u = x +1,v = 3 x3 +1 . Phương trình trở thành: u3 2u v3 2v u v u2 uv v2 2 0 3 3 x = 0 u = v x +1= x +1 x = 1 1 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: 0;0 , 1; . 2 Bài 2. Giải hệ phương trình 3 x3 4x 2 4 6 2y y 4 3 3 y 4y 2 4 6 2z z 4 3 3 z 4z 2 4 6 2x x 4 Hướng dẫn giải Điều kiện: x, y, z 3. 3 Xét các hàm số f t t3 4t 2, g t 4 6 2t trên ;3. t 4 3 4 Khi đó ta có f ' t 3t 2 4 0, g ' t 0,t 3 . t 4 2 6 2t Mà f t , g t là các hàm số liên tục trên ;3 suy ra f t đồng biến trên ;3 và g t nghịch biến trên ;3. Không mất tính tổng quát ta giả sử x min x, y, z . Khi đó ta có:
  59. Nếu x y g x g y f z f x z x g z g x f y f z suy ra y z g y g z f x f y x y , vô lí vì x y . Do vậy x y , tương tự lí luận như trên ta được x z suy ra x y z . 3 Thay trở lại hệ ta được x3 4x 2 4 6 2x (1). x 4 Theo trên, bên trái là hàm đồng biến, bên phải là hàm nghịch biến, nên phương trình có nhiều nhất 1 nghiệm Mà x 1 là nghiệm nên nó là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là x y z 1. 3 3 2 x y 3y x 4y 2 Bài 3. Giải hệ phương trình : 2 3 x y 5x y Hướng dẫn giải 3 3 2 3 3 x y 3y x 4y 2 x x (y 1) (y 1) Ta có : . 2 3 2 3 x y 5x y x y 5x y Hàm số f(x) = x3 + x là hàm số đồng biến trên R nên phương trình f(x) = f(y - 1) x = y – 1. 3 3 x x (y 1) (y 1) x y 1 x y 1 Do đó . 2 3 2 3 2 3 x y 5x y x y 5x y (y 1) y 4y 5 5 2 3 y y 2 Ta có (y 1) y 4y 5 4 . 3 2 y 12 y 15y 38y 24 0 x 1 x 11 Vậy hệ có 2 nghiệm : ; . y 2 y 12 Bài 4. Giải hệ phương trình: 2 64.y3 22x 7 1 log y 1 2. y 2 2 x 2y 1 2 x 3 x 2 y 1 2 1 y Lời giải. 3 Phương trình (2) 2x y 1 2x y 1 2 . Xét hàm số f t t3 t,t R , ta có: f / t 3t 2 1 0,t R do đó hàm số f t đồng biến trên ¡ .
  60. từ (2) ta suy ra f 1 2 . Vây 2x y 1 1 y 2x y 0 3 2 2 x 64.y 128.y 1 Thay y 2 vào (1) ta được: log2 y 1 2. y 2 2y 1 y 8y y 2 1 log y ( 1)2 2 y 2 2 2y 1 y 2 2 1 1 log2 y 2 y 2 1 log2 (2 ) (2 ) 1 (3) y y 2 Xét hàm số: f a log2 a a 1 , (a>0) 1 1 2 f '(a) 2a 2 2 .2a 2 2 2 0 a ln 2 a ln 2 ln 2 Vậy hàm f a là hàm đồng biến trên khoảng (0, ), do đó: 1 1 (3) f y 2 f 2 y 2 2 y y y 1 4 1 3 2 y 2 4 2 y 2y 4y 1 0 3 13 y y y 2 3 13 3 13 3 13 Kết hợp điều kiện ta nhận được y suy ra 2x x log 2 2 2 2 3 13 3 13 Vậy hệ phương trình có nghiệm log ; 2 2 2 x4008 x2004 20042x 2004x (1) Bài 5. Giải hbpt (x > 3). 4006 2003 2x x x x 2003 2003 (2) ▪ (2 đ) Đặt y = 2004. Do x > 0, y > 0 nên ta được: (1) x 2y + xy > y2x + yx x2y – y2x + xy – yx >0 (xy – yx)(xy + yx + 1) > 0 xy – yx > 0 xy > yx ( do xy + yx + 1 > 0). ln x ln y ln x ln 2004 ▪ (1.5 đ) xy > yx ln(xy) > ln(yx) ylnx > xlny . Vậy: (3). x y x 2004 ln 2003 ln x Biến đổi tương tự, bất phương trình (2) trở thành: (4). 2003 x ln 2004 ln x ln 2003 Từ (3) và (4), hệ đã cho trở thành: (5). 2004 x 2003 ln x 1 ln x ▪ (1.5 đ) Xét hàm số: y = f(x) = , y’= 3. x x2
  61. ln 2004 ln x ln 2003 Nên hàm số nghịch biến trên khoảng ( 3; + ), do đó: tương đương với 2004 x 2003 2003 < x < 2004. 3 2 3 x x y x x y 1 1 Bài 6. Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 x 9y 6 x 3y 15 3 6x 2 2 Giải: Ta có 1 x2 x 1 x 1 y x2 1 0 x2 1 x y 1 0 y x 1 Thế vào 2 x3 9 x 1 2 6 x2 3x+3 15 33 6x2 2 x3 9x2 6x 6 33 6x2 2 x3 3x2 6x 4 6x2 2 33 6x2 2 x 1 3 3 x 1 6x2 2 33 6x2 2 * Xét f z t3 3t trên ¡ f ' z 3t 2 3 0t ¡ f z đồng biến trên ¡ Từ * và x 1 3 6x2 2 x 1 3 6x2 2 x3 9x2 3x 3 0 2 x3 3x2 3x 1 x3 3x2 3x 1 0 2 x 1 3 x 1 3 3 2 x 1 x 1 3 2 1 x 3 2 1 3 2 1 x 3 2 1 3 3 2 7x y 3xy x y 12x 6x 1 (1) Bài 7. Giải hệ phương trình . 2 2 2 x 3 9 y y 1 (2)
  62. (Chuyên Bắc Giang) Lời giải Điều kiện xác định: 3 y 3 . Phương trình (1) tương đương với phương trình: x y 3 2x 1 3 y 1 x (3) Thế (3) vào (2) ta được: 2 x2 3 8 2x x2 x 0 2 x2 3 8 2x x2 x 4 x2 3 2x 8 2x 8 2x x2 2 x 1 2 x 8 2x x2 3 0 2 x x 1 2 0 8 2x x2 3 x 1 0 x . 2 0 8 2x x2 3 Ta có hai trường hợp: * TH 1: Nếu x 1 thì y 0. Thử lại vào hệ phương trình ban đầu thấy thỏa mãn. x * TH 2: Nếu 2 0 thì ta có phương trình 8 2x x2 3 2 8 2x x2 x 6 x 6 0 (vô nghiệm). 2 5x 4x 4 0 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x; y 1;0 .
  63. 2x 2y 2x y 2xy 1 1 3 Bài 8. Giải hệ phương trình: 3 3y 1 8x 2y 1 x 0 Hướng dẫn giải 2x 2y 2x y 2xy 1 1 (1) 3 3 3y 1 8x 2y 1 (2) (1) 2x 1 2 y 1 2x 1 y 1 0 2x 1 0 ĐK: (2x + 1)(y + 1) 0 Mà x > 0 y 1 0 (1) 2x 1 y 1 2x 1 2 y 1 0 2x 1 y 1 0 y 2x Thay vào (2): 3 6x 1 8x3 4x 1 6x 1 3 6x 1 2x 3 2x (3) Hàm số f(t) = t3 + t đồng biến trên R 1 (3) 3 6x 1 2x 4x3 3x 2 NX: x >1 không là nghiệm của phương trình 2 k 1 9 3 Xét 0 x 1: Đặt x = cos với 0 Ta có: cos3 (k Z ) Do 2 2 2 k 9 3 0 2 9 Vậy hệ có nghiệm cos ;2cos 9 9 Bài 9. [Đề xuất Chuyên Biên Hòa, DHĐBBB 2014-2015] (4,0 điểm): Giải hệ phương trình sau trên tập số thực 1 y x x y 1 x 2 1 4x2 18x 20 y 1 2x2 9x 8 Lời giải Điều kiện > ― 1;2 ≤ ≤ 5/2. Đặt 푡 = ―4 2 + 18 ― 20→0 ≤ 푡 ≤ 1/2.
  64. Phương trình (2) tương đương với 2 2 ― 9 + 6 ―4 2 + 18 ― 20 + = + 1 2 2 ― 9 + 8 4 (푡) = 푡 + 1 + 0 ≤ 푡 ≤ 1/2. 푡2 + 4 Ta có (푡) đồng biến trên [0;1/2] nên 1 2 = (0) ≤ (푡) ≤ = 83/34 0↔푡 < 푒 푡 푡2 Xét 2 ≤ ≤ 5/2 ta có hàm số g(x) đồng biến. Xét +1 ≥ 4 ta có hàm số g(y+1) nghịch biến Ta có2 ≤ ≤ 5/2 nên ( ) ≥ (2)↔ ( ) ≥ 푙푛2/2 +1 ≥ 4 nên ( + 1) ≤ (4) = 푙푛2/2 Mặt khác g(x) liên tục trên (0 ; +∞) nên ( ) = ( + 1) = 푙푛2/2 Khi đó = +1; = 2; = 3 Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( 2 ; 3) Bài 10. [Đề dữ liệu, Chuyên Lê Hồng Phong, DHĐBBB, 2015] Giải hệ phương trình: 2x y 1 log 3 x2 2 x 3 3 2 x 2 1 x y 1 x y x y 2 3 .5 7 2 Lời giải x y x y 1 3 x y Điều kiện: 2x y 1 0 Ta có 2 10. 5. 7 2 0 5 5 t t 1 3 t Đặt t x y ta có phương trình 10. 5. 7 2 0 (*) 5 5 t t 1 3 t Xét hàm số f t 10. 5. 7 2 với t ¡ 5 5 t t 1 1 3 3 t Ta có f ' t 10. ln 5. ln 7 ln 7 0 t ¡ 5 5 5 5 Nên hàm số f t nghịch biến trên ¡
  65. Mà f 1 0 suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất t 1 Với t 1 ta có x y 1 2 log 2x y 1 log x2 2 1 3 x2 2 3x 3 3 3 log x 2 log x2 2 1 3 x2 2 3x 3 3 3 log x 2 3 x 2 log x2 2 1 3 x2 2 1 3 3 1 Xét hàm số g t log t 3t với t 0 ta có g ' t 3 0 t 0 3 t ln 3 g t đồng biến trên 0; Do đó phương trình có dạng g x 2 g x2 2 1 x 2 x2 2 1 x2 2 x 1 x 1 0 x 1 1 x 2 2 x 2 x 1 2x 1 2 1 1 Với x ta có y (thỏa mãn điều kiện 2x y 1 0 ) 2 2 1 1 Vậy hệ có nghiệm x; y ; 2 2 8 xy 2y 8y 4 x y 2 Bài 11. Giải hệ phương trình: 3x 8 . 2x 7 y 1 2 Hướng dẫn giải 7 + ĐK: x ; y 1. 2 + Biến đổi 1 được: 4 xy 2y 8 xy 2y 4 x y 2 . 2 2 xy 2y 2 x y 2 y x 2. 3x 8 + Thế vào 2 ta được: 2x 7 x 3 . 2 Áp dụng BĐT Cauchy ta được: 2x 7 1 2x 6 ▪ 2x 7 2x 7 .1 . 2 2 x 3 1 x 2 ▪ x 3 x 3 .1 . 2 2
  66. 3x 8 Suy ra 2x 7 x 3 .Dấu ' ' xảy ra khi và chỉ khi x 4. 2 Vậy nghiệm x; y cần tìm là 4;2 . Bài 12. Giải hệ phương trình sau: x3 x2 ex 1 1 ex 1 2 y xy 2x y 2 0 (x, y ¡ ). 4x2 2y 8x 14 x2 2x y 2 3 x 5 x 2 Hướng dẫn giải (1) (x2 y 2) x ex 1 1 0 (3) Xét hàm số f (x) x ex 1 1 trên ¡ ; f '(x) 1 ex 1; f '(x) 0 x 1 x 1 f '(x) + 0 - 1 f (x) Từ bảng biến thiên, ta có f (x) 1,x ¡ Do đó (3) y 2 x2 Thế vào phương trình (2) ta được: 2x2 8x 10 2x2 2x 4 3 x 5 x 2 1 (4) Điều kiện xác định của (4) là: x 1 (*). Với đk (*), ta có: (4) (2x 2)(x 5) (2x 2)(x 2) 3 x 5 x 2 3 2x 2 x 5 x 2 3 x 5 x 2 3 x 5 x 2 2x 2 3 3 2x 2 3 x 5 x 2 ( 2x 2 x 5) ( x 2 3) 0 x 7 x 7 0 2x 2 x 5 x 2 3 1 1 (x 7) 0 2x 2 x 5 x 2 3 1 1 x 7 (tm (*)) ( Vì 0 x 1) 2x 2 x 5 x 2 3 Với x 7 y 47 (thỏa mãn điều kiện). Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) (7; 47). 3 3 2 x y 3y x 4y 2 Bài 13. Giải hệ phương trình : 2 3 x y 5x y Hướng dẫn giải
  67. 3 3 2 3 3 x y 3y x 4y 2 x x (y 1) (y 1) Ta có : . 2 3 2 3 x y 5x y x y 5x y Hàm số f(x) = x3 + x là hàm số đồng biến trên R nên phương trình f(x) = f(y - 1) x = y – 1. 3 3 x x (y 1) (y 1) x y 1 x y 1 Do đó 2 3 2 3 2 3 x y 5x y x y 5x y (y 1) y 4y 5 5 2 3 y y 2 Ta có (y 1) y 4y 5 4 3 2 y 12 y 15y 38y 24 0 x 1 x 11 Vậy hệ có 2 nghiệm : ; y 2 y 12 3x2 y3 2xy3 y(y2 9) 27 Bài 14. Giải hệ phương trình : (x, y ¡ ). 3 2 2 2 x y 4xy 9y 5y 9 Hướng dẫn giải +) y = 0 không thỏa mãn 9 27 3x2 2x 1 2 3 y y +) y ≠ 0, hệ pt 3 9 9 x 4x 5 2 y y 3 3x2 2x 1 t3 t 2 (1) Đặt t = , hệ phương trình trở thành 3 2 y x 4x 5 t 3t (2) +) Từ hai phương trình trên suy ra x3 + 3x2 + 6x + 4 = t3 + 3t (x +1)3 + 3(x +1) = t3 + 3t (3) Xét hàm f(t) = t3 + 3t đồng biến trên ¡ . Phương trình (3) tương đương x+ 1 = t. 3 Thay vào phương trình (2) và giải phương trình được x = 1, y = . 2 3 Nghiệm của hpt là (1; ). 2 (x2 1)(y2 1) 3xy Bài 15. (Olimpic Trại hè Hùng Vương 2013) Giải hệ phương trình : 2 2 x y xy 8x 9y 23 0 Hướng dẫn giải (x2 1)(y2 1) 3xy Hệ phương trình : 2 2 x y xy 8x 9y 23 0 Ta có : x2 y2 xy 8x 9y 23 0 x2 (y 8)x y2 9y 23 0 14 (y 8)2 4(y2 9y 23) 3y2 20y 28 0 2 y x 3 Tương tự : x2 y2 xy 8x 9y 23 0 y2 (x 9)y x2 8x 23 0 11 (x 9)2 4(x2 8x 23) 3x2 14x 11 0 1 x y 3
  68. x2 1 y2 1 Ta có : (x2 1)(y2 1) 3xy  3 x y x2 1 1 11 1 11 Xét hàm số f (x) x với x 1; , ta có : f '(x) 1 0,x 1; nên hàm số f(x) x x 3 x2 3 11 11 đồng biến trên 1; , suy ra f (x) f (1) 2,x 1; 3 3 y2 1 1 14 1 14 Xét hàm số g(y) y với y 2; , ta có : g '(y) 1 0,y 2; nên hàm số y y 3 y2 3 14 3 14 g(y) đồng biến trên 2; , suy ra g(y) g(2) ,y 2; 3 2 3 x2 1 y2 1 11 14 Suy ra :  3;x 1; ,y 2; x y 3 3 2 2 2 2 x 1 y 1 x 1 Do đó phương trình (x 1)(y 1) 3xy  3 x y y 2 x 1 Vì không thoả mãn phương trình thứ 2 của hệ nên hệ đã cho vô nghiệm . y 2 Bài 16. (Chuyên Nguyễn Tất Thành – Yên Bái) Giải hệ phương trình: 3 2 x y 1 17 5 x 3y 4 y 14 4 y 3x 5 x Hướng dẫn giải Điều kiện x 5; y 4 17 5 x 3y 4 y 14 4 y 3x 5 x 3 5 x 2 5 x 3 4 y 2 4 y (1) Xét hàm số f (t) (3t 2) t liên tục trên 0; ) có 3t 2 f '(t) 3 t 0, t 0 2 t Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên 0; ) Khi đó (1) f 5 x f (4 y) 5 x 4 y y x 1 Thay y vào phương trình đầu ta được x 0 3 2 3 2 x x 1 1 x x 2x 0 x 1 x 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là 0; 1 ; 1;0 ; 2; 3
  69. Bài 17. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình - 2012) Giải hệ phương trình: 3x2 2x 5 2x x2 1 2 y 1 y2 2y 2 2 2 x 2y 2x 4y 3 Hướng dẫn giải Trừ vế với vế của 2 phương trình (1), (2) ta có: 2x2 2x. x2 1 2y2 4y 2 2 y 1 y2 2y 2 x2 x x2 1 y 1 2 y 1 y 1 2 1 Đưa về xét hàm số: f t t 2 t t 2 1 có 2 2 t 2 t t 1 f ' t 2t t 2 1 0t t 2 1 t 2 1 f t là hàm số đồng biến trên R, lại có f x f y 1 x y 1, x2 2 x 1 2 2x 4 x 1 3 3x2 2x 5 0 x 1 y 2 5 3 x y 2 2 Bài 18. (Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Quảng Nam 2014) Giải hệ phương trình sau : (17 3x) 5 x (3y 14) 4 y 0 (1) (x, y R) 2 2 2x y 5 3 3x 2y 11 x 6x 13 (2) Hướng dẫn giải x 5 ▪ Điều kiện : y 4 (*) 2x y 5 0 , 3x 2y 11 0 ▪ Với điều kiện (*), phương trình (1) tương đương :3(5 x) 2. 5 x 3(4 y) 2. 4 y (3) Xét hàm số : f (t) (3t 2). t , t 0 3t 2 f ' (t) 3 t 0 , t 0 2 t f (t) liên tục t 0 , suy ra f (t) là hàm số luôn đồng biến trên 0; Khi đó : pt(3) f (5 x) f (4 y) 5 x 4 y y x 1 ▪ Thay y x 1 vào phương trình (2), ta được :
  70. 4 2 3x 4 3 5x 9 x2 6x 13 với x 3 2 2 3x 4 2(x 2) 3 5x 9 3(x 3) x x 2 (3x 4) (x 2)2 3 (5x 9) (x 3)2 x2 x 3x 4 (x 2) 5x 9 (x 3) 2x(x 1) 3x(x 1) x(x 1) 3x 4 (x 2) 5x 9 (x 3) 2 3 x(x 1) 1 0 3x 4 (x 2) 5x 9 (x 3) x 0 2 3 4 ; vì : 1 0 , x x 1 3x 4 (x 2) 5x 9 (x 3) 3 Với x 0 suy ra y 1 Với x 1 suy ra y 2 Thử lại ta thấy cả hai đều thỏa điều kiện (*) ▪ Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm : 0; 1 , 1; 2 1 1 16 x y x y x y x y 3 Bài 19. Giải hệ phương trình 2 2 1 1 100 (x y) (x y) 2 2 (x y) (x y) 9 Hướng dẫn giải 1 1 Đặt a x y ;b x y (| a |,| b | 2) x y x y 16 a b a 2 10 3 a Ta có: 10  3 2 2 100 b a 2 b 2 3 b 2 9 Từ đó suy ra hệ phương trình có bốn nghiệm 2 2 x x x 2 3 x 2 3    y 1 1 y 1 1 y y 3 3 x 1 y 1 4 x 1 y 1 Bài 20. Giải hệ phương trình: 1 1 3 x 1 y 1 x2 y2 xy 7 Bài 21. Giải hệ phương trình 4 4 2 2 x y x y 21
  71. 3 x 2(x 1) 3y 2 y Bài 22. Giải hệ phương trình sau trên R: 2 3x y y 2 Hướng dẫn giải: 3 2 Cộng hai phương trình vế theo vế thu được phương trình x3 3x2 2x y 3 y 2 y Xét hàm số f (x) x3 3x2 2x với x R Ta có f '(x) 3x2 6x 2 0 nên hàm số đồng biến nên từ f (x) f ( y) x y từ đó thay vào giải ra được x y 1 hoặc x 1 3, y 4 2 3 . x, y 0 Bài 23. Tìm tất cả các số thực x, y thỏa hệ: x y 2 . x 1 y 1 x y 1 Hướng dẫn giải: Ta chứng minh nếu các số x, y thỏa mãn hai điều kiện đầu thì xx 1 y y 1 1 x 1 ln x y 1 ln y 0 Thay y 2 x , ta chứng minh: f x x 1 ln x 3 x ln 2 x 0 với 0 x 2 1 1 Ta có f ' x ln x ln 2 x x 2 x 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x 1 1 1 f '' x 2 2 0 x 2 x x 2 x x 2 x 2 x 2 x x 2 x x 2 x Do đó f x nghịch biến trên 0;2 , hơn nữa f 1 0 nên f ' x nhận giá trị dương trên 0;1 và âm trên 1;2 .Suy ra f x f 1 0 với mọi x 0;2 . Từ đó, hệ phương trình có nghiệm x y 1. 3 2 y 3x 2x 1 4y 8 Bài 24. Giải hệ phương trình sau: x, y ¡ 2 3 2 2 y x 4y x 6y 5y 4 Hướng dẫn giải: +) y 0 không thỏa mãn hệ. 4 8 3x2 2x 1 (1) 2 3 y y +) Xét y 0 , hệ tương đương 3 4 6 x 4x 5 2 y y
  72. 3 3 2 8 6 3 2 2 Cộng vế với vế ta được x 3x 6x 4 3 x 1 3 x 1 3. y y y y Xét hàm số: f (t) t3 3t; f (t) 3t 2 3 0 t R 2 Do đó f t là hàm số đồng biến trên ¡ , suy ra x 1 y Thế vào (1), kết hợp x 1, ta được x 1 3x 1 x 1 2 x 1 3 x 1 2 1 x 1 Do đó là nghiệm của hệ. y 1 3 x 5 y 1 Bài 25. Giải hệ phương trình: 3 3 2 x 1 x 3x y 6y 9y 2 ln 0 y 1 Hướng dẫn giải: Điều kiện: y 0; x 1. Ta biến đổi phương trình thứ hai tương đương với: (x 1)3 3(x 1)2 ln(x 1) (y 1)3 3(y 1)2 ln(y 1) 0 Nhận thấy hàm số f (t) t3 3t 2 ln t đồng biến trên khoảng (0; ) nên ta có x 1 y 1 x y 2 Thế vào phương trình đầu ta có cặp nghiệm duy nhất của hệ phương trình là x 3 và y 1 Dạng 4: Đánh giá x5 x4 2x2 y 2 5 4 2 Bài 1. Giải hệ phương trình sau: y y 2y z 2 5 4 2 z z 2z x 2 Hướng dẫn giải Nhận thấy x y z 1 là một nghiệm của phương trình. Ta chứng minh hệ có nghiệm duy nhất. Giả sử x 1(*) khi đó z5 z4 2z2 x z5 z4 2z2 z5 z4 2z2 2 0 z4 1 z 1 0 z 1 Với z 1 ta có y5 y4 2y2 z y5 y4 2y2 y5 y4 2y2 2 0 y4 1 y 1 0 y 1
  73. Với y 1 ta có x5 x4 2x2 y x5 x4 2x2 x5 x4 2x2 2 0 x4 1 x 1 0 x 1 Suy ra x 1 mâu thuẫn (*). Tương tự giả sử x 1 ta cũng dẫn đến điều vô lý. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x y z 1. 4x2 2xy x 6 xy y y2 15(1) Bài 2. Giải hệ phương trình 3 3 6(x y ) 2 2 x 2 2 2(x y ) 3(2) x xy y Hướng dẫn giải xy 0 Điều kiện 2 2 . x y xy 0 Nếu x 0 hoặc y = 0 thì hệ vô nghiệm. x 0 Nếu (x,y không đồng thời bằng 0) thì vế trái của (2) âm, phương trình (2) không thoả mãn. y 0 Do đó x > 0, y > 0. Vì 2 xy x y nên từ phương trình (1) suy ra 15 4x2 2xy x 6 xy y y2 (2x y)2 x 3(x y) y (2x y)2 4x 2y (2x y)2 2(2x y) 15 2x y 3 (3) x2 y2 3(x2 y2 ) 3(x3 y3 ) 2(x3 y3 ) Mặt khác, ta có xy x2 xy y2 . (4) 2 2 x2 xy y2 x2 y2 2(x3 y3 ) Ta chứng minh rằng: 2(x2 y2 )(5) . x2 y2 Thật vậy bất đẳng thức (5) tương đương 2(x3 y3 )2 (x2 y2 )3 x6 y6 4x3 y3 3x4 y2 3x2 y4 (6) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: x6 x3 y3 x3 y3 33 x12 y6 3x4 y2 y6 x3 y3 x3 y3 33 x6 y12 3x2 y4 Cộng vế với vế hai đẳng thức trên ta được (5), từ đó suy ra (5)
  74. 3(x3 y3 ) Từ (4) và (5) suy ra: 2(x2 y2 ) x2 xy y2 Kết hợp với phương trình (2) và lưu ý rằng 2(x2 y2 ) x y , ta được: 6(x3 y3 ) 3 x 2(x2 y2 ) x 2(x2 y2 ) x (x y) 2x y (7) x2 xy y2 Từ (3) và (7) suy ra 2x + y = 3 và x = y ta được x = y = 1 (thoả mãn các điều kiện của bài toán). Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (1;1). 2 2 y 4x 1 3 4x 8x 1 Bài 3. Giải hệ phương trình sau: I 2 40x x y 14x 1 Lời giải. 1 2 ĐK: x . Đặt t 4x t . 14 7 2 y2 t 1 3 t 2t 1 1 I 5 t 7 t 2 y t 1 2 2 4 2 Nhận xét: từ (2) ta có: y 0 2t 1 2t 1 2t 1 2 1 Ta có: 3 t 2t 1 3 2t. .1 t 2 3 2 2 1 1 Do đó, từ (1) suy ra: y2 t 1 t y2 t 2 3t 3 2 2 7 y2 t 1 7 Ta có: y t 1 2 2 2 7 y2 t 1 5 t Do đó, từ (2) suy ra: t 2 2 5t 2 3t 1 y2 4 2 4 2 1 Từ (3) và (4) suy ra: 5t 2 3t 1 t 2 3t 2 3 3 2 1 1 1 6t 2 6t 0 2t 1 0 t 4x x . 2 2 2 2 8 1 Thay x vào hệ I ta có: 8 2 1 2 3 3 y 1 y y 4 4 2 3 y 3 3 3 3 2 y y y 2 4 2 2
  75. 1 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: x; y ; . 8 2 x2 2y2 1 2 2 Bài 4. Giải hệ phương trình: 2y 3z 1 x, y, z ¡ xy yz zx 1 Lời giải +) Nếu x 0 thay vào hệ ta có hệ vô nghiệm. +) Nếu x 0 ta đặt y ax; z bx thay vào hệ ta được x2 1 2a2 1 2 2 2 2 2 1 2a 2a 3b 4a 3b 1 1 x2 2a2 3b2 1 2 2 1 2a a ab b 2a a 1 b a 1 0 x2 a ab b 1 a 1 2 2 2 2 4a 3b 1 4a 3b 1 b 1 a 1 2a 1 b a 1 0 a 1 2a 1 b 0 b 1 2a 2 2a 3a 1 0 a 1 +) Nếu thay vào (1) không thỏa mãn b 1 a 1 b 1 1 b 1 2a a 1 a +) Nếu 1 thay vào (1) không thỏa mãn, thay 2 vào 2a2 3a 1 0 b 1 a b 0 2 b 0 1 1 (1) ta có x 2 . Do đó nghiệm của hệ là x; y; z 2; ;0 , 2; ;0 2 2 Bài 5. Giải hệ phương trình sau: 2log7 (2x 3y) log3 (2 2x 3y) (x, y ¡ ). 2 7 27 2 4 27x 26x 3y 1 x 6 3 2 Lời giải Đặt t log7 (2x 3y) , phương trình (1) trở thành: t t t log3 (7 2) 2t 9 7 2 t 1(Sử dụng tính chất đơn điệu) 2x 3y 7 3y 7 2x (3)
  76. Thế (3) vào (2) ta được: 28 27 (9x 4)2 3(9x 4) 2.4 27x2 24x 1 x 6 2.4 4 1 (4) 3 2 3 2 Đặt t 9x 4 (t 0). Phương trình (4) trở thành: t 2 3t t 2 3t 2.4 4 1 4. 4 1 6t (5) 3 2 3 2 t 6 Áp dụng bđt AM – GM ta có: 6t 2 t 2 Từ (5) ta có: 4. 4 2t 4 4t 2 48 3t 2 12t 12 (t 6)2 0 t 6. 3 2 59 2 59 Từ đó x y . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) ; . 9 27 9 27 Bài 6. Giải hệ phương trình : x4 9y4 6 3xy 4 2 ( x R, y R ) x 2 xy 5 y 3 3 3xy 6 Lời giải Đặt : 3y z Ta có : x4 z4 2x2 z2 ,suy ra : 1 t xz 2 xz xz Xét vế trái của phương trình (2) x2 z2 2xz 1 xz 1 xz t 1 f (t) 2t ,t [1;2] t xz , suy ra f ' (t) 2 0,t [1;2] 1 t 1 t 2 5 1 5 f (t) là hàm số đồng biến trên (1;2) , suy ra : f (t) f (1) ,suy ra VT = f (t) 2 3 6 1 1 Dấu bằng xẩy ra khi t 1, suy ra : x 1; y hoặc x 1 ; y . 3 3 Bài 7. Giải hệ phương trình sau: x2 2x xy y2 y 2 ; x, y ¡ 4x3 y3 3x2 x 15 x y 3 x y y x y 4x x Lời giải
  77. Điều kiện: x 0, y 0. Đặt a x,b y ( a 0,b 0). Hệ phương trình đã cho trở thành 4 3 5 a 2a b b 1 6 6 5 2 3 2 3 2 4a b 3a 15a b 3a b a b 4a 2 Nhận xét: a 0 b 0; b 0 a 0. Do đó a,b 0,0 là một nghiệm của hệ. Bây giờ ta xét a 0,b 0 . Đặt b ka k 0 . Với cách đặt này thì 1 2k • Phương trình (1) trở thành: 1 2k ak 5 a (3) k 5 2 • Phương trình (2) trở thành: 4a6 a6k 6 3a5 15a2 k 2a2 3a k 3a3 a3k 4a3 (4) 5 6 3k 1 2k 3 2 Thay (3) vào (4) ta được: 4 k 5 3 k k 4 (5) 1 2k 3k Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho vế trái của (5) ta được: 2 3k 5 1 2k 3k 5 1 2k 4 k 6 5 5 4 k 6 . 3 3 1 2k 3k 1 2k 3k 2 2 22 12 4 k 6 k 4 k 3 k Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi k 1. Khi đó a b 3 hay x y 9. Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm x; y là 0;0 , 9;9 . 4x2 4xy x 6 xy y y2 15(1) Bài 8. Giải hệ phương trình 3 3 6(x y ) 2 2 x 2 2 2(x y ) 3(2) x xy y Bài giải xy 0 Điều kiện 2 2 x y xy 0 Nếu x 0 hoặc y = 0 thì hệ vô nghiệm x 0 Nếu (x,y không đồng thời bằng 0) thì vế trái của (2) âm, phương trình (2) không thoả mãn. Do y 0 đó x > 0, y > 0. 1.0 đ
  78. Vì 2 xy x y nên từ phương trình (1) suy ra 15 4x2 4xy x 6 xy y y2 (2x y)2 x 3(x y) y (2x y)2 4x 2y 1.0 đ (2x y)2 2(2x y) 15 2x y 3 (3) x2 y2 3(x2 y2 ) 3(x3 y3 ) 2(x3 y3 ) Mặt khác, ta có xy x2 xy y2 . (4) 2 2 x2 xy y2 x2 y2 2(x3 y3 ) Ta chứng minh rằng: 2(x2 y2 )(5) . 1.0 đ x2 y2 Thật vậy bất đẳng thức (5) tương đương 2(x3 y3 )2 (x2 y2 )3 x6 y6 4x3 y3 3x4 y2 3x2 y4 (6) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: x6 x3 y3 x3 y3 33 x12 y6 3x4 y2 y6 x3 y3 x3 y3 33 x6 y12 3x2 y4 Cộng vế với vế hai đẳng thức trên ta được (5), từ đó suy ra (5) 3(x3 y3 ) Từ (4) và (5) suy ra: 2(x2 y2 ) x2 xy y2 Kết hợp với phương trình (2) và lưu ý rằng 2(x2 y2 ) x y , ta được: 6(x3 y3 ) 3 x 2(x2 y2 ) x 2(x2 y2 ) x (x y) 2x y (7) x2 xy y2 Từ (3) và (7) suy ra 2x + y = 3 và x = y ta được x = y = 1 (thoả mãn các điều kiện của bài toán). Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (1;1) 3 2 2 2 2 3 y 2x y x 5y 4x 4y Bài 9. Giải hệ phương trình: ( x, y ¡ ). 2 2 x y 1 2 x y Hướng dẫn giải Điều kiện: x 2 , y 1; y3 2x – y 0 ; 5y2 – 4x2 0 . +) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm ta có: y2 2xy y2 y3 2x y = y2 2xy y2 2 x2 5y2 4x2 5y2 3x2 x2 5y2 4x2 = 2 2
  79. 5y2 3x2 Suy ra: 3 y3 2x y + x2 5y2 4x2 3xy + 2 2 2 5y 3x 2 Vì vậy, ta phải có: 4y2 3xy 3 x – y 0 x y . 2 Vậy phương trình đầu tương đương với x = y. Thay x y vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2 x + x 1 2 x x2 (*). Do 2 x + x 1 0 nên ta phải có: x2 x – 2 0 x 1 ( do x 1). Khi đó phương trình (*) tương đương với: x2 – x 1 x – 1 – 2 x x x 1 0 2 1 1 x – x – 1 1 0 . x 1 2 x x x 1 2 1 1 x – x –1 0 do1 0 x 1 2 x x x 1 1 5 x t / m 2 1 5  x y . 1 5 2 x 2 1 5 x; y Vậy hệ có nghiệm duy nhất . 2 Bài 10. [Đề hsg Dương Xá,2008-2009] Giải hệ phương trình sau: 2 2 x x y 1 x y x y 1 y 18 2 2 x x y 1 x y x y 1 y 2 Lời giải x2 x y 1 0 Điều kiện 2 y x y 1 0 Cộng và trừ từng vế tương ứng của hệ phương trình trên ta được x2 x y 1 y2 x y 1 10 x y 8 Thế y=8-x vào phương trình trên ta được x2 9 x2 16x 73 10 (x2 9)(x2 16x 73) x2 8x 9
  80. 2 2 2 2 (x 3 ) (x 8) 3 ) 9 x(8 x) (1) Trong hệ trục tọa độ xét a(x;3) ; b(8 x;3) 2 2 2 2 Khi đó | a |.| b |= (x 3 ) (x 8) 3 ) a . b =9 x(8 x) Pt (1) tương đương với | a |.| b |= a . b (2) Ta có | a |.| b | a . b Khi đó (2) xảy ra khi và chỉ khi hoặc a 0 hoặc b 0 (không xảy ra) hoặc a cùng 8 x hướng b suy ra 1 0 x=4. x KL: Nghiệm của hệ là (4;4) Bài 11. [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải hệ phương trình : x y x y 2 1/ 2 2 x y 1 x 1 y 1 3 2/ 2 x y 4 5 5 Bài 12. [Đề xuất Chuyên Biên Hòa, DHĐBBB 2015-2016]Giải hệ phương trình 6 3 2 2 2 x 2x 10y xy x y 3 2 2 2 4x (2y 1) 28y 3 2 x 4 y 1 4xy Lời giải xy x 2 y 2 0 0 xy 1 Điều kiện : 0 xy 1 2 2 2 x 4(y 1) 4xy 0 x 2y 4 0 2 1 1 1 1 1 Ta có : xy x 2 y 2 xy  xy x 2 y 2 ( dấu = xảy ra khi xy = ) 4 2 4 2 2 Do đó từ (1) 2x 6 4x 3 20y 2 1 (3) Từ (2) và (3) ta suy ra : 8x 3 y 4x 3 28y 2 4 2x 6 4x 3 20y 2 2 (x 2y) 2 4 8x 3 y 4 2x 6 8y 2 2 x 2y 2 4 4x 3 y 2 x 6 4y 2 x 2y 2 4
  81. 2 2 x 3 2y x 2y 2 4 (4) 2 Ta lại có x 3 2y x 2y 2 4 2 x 1 x 1 x 3 2y 0 x 0 Do đó (4) hoặc 1 hoặc 1 x 2y 0 y 0 y y 2 2 x 1 Thử lại ta thấy chỉ có 1 là nghiệm của hpt.0,5 y 2 Bài 13. Giải hệ phương trình: Hướng dẫn giải Đặt f (t) = 2t3 + 9t 2 + 12t ; g(t) = t3 + 3t 2 + 4t + 15. ïì f (x)= g(y) 2x3 9x2 12x y3 3y2 4y 15 ï Hệ trở thành:íï f (y)= g(x). 2y3 9y2 12y z3 3z2 4z 15 ï ï 3 2 3 2 îï f (z)= g(x) 2z 9z 12z x 3x 4x 15 Ta có g t 3t 2 6t 4 0 với mọi t nên hàm g đồng biến. x y g x g y g x f x Giả sử x max x, y, z thì hay suy ra . x z g x g z f z g z 2 3 2 3 2 x 3x 4x 15 2x 9x 12x x 1 x 7x 15 0 Hay * . 2z3 9z2 12z z3 3z2 4z 15 2 z 1 z 7z 15 0 Do x2 7x 15 0x, z2 7z 15 0z nên từ (*)ta có x 1 z. Lại theo giả sử ở trên, x max x, y, z nên x z 1.Thế vào hệ phương trình ban đầu ta được y 1. Thử lại thấy x y z 1 là nghiệm. Kết luận:Hệ đã cho có nghiệm duy nhất x y z 1. 3x 2 cos y cos z Bài 14. Giải hệ phương trình : 3y 2 cos z cos x 3z 2 cos x cos y (Chưa giải)
  82. 2. Có tham số 3 3 2 x y 3y 3x 2 0 (4) Bài 1. Tìm m để hpt sau có nghiệm thực: 2 2 2 x 3 1 x 2 2y y m 0 (5) Hướng dẫn giải 1 x 1 Điều kiện: . 0 y 2 3 Phương trình (4) x3 3x y 1 3 y 1 . Xét hàm số f (t) t3 3t , với t  1;1. f '(t) 3t 2 3 0,t  1;1. f(t) là hàm số nghịch biến trên  1;1 (vì nó liên tục trên đoạn này). Suy ra: x y 1. Thay vào phương trình (5) ta được: x2 1 x2 m 0 . Đặt u 1 x2 , u 0;1 . Ta có phương trình: g(u) = u2 u 1 m 5 min g(u) ;max g(u) 1. 0;1 4 0;1 5 Suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm m 1. 4 x2 y2 4 Bài 2. Tìm m để hpt có nghiệm 2 x y m x m x2 y2 4 y2 x m • y x m 2 2 x y m x x (m 4) 0 2 x x (m 4) 0 • Do đó hệ có nghiệm khi chỉ khi phương trình:f(x) = x2 + x – (m + 4) = 0 có nghiệm trong [m;+ ) (*) 1 4m 17 -17 • f(x) = 0 có = 4m + 17 nên f(x) = 0 có nghiệm x khi m . 2 4 1 4m 17 • Do đó: (*) m 2m 1 4m 17 2 1 2m 1 0 17 1 m>- 17 m hay m 2 • 2 2 4m 17 (2m 1) 4 2 4 2 m 2 Một số cách giải khác:
  83. x2 y2 4 y2 x m • Cách 2: (I) 2 2 x y m x x (m 4) 0(*) Hệ (I) có nghiệm x2 + x – (m + 4) = 0 có nghiệm trên [-2;2]. Dựa vào đồ thị parabol (P) y = x2 + x – 4 trên [-2;2], và đường thẳng y = m suy ra kết quả. • Cách 3: Giải theo tam thức bậc hai x 1 y 1 a Bài 3. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm . x y 2a 1 Hướng dẫn giải Điều kiện x 1; y 1. x 1 y 1 a Hệ phương trình tương đương 2 2 x 1 y 1 2a 1 x 1 y 1 a . 1 2 x 1 y 1 a 2a 1 2 Do đó x 1 và y 1 là nghiệm của phương trình 1 T 2 aT a2 2a 1 0 (*) 2 Để hệ trên có nghiệm khi phương trình (*) có 2 nghiệm không âm 2 2 0 a 2 a 2a 1 0 S 0 a 0 1 2 a 2 6 . P 0 1 a2 2a 1 0 2 2 u x 1 0 x u 1 Đặt 2 v y 1 0 y v 1 2x y 1 m Bài 4. Tìm m để hệ: có nghiệm. 2y x 1 m Hướng dẫn giải 2 u x 1 0 x u 1 +) Đặt 2 v y 1 0 y v 1
  84. 2u2 v 2 m +) Đưa về hệ: ( ) 2 2v u 2 m +) Điều kiện để hệ ( ) có nghiệm m 2 Ta xét m 2 hệ có nghiệm hay ko u v 0 (I) 2 2u v 2 m Biến đổi hệ ( ) trở thành: 2u 2v 1 0 (II) 2 2u v 2 0 2 m +) Xét hệ (I): u=v ta được 2v2+v+2-m=0 có P 0 với m 2 PT luôn có nghiệm v 0 hệ 2 0 2 có nghiệm u=v=v0 suy ra hệ ban đầu có x=y=vo +1 +) Xét hệ (II): . 2 a x a x 2 2 1 0 Bài 5. Tìm tham số a để hệ sau có nghiệm: . x a 0 Lời giải 2 2 2 a x a x 2 2 1 0 x a ax 2 2a x a 1 0 x a 0 x a 0 1 1 1 1 x 2 2 x a x a a 2 2 1 2 2 x a a 2 2 x a a x a 0 x a 0 2 Do (2)nên x a và a là hai số dương,áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 4 số dương ta được: 1 1 1 1 x a x a a 4 4 2 2 3 2 2 x a 2 a 4 3 2 x 1 1 2 Do đó (1)chỉ đúng khi dấu đẳng thức xảy ra tại (3)tức là: x a a 2 2 x a a 2 a 2 2 3 2 Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi a và nghiệm của hệ là: x 2 2 Bài 6. Tìm giá trị lớn nhất của tham số m để cho hệ phương trình sau có nghiệm: