Một số phương pháp giải phương trình – hệ phương trình – Trần Hoài Vũ

Giới thiệu Một số phương pháp giải phương trình – hệ phương trình – Trần Hoài Vũ

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Một số phương pháp giải phương trình – hệ phương trình – Trần Hoài Vũ.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Một số phương pháp giải phương trình – hệ phương trình – Trần Hoài Vũ

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán học sinh giỏi tại đây

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO LÀO CAI TRƢỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HỌC SINH GIỎI MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH – HỆ PHƢƠNG TRÌNH Năm học 2020 – 2021 Giáo viên: Trần Hoài Vũ Tổ chuyên môn: Toán – Tin I. Phƣơng pháp biến đổi đại số, rút thế Sử dụng các phép biến đổi tương đương cơ bản: 1. Nâng lên lũy thừa hai vế (Chú ý điều kiện) 2. Rút 1 ẩn hoặc một biểu thức từ 1 phương trình trong hệ thế vào phương trình còn lại 3. Phân tích 1 phương trình trong hệ hoặc tổ hợp 2 phương trình của hệ về phương trình tích. y  2  x  ( x  y)  3 x  y Bài số 1: Giải hệ phương trình  2( x 2  y 2 )  3 2 x  1  11  Giải Điều kiện: : x 2  ( x  y)  0 ; x  y  0; x  1 2 2   x  ( x  y ). 3 x  y  y (1) Hệ phương trình tương  2 2  2( x  y )  3 2 x  1  11 (2) Từ (1) suy ra y  0 (Vì nếu y < 0 thì VT (1)  0 >VP(1): vô lý) Dễ thấy y = 0 cũng không thỏa mãn Xét y > 0 Phương trình (1) tương đương: x 2  ( x  y ) ( 3 x  y  1)  ( x 2  ( x  y )  y )  0 x  y 1  x 2  ( x  y )( 3 ( x  y )( x  y  1) )  0 2 2 3 ( x  y)  x  y  1 x  ( x  y)  y x2  ( x  y)  ( x  y  1)( 3 ( x  y)2  3 x  y  1  x y x2  ( x  y)  y )0  x  y 1  0 Thế y = x – 1 vào (2) ta được: 4 x2  4 x  2  3 2 x  1  11  (2 x  1) 2  3 2 x  1  10  0 Đặt t = 2 x  1 , ( t  0 ), ta có phương trình: t 4  3t  10  0  (t  2)(t 3  2t 2  4t  5)  0  t  2 1 5 3 2 2 Với t = 2 ta giải ra được nghiệm của hệ là (x; y) = ( ; )  2 15 x  17 y 2 x  y  4 xy  Bài số 2 : Giải hệ phương trình  17 x  15 y  2 2 x  14 xy  y   x y  Giải Điều kiện: x  0, y  0 . Đặt x  a, y  b  a  0, b  0  Hệ phương trình đã cho tương đương với 15a  17b 15a  17b  4  4 2 2 a  b  4 ab a  b      (1) 4ab a 2  b2   a 4  14a 2b 2  b 4  17a  15b a 4  14a 2b 2  b 4  17a  15b (2) a 2  b2 a 2  b2   Lấy hai vế của 1 nhân với a cộng hai vế của  2  nhân với b ta được: 4a 2b  a 2  b2   a 4b  14a 2b3  b5  15  3 Lấy hai vế của 1 nhân với b cộng hai vế của  2  nhân với a ta được 4ab2  a 2  b2   a5  14a3b2  ab4  17  4 Lấy  4  cộng  3 theo vế ta được :  a  b   32 5 Lấy  4  trừ  3 theo vế ta được :  a  b   2 5  2 5 2 a   a  b   32 a  b  2  2     5 5 a  b  5 2  a  b   2 b  2  2  2 2  2 5 2   2 5 2 x     x  2    2   2 5 2 5 2   y  2 2    y   2 2    5 2   2  5 2 2  2  5 2 2  Vậy hpt có một nghiệm duy nhất:  x, y      ;    2   2     2 x 2  y 2  1 (1) Bài số 3: Giải hệ phương trình  2 10 x  6 xy  3x  2 y  6  0 (2) Giải y2  1 1 Từ (1) : x  (*) ;| x |  2 2 2 y2  1 (2)  2 x  8 x  6 xy  3x  2 y  6  0  2 x  8.  6 xy  3x  2 y  6  0 2  2 x 2  3x(1  2 y )  4 y 2  2 y  2  0 2 2 2 Coi vế trái là phương trình bậc hai đối với x, có   9(1  2 y)2  8(4 y 2  2 y  2)  (2 y  5)2 3(2 y  1)  2 y  5   2y  2 x  4   x  3(2 y  1)  2 y  5  2 y  1  4 2 +) Với x = 2y – 2 thay vào (1) ta được : 2(4 y 2  8 y  4)  y 2  1  8  15 2  2 15 x (tm(*)) y  7 7 2   7 y  16 y  7  0   8  15 2  2 15 x (tm(*)) y  7 7  +) Với x  2y 1 thay vào (1) ta được : 2 (2 y  1) 2  y2  1  4 y2  4 y  1  2 y2  2  0 2  2  6 1  6 x (tm(*)) y  2 2 2  2 y  4 y 1  0    2  6 1  6 x (tm(*)) y  2 2  Vậy phương trình có nghiệm 3  2  2 15 8  15   2  2 15 8  15   ; ;  ;  ; 7 7 7 7    ( x; y )     1  6 2  6   1  6 2  6   ; ; ;    2 2 2 2       3 3  (1) 4 x  y  x  y  3xy  2 x  y  Bài số 4: Giải hệ phương trình  2   3  y  2  x  x y  xy  4 x  1 ( 2) Giải  x  2 Điều kiện  y  3 (1)   2 x  y    2 x  y   y3  y 3     2 x  y  y   2 x  y   y  2 x  y   y2  1  x  y. 2 Thay y=x vào phương trình (2) ta được: x  5   x4  3  x  2  x  x3  x 2  4 x  1   3  x   2 x   3   3   x  5 x  4 x3  x 2  4 x  1   (*) 3 3 x  5  3  x  0  3 Với 2  x  3 , ta có   2 x  x4 0  3   2 2  1 x  x  2 x  x  2  (*)        x2  x  2  x  2  x4 9  3  x  x  5  2 x  3 3       1 1    x2  x  2    9  x  2   0 x  5 x4  3 x   2 x  3 3    x  1   x2  x  2  0   x  2 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x:y) là (-1;-1) và (2;2) 4 2 2  2 x  2 xy  y  2 Bài số 5: Giải hệ phương trình  3 2 2 3  2 x  3x  3xy  y  1  0 Giải Phương trình (2) của hệ viết lại như sau 3x 3 3x 2y 3x 2 x 1 3 y x 0 3 y 3x 2 x y 1 3x 2 3 0 không thỏa mãn hệ phương trình. Chia 2 vế của (3) cho x 3 ta có Ta thấy x 3 y phương trình x 1 y x 3 1 x3 1 3 x 2  1   y   y  1 1 y    1      1     1  .  2  3  0 x   x   x  x x x  PT (1) của hệ được viết lại như sau x 2 TH1: 3 x2 2xy y y x 1 1. 2 1 1 x2 2 x y x 0 0 1 y 2 y x 1. 0 y x y 1 x 1 x2 1 2 3x 2 2 2 y x 1 2 x2 3 4 1 thay vào (4) ta có x 1 y 1 x 1 x 3x 2 1 x x 3 y TH2: x y x 2 3 1 x 0 kết hợp với (4) ta có y 1 x Thay vào (4) ta cũng được hai nghiệm trùng với hai nghiệm ở trên Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là x ; y 1;0 ; 1;2 2 2 2 2  x  y x  y  y  0 Bài số 6: Giải hệ phương trình  2 2 2   4y  5  6 x  y  2y  4 5 Giải ĐK: y  5 4 1  x 2  y 2  y   x2  y 2  2 y x2  y 2  2 y 2  0 x2  y 2  y   x2  y 2  2 y  0  x2  y 2  y (do x2  y 2  2 y  0 ) Với x 2  y 2  y  x  0 . Thay vào (2) ta được: 4 y  5  2 y 2  6 y  4 *  2 4 y  5  4 y 2  12 y  8    4 y  5  2 y  3  3 2 2 4 y  5  1   2 y  2    4 y  5  1  2 y  4   3  4 2 y  Giải (3):   y 2 2 2 y 2  8 y  7  0  1  y  Giải (4):  (vô nghiệm) 2 2 2 y  4 y  3  0   4 2  Vậy hệ phương trình có nghiệm:  x; y    0;  2    2 8 xy 2  x  y  x  y  16  Bài số 7: Giải hệ phương trình  2 3 2  x  2x  x  x  y 8y 3 3y 4 2  Giải x  y  0  ĐKXĐ:  x 3 x 2 3y  4  0  6  x2 2 x y   0 y  0  8y  3 2 Từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra:  .  3 x  y  0 x 1    0  4  3 y 4 Ta có x2  y2  8 xy 8xy  16  ( x  y)2  16  2xy  0 x y x y   x  y  4  ( x  y)2  4( x  y)  2xy  0     x  y  4   x2  y2  4( x  y)   0 (*)   Do x  y  x  Mặt khác, do 3 y  0  (*)  x  y  4 4 2x y 2  3     x  y   0 nên áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta 3 2 3 4  x2  2 x y  x2  2 x y  có:   2    8y  3 2 8y  3 2 x3 x2  3y 4 x2 2 x y Suy ra phương trình thứ hai của hệ    8y 3 2 Do đó hệ đã cho x  y  4   x  y  4   x2 2 x y   2  2   3 x  16 xy  12 y  0   8y 3 2    x   y   x  y  4   2  x  6 y, x   y 3  24 7 hoặc  x  8 là nghiệm của hệ.  4  y  12 7  x  1  y 2  6   y  x 2  1  Bài số 8: Giải hệ phương trình  2 2   y  1  x  6   x  y  1 Giải Cộng vế với vế của hai phương trình trong hệ và sau khi rút gọn ta thu được: 7 2 2 5  5 1   x     y    (1) 2  2 2  Trừ vế với vế của phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất và sau khi phân tích ta được:  x  y  x  y  2 xy  7   0 Nếu x – y = 0, thay x = y vào một trong hai phương trình trong hệ ta giải được: x = y = 2 và x = y= 3. 5 5 1  1  15  Nếu x  y  2 xy  7  0   x   y    (2). Đặt a  x  , b  y  2 2 2  2 4  1  2 2 a  b   2 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:   a  2  b  2   15  2ab  4a  4b   1  4 2 Trừ vế với vế của hai phương trình trong hệ ta có:  a  b   4  a  b   1(3) 2 Cộng vế với vế của hai phương trình trong hệ ta có:  a  b 2 a  b  0  4 a  b  0    a  b  4 Dễ thấy nếu a + b = – 4 thì mâu thuẫn với (3) do đó a + b = 0, thay a + b = 0 vào a  b  0 (3) ta có a – b = ±1. Giải hệ:  . Tìm được (a;b) = a  b   1   1 1 1 1   ; ; ;   .  2 2 2 2   1   12 5 x 1  2 2  x  y    Bài số 9: Giải hệ phương trình  5 y 1  1   4   x 2  y 2   Giải Nếu ( x;y) là nghiệm của hệ thì x.y  0 . 1 12 6 2   1 1  x 2  y 2  5 x  x2  y 2  5x  5 y   Do đó: Hệ (I)   1  1  4 1  6  2 2 2   5y  x y  5x 5 y (II) Nhân vế với vế của 2 PT của hệ (II) ta được PT: 8 1 36 4    36 y 4  7 x 2 y 2  4 x 4  0 2 2 2 x y 25 x 25 y 2  x 2  4 y 2  x  2 y; x  2 y Thế x = 2y vào phương trình thứ hai của hệ (II) ta được y = 1; từ đó x = 2  1 2 Thử lại ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là:  2;1 ;   ;   5 5 2 1 Thế x = -2y vào phương trình thứ hai của hệ (II) ta được y   ; từ đó x  5 5   1   1   3x  2   x y Bài số 10: Giải hệ phương trình  1  1  7 y  4 2  x  y   Giải Điều kiện x  0; y  0; x  y  0 . Nhận xét: Nếu  x; y  là nghiệm của hệ phương trình thì x  0; y  0 . Do đó ta viết 1 2  1    x y 3x  lại hệ phương trình như sau:  1  1  4 2  x  y 7y Thực hiện phép trừ rồi cộng hai vế của hai phương trình trong hệ ta được  1 1 2 2   (1)  x  y 3 x 7 y    1 1  2 2 (2)  3 x 7 y  Nhân hai vế của hai phương trình (1) và (2) ta được 1 1 8    ( y  6 x)(7 y  4 x)  0  y  6 x (vì x  0; y  0) x  y 3x 7 y  11  4 7 22  8 7  ;  21 7   Thay vào ta giải được nghiệm của hệ là  9 II. Phƣơng pháp đạt ẩn số phụ 1. Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về phương trình đại số không còn chứa căn thức với ẩn mới là ẩn phụ. 2. Đặt ẩn phụ mà vẫn còn ẩn chính, ta có thể tính ẩn này theo ẩn kia. 3. Đặt ẩn phụ để đưa phương trình về hệ hai phương trình với hai ẩn là hai ẩn phụ, cũng có thể hai ẩn gồm một ẩn chính và một ẩn phụ, thường khi đó ta được một hệ đối xứng. 4. Đặt ẩn phụ để được phương trình có hai ẩn phụ, ta biến đổi về phương trình tích với vế phải bằng 0. 5. Thường giải phương trình ta hay biến đổi tương đương, nếu biến đổi hệ quả thì nhớ phải thử lại nghiệm. Bài số 11: Giải phương trình 2  x 2  2  1 1   4 x  2 x x  Giải Ta thấy x  0 không thỏa mãn. x  0  4   x  1   0   x Khi đó phương trình tương đương với hệ  2 2  2  x 2  2  1    4   x  1        x 2    1    2  y  4(1) 1 Đặt x   y , ta được  2 x 2 2  4  ( y  2)  2 5  2( y  2)  (4  y) (2) . Xét (2)  9  2 y 2  y 2  4 y  5  y 4  8 y3  28 y 2  40 y  16  0  ( y  2)( y 3  6 y 2  16 y  8)  0  ( y  2)(( y  2)( y 2  4 y  8)  8)  0 Dẫn đến y  2 (do (( y  2)( y 2  4 y  8)  8)  0 với mọi y thỏa mãn (1)). Từ đó phương trình có nghiệm là x  1 . Bài số 12: Giải phương trình 2 x2  1  x  2 x 1  x 2  1 10 Giải Ta có phương trình tương đương với 1  x  1  2 x2  2 x 1  x2  1  x  1  4 x4  4 x2 (1  x2 )  4 x2  4 x 1  x 2  8×3 1  x 2  x(1  4 1  x 2  8 x 2 1  x 2 )  0 x  0  2 2 2 1  4 1  x  8 x 1  x  0(1) Xét (1), đặt y  1  x2 , suy ra y  0 và x2  1  y 2 . Ta được 1  4 y  8 y(1  y 2 )  0  8 y3  4 y 1  0  (2 y  1)(4 y 2  2 y 1)  0  y 5 5 1 5 . Từ đó suy ra x   . 8 4 Thử lại ta được nghiệm của phương trình là x  0 và x   5 5 . 8 Bài số 13: Giải phương trình x  3  x . 4  x  4  x . 5  x  5  x . 3  x Giải Điều kiện: x  3 Đặt 3  x  a ; 4  x  b ; 5  x  c với a, b, c là số thực không âm. Ta có x  3  a2  4  b2  5  c2  a.b  b.c  c.a 3  a 2  ab  bc  ca  a  b  c  a   3   Do đó 4  b 2  ab  bc  ca   b  c  a  b   4   2  c  a  b  c   5 5  c  ab  bc  ca Nhân từng vế ba phương trình ta được  a  b  b  c  c  a   2 15  2 15 a  b  5   2 15 15 15 15 Suy ra b  c  abc   3 5 4 3   2 15 c  a  4  11 Suy ra x  671 671 . Thử lại x  thỏa mãn phương trình. 240 240 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  671 . 240 Bài số 14: Giải phương trình x5  x  1  0 Giải Nhận xét: Hàm số y  x5  x  1 luôn đồng biến nên nếu phương trình đã cho có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Ta có: x5  x  1  0   x2  x  1 x3  x2  1  0  x3  x2  1  0 (1) (vì x2  x  1  0, x  R ) Đặt x  t  1 1 25 thì (2) thành: t 3  t   0 3 3 27 (3) Ta tìm một nghiệm của (3) có dạng t = u+v. 1 3 Ta có : (3)  u 3  v3  3uv(u  v)  (u  v)  25 1  25   0  u 3  v3  (u  v)  3uv    0 27 3  27  1 3 25  621 25   3 3 u  u  v    3 2 27  Ta tìm u, v thỏa mãn:   uv  1  1 3 25  621 v  9  3 2  1 25  621 3 25  621    Vậy phương trình (1) có một nghiệm là x  1  3 3  2 2   Theo nhận xét trên, phương trình (1) có nghiệm duy nhất là: 1 25  621 3 25  621   x  1  3   3 2 2   Bài số 15: Giải phương trình  6 x  3 7  3x  15  6 x  3x  2  2 9 x 2  27 x  14  11 Giải Điều kiện: 2 7 x . 3 3 12 2 2  a b 5 Đặt a  7  3x , b  3x  2 ( a, b  0 ). Suy ra  2 2   2b  1 .a   2a  1 b  2ab  11 2  s 2  2 p  5  2 p  s2  5 2p  s  5  3 2  2  2 s s  5  s  s  5  11    s  s  4s  6  0 2sp  s  2 p  11    s  a  b, p  ab   a  2   p  2 2 p  s  5  b  1   x  1     2   a  1  x  2 s 3    s  3  s  2s  2   0   b  2 2 Thử lại thỏa mãn. Vậy nghiệm phương trình là x  1 hoặc x  2 . Bài số 16: Giải phương trình x3  5x 2  4x  5  (1  2x) 3 6x 2  2x  7 Giải Tập xác định : . Ta có (1)  ( x  1)3  8x 2  x  6  (1  2x) 3 (1  2x)( x  1)  8x 2  x  6 (2) Đặt u= x+1, v= 3 (1  2x)( x  1)  8x 2  x  6 Kết hợp với (2) ta có: u 3  (8x 2  x  6)  (1  2x) v   3 2  v  (8x  x  6)  (1  2x) u Lấy hai phương trình trừ cho nhau ta được: u  v u 3  v3  (1  2x)(u  v)  0   2 2 u  uv  v  1  2x  0  Với u=v, ta được:  u 2 3u 2  4  8x 3( x  1) 2  8 x  4 u  uv  v  1  2x  (v  )   2 4 4 Ta có: 2 3x  2x  7  0 4 2 3 6x 2  2x  7  x  1  x3  3x 2  5x  6  0  x  2 2 Vậy u 2  uv  v2  1  2x  0 không xảy ra. Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 13 3 2 2 3   x  5 x  4 x  5  (1  2 x) 5 x  y  3 (1) Bài số 17: Giải hệ phương trình  3 2 3 2 (2)   x  3x  6 x  4  y  3 y Giải 2 5 x  y  3  0 ĐK :  3 2  y  3 y  0 Xét phương trình (2) : x3  3x 2  6 x  4  y 3  3 y 2 ( y  3)  ( x  1)3  3( x  1)  ( y  3)3  3 y  3  ( x  1)3  ( y  3)3  3( x  1)  3 y  3  0  ( x  1)  y  3  ( x  1)2  ( x  1) y  3  ( y  3)  3  0  x  1  y  3 do ( x  1)2  ( x  1) y  3  ( y  3)  3  0 x  1 Với x  1  y  3   2 ( x  1)  y  3 Thay vào phương trình (1) ta được phương trình x3  5×2  4 x  5  (1  2 x) 3 6 x 2  2 x  7  ( x  1)3  (8 x 2  x  6)  (1  2 x) 3 (1  2 x)( x  1)  8 x 2  x  6 (3)  u  x  1 Đặt  kết hợp với phương trình (3) ta được 2 3 v  (1  2 x )( x  1)  (8 x  x  6)   Hệ phương trình 3 2  u  (8 x  x  6)  (1  2 x)v  3 2  v  (8 x  x  6)  (1  2 x)u Lấy hai vế phương trình trừ nhau ta được u  v u 3  v3  (1  2 x)(u  v)  0   2 2 u  uv  v  1  2 x  0 TH1: Nếu u  v thì x  1  3 (1  2 x)( x  1)  (8x 2  x  6)  x 3  3x 2  5 x  6  0  x  2 TH2: Nếu u 2  uv  v2  1  2 x  0 (4) Nhân xét : 14 u 2 3 2 3( x  1)2  8 x  4 u  uv  v  1  2 x  (v  )  u  1  2 x  0 2 4 4 2 2 Suy ra phương trình (4) vô nghiệm. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y)  (2;4)  x3  y 2 x  3x 2  y 2  3x  2 y  1  0  Bài số 18: Giải hệ phương trình  3 2 2  2 y  xy  y  3x  3  0 Giải 3 2   x  1   x  1 y  2 y Hệ phương trình đã cho tương đương với  2 3   x  1 y  2 y  3 x  1 3 2  u  uy  2 y Đặt u  x  1, ta có hệ phương trình  2 3  uy  2 y  2u 1 * Dễ thấy u  y  0 là một nghiệm của hệ * . u 3  t 2u 3  2tu  Xét u  0 , đặt y  tu, t  0 , ta có hệ phương trình  3 3 3  tu  2t u  3u Chia vế theo vế của hai phương trình trong hệ trên ta được 3 2 t    loai  1 t2 2t 4 2    4t  t  3  0  4 2 t 1  2t 2  3 t  1  t  1 Với t  1 , ta có y  u , thế vào 1 ta được  y 1 u 1 x  0 2 y3  2 y    y  1  u  1  x  2 Với t  1, ta có y  u , thế vào 1 ta được 2 y3  2 y (phương trình vô nghiệm) Vậy, hệ đã cho có nghiệm là:  0;0  ,  2; 1 ,  0; 1 Bài số 19: Giải hệ phương trình   2 2  12 x  8 y  25  24 xy   16 9 x  17 y  105  2 2  36 x  16 y  12 x  8 y  7. 15 Giải Đặt x  3a -1 3b  1 ,y 6 2 3 2 3  6b  9b  6a  14a  20 (1) Viết lại hệ đã cho thành  2 2  a  b  1 (2)  Ta có phương trình (1)  3b2 3  2b    a 1 6a2  6a  20  thay b2  1- a2 từ pt(2) ta thu được 3 1  a 2   3  2b    a  1  6a 2  6a  20    a  1  6a 2  6a  20  9  6b  9a  6ab   0 1 1 – Với a  1  b  0  x  , y  6 4 – Với 6a2  6a  20  9  6b  9a  6ab  0 ta có VT  6a2  29 15  6  3  6a2  5  0 . Vậy pt này vô nghiệm. 1 1 KL: Hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y)   ;  3 4 2 2   y 4 x  1  3  5 y  12 x  3 Bài số 20: Giải hệ phương trình  4 2  2 y (10 x  17 x  3)  3  15 x Giải 1 Điều kiện x  . 4 Biến đổi phương trình thứ hai có: 1 x  (loai) 2 y (5x  1)(2 x  3)  3(1  5x)  5 4 xy 4  3  6 y 4 4 2 2   y 4x  1  3 4x  1  5 y  3 Ta đưa về hệ phương trình:  4 4  4 xy  3  6 y Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên hai vế của phương trình thứ nhất cho y 2 và phương trình thứ hai cho y 4 có: 16  3 3  4x  1  2 4x  1  5  2 y y   4 x  1  3  5  y4 Đặt a  4 x  1; b  3 với a  0, b  0 y2 a  ab  b  5 5b Ta có hệ pt  2 ta được thay vào (2)  a  2 1  b a  b  5  ( 5b 2 )  b2  5  b4  2b3  3b2  20b  20  0 1 b  (b  1)(b3  3b2  20)  0  (b  1)(b  2)(b2  5b  10)  0 1  x  5  2 a  2  x  a  1  4 Nên  hoặc    4 b  1 b  2  y   3 y  4 3   2 5  1 4 3 Kết luận  x; y    ;  3  ;  ;  . 2 4  2 III. Phƣơng pháp hàm số 1. Trªn miÒn x¸c ®Þnh D cña hµm sè f ( x) , nÕu f ‘( x)  0 (hoÆc f ‘( x)  0 ) th× hµm sè f ( x) ®¬n ®iÖu vµ ph-¬ng tr×nh f ( x)  0 cã kh«ng qu¸ mét nghiÖm. 2. NÕu hµm sè f ( x) liªn tôc trªn [a, b] vµ f (a). f (b)  0 th× ph-¬ng tr×nh f ( x)  0 cã Ýt nhÊt mét nghiÖm trªn (a, b) . 3. Gi¶ sö f ( x) cã ®¹o hµm ®Õn cÊp n trªn kho¶ng (a, b). Khi ®ã, nÕu ph-¬ng tr×nh f ( n) ( x)  0 cã k nghiÖm th× ph-¬ng tr×nh f ( n1) ( x)  0 chØ cã tèi ®a k  1 nghiÖm. (hÖ qu¶ cña ®Þnh lÝ Rolle). 4. NÕu hµm sè y  f ( x) liªn tôc trªn ®o¹n [a, b] vµ cã ®¹o hµm trªn kho¶ng (a, b) th× tån t¹i c  (a, b) sao cho f ‘(c)  f (b)  f (a) . ba 17 Bài số 21:Giải hệ phương trình 7 2x y 2 3 2 3 x 2 y 11 5 y x3 8 y 0 4x Giải Điều kiện x 3; y 5. Phương trình ban đầu biến đổi thành 23 Đặt f t x 1 3 1 t với t 2t x 0 thì * : f 3 Nhận xét. Với mỗi số không âm 0 f t2 t2 25 x 5 y y x f 5 y * (1) y t2 thì t1 t2t1 t2 Vậy f t là hàm số đồng biến trên 0; 1 :3 1 5 x 2 t2 f t1 t1 y t1 1 0 t1 . Do đó 2 Thay vào phương trình còn lại được x2 3 x2 Đặt t x 2 2x 3 2 x2 4 x x2 2t 3 2x 2 x 4 4x 2 3 x 2 2 x2 2x 4 0 2x 4 2 phương trình trên thành 2x 4 t2 1 0 t 1 x 2 x2 x 1;2 Vậy hệ có nghiệm 1;3 ; 2;4 .  x  y 4  3  4  x  y   Bài số 22:Giải hệ phương trình  x 4  y 4 9  x 2  y 2  7  x  y   x 3    3ln   0 64 32 8 y  3     Giải Theo bđt Cauchy ta có  x  y   1  1  1  4 4  x  y  .1.1.1  4 x  y  4  x  y  4 4 Dấu bằng xảy ra  x  y  1(*) . Từ đó kết hợp với đk x 3  0  2  x, y  3 . y 3 18 Pt thứ hai của hệ  x4 9×2 7 x y4 9 y2 7 y    3ln  3  x      3ln  3  y  . 64 32 8 64 32 8 Xét hàm số f(x) = x4 9×2 7 x    3ln  3  x  ( với x < 3 ) 64 32 8 x3  9 x  14   x  3  48  x3 9 x 7 3 f  x      16 16 8 x  3 16( x  3) ' 2 x 4  3x3  9 x 2  13x  6  x  1  x  x  6    0 16( x  3) 16( x  3) 2 ( vì x < 3). Suy hàm số nghịch biến trên (-2; 3), vậy f(x) = f(y)  x  y ( **). Từ (*), (**) có x = y = 1 . 2 Bài số 23:Giải phương trình 6 x         3x 19 x  5x 10 x  7 x  15x  8x 9 x  4 x 5x  2 x  231x Giải a x  b x x0 NhËn xÐt1: Víi a  b  c  1 th×  x x nÕu a  b x0 NhËn xÐt 2: Hµm sè f ( x)  a x  b x x¸c ®Þnh ®ång biÕn vµ liªn tôc trªn tËp D= 0; do f ' ( x)  a x ln a  b x ln b  0 a  0 víi a>b>0 cho tr-íc NhËn xÐt 3: TÝch hai hµm sè ®ång biÕn, nhËn gi¸ trÞ d-¬ng trªn tËp D lµ hµm ®ång biÕn tæng hai hµm sè ®ång biÕn trªn D lµ hµm sè ®ång biÕn ¸p dông (+) nÕu x  0 : VT  6 x  3x 19x  5x 10 x  7 x   15x  8x 9 x  4 x 5x  2 x   0 VP  231x  0  ph-¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm d-¬ng (+) víi x >0 chia 2 vÕ ph-¬ng tr×nh cho 231x = (3.7.11)x ®-îc 2 x  5  10 8  9 4  5 2   19   15  1  ( ) x  ( ) x  ( ) x  1   ( ) x  ( ) x  ( ) x  ( ) x  ( ) x  ( ) x   1 11  7 11  7 7  3 3   11   11 Tõ nhËn xÐt (2) vµ nhËn xÐt 3 hµm sè.   19  x  5  x   10  x    5  x  8  x   9  x  4  x   5  x  2  x  g ( x)  2 x  1          1                      1   11   11    7     11   11    7   7    3   3          Tõ nhËn xÐt (2) vµ nhËn xÐt (3) hµm sè   19  x  5  x   10  x    5  x  8  x   9  x  4  x   5  x  2  x  g ( x)  2  1          1                       11   11    7     11   11    7   7    3   3          x 19 lµ hµm sè ®ång biÕn trªn D  (0;) vµ g (1)  2  1 19 5  10   5 8  9 4  5 2     1          11 11  7   11 11  7 7  3 3  = 1. 14 3 7 5 3 .  . . 1 11 7 11 7 3 ph-¬ng tr×nh ®· cho  g(x)=g(1)  x=1 lµ nghiÖm duy nhÊt cña ph-¬ng tr×nh   y  y2  9  2 2    x  y  x  xy  y  2  6 ln  2  Bài số 24:Giải hệ phương trình  x  x  9    5   x y  3xy  1  0   Giải  y  y2  9   Từ  x  y  x  xy  y  2  6ln   x  x2  9     2  2     x3  2 x  6ln x  x 2  9  y 3  2 y  6ln y  y 2  9  Xét f  t   t 3  2t  6ln t  t 2  9 f ‘  t   3t 2  2    1 t  2 2  3 t 2    t2  9 t2  9 3   6 Ta có 2 2 2 29 t 2  9 1 1 26 2 29 t   t 9      t 9  27 3 t2  9 3 t2  9 3 t2  9 t 2  9 27 26 2 29 26 29 29 1 t 9  1   0 27 3 3 3 3 Suy ra f ‘  t   0 t  hàm số đồng biến và liên tục trên R 2  2    Mà (1)  f  x   f  y   x  y Thay vào phương trình còn lại của hệ ta có x6  3×2  1  0  2  Đặt x 2  u  u  0  suy ra u 3  3u  1 (3) Xét g  u   u 3  3u  1 với u  0 g ‘  u   3u 2  3 có g ‘  u   0  u  1 20 Lập bảng biến thiên ta thấy phương trình (3) có nghiệm duy nhất thuộc (0; 2)   Đặt u  2cos với    0;   2 1   (3) trở thành cos3 =   =  x   2cos 2 9 9    Vậy hệ có nghiệm  2cos ; 2cos  9 9     ;   2cos ;  2cos  9 9  2 x ln x 2  y 2  1  y  3 y ln 3 x 2  y 2  1  x  Bài số 25:Giải hệ phương trình  2 3  x  3 x  2ln y  ln( y  2ln x)  0 3  Giải x  0  ĐKXĐ:  y  0 (*)  y  2ln x  0  2 x ln x 2  y 2  1  y  3 y ln 3 x 2  y 2  1  x  x ln( x 2  y 2  1)  y  y ln( x 2  y 2  1)  x    ( x  y ) ln( x 2  y 2  1)  1  0  x  y 2 Thay vào phương trình (2): x3  3 x  2ln x  ln( x  2ln x)  0(3) 3 Đặt: u  3 x  2ln x  u 3  x  2ln x(*) . Thay vào (3): x3  u  2ln u  0(**) Từ (*), (**) suy ra: x3  x  2ln x  u3  u  2ln u Xét f (t )  t 3  t  2ln t  f ‘(t )  2t 2  1  2  t  0 t Vậy f(t) đồng biến trên (0; ) . Mà f(x)=f(u) nên x= u x3 Hay x  x  2ln x  x  x  ln  x3  ln x3  x  ln x x 3 3 1 t 1 Xét g(t)=t3-lnt trên (0; ) , g ‘(t )  1   t t Suy ra g(t) đồng biến trên (1; ) , nghịch biến trên (0;1]. Lại có 0  x  1  0  x3  1 Vậy x, x3 luôn cùng thuộc (1; ) hoặc  0;1 . 21  x  0(l ) Nên g(x)=g(x3)  x  x3   x  1   x  1(l ) Với x = 1 thì y = 1. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (1;1) 2 2 2  3x  2 x  5  2 x x  1  2  y  1 y  2 y  2 Bài số 26:Giải hệ phương trình  2 2  x  2 y  2x  4 y  3 Giải Trừ vế với vế của 2 phương trình (1), (2) ta có: 2 x2  2 x. x 2  1  2 y 2  4 y  2  2  y  1 y 2  2 y  2  x 2  x x 2  1   y  1   y  1 2  y  1 2 1 Đưa về xét hàm số: f  t   t 2  t t 2  1 có f ‘  t   2t  t 2  1  t 2 t 1 2   t  t2 1  t 1 2 2  0t  f  t  là hàm số đồng biến trên R, lại có f  x   f  y  1  x  y  1  x  1  y  2 x  2  x  1  2 x  4  x  1  3  3x  2 x  5  0   5 3 x   y   2 2 2 2 2  (17  3x) 5  x  (3 y  14) 4  y  0 Bài số 27:Giải hệ phương trình  2  2 2 x  y  5  3 3x  2 y  11  x  6 x  13 Giải x  5  Điều kiện :  y  4 (*) 2 x  y  5  0 , 3 x  2 y  11  0   Với điều kiện (*), phương trình (1) tương đương 3(5  x)  2. 5  x  3(4  y)  2. 4  y (3) 22 Xét hàm số : f (t )  (3t  2). t , t  0  f ‘ (t )  3 t  3t  2  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 : 2 3x  4  3 5 x  9  x 2  6 x  13 với x   4 3  2 3x  4  2( x  2)   3 5x  9  3( x  3)   x 2  x   2 (3x  4)  ( x  2)2  3x  4  ( x  2)  3 (5 x  9)  ( x  3) 2  5 x  9  ( x  3)  x2  x 2 x( x  1) 3x( x  1)   x( x  1) 3x  4  ( x  2) 5 x  9  ( x  3)   2 3  x( x  1) 1   0 3x  4  ( x  2) 5 x  9  ( x  3)   x  0 2 3 4    0 , x   ; vì : 1  3 3x  4  ( x  2) 5 x  9  ( x  3)  x  1 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  3  3 x  4 x  2   4 6  2y  y4  3  Bài số 28:Giải hệ phương trình  y 3  4 y  2   4 6  2z z  4  3  3 z  4z  2  x  4  4 6  2x  Giải Điều kiện: x, y, z  3 . Xét các hàm số f  t   t 3  4t  2, g  t   3  4 6  2t trên  ;3 . t 4 23 Khi đó ta có f ‘  t   3t 2  4  0, g ‘  t    3 t  4 2  4  0, t  3 . 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: 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 . Thay trở lại hệ ta được x3  4 x  2  3  4 6  2 x (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.     2x  y  1  2 log  3 2  3 x 2  x 3 Bài số 29:Giải hệ phương trình   x  2 1  2  3x  y  .51 x  y   7 x  y  2  Giải x y x y 1  3 Ta có  2   10.   5.   7  2  0 5 5 Điều kiện: 2 x  y  1  0 x y 1 3 Đặt t  x  y ta có phương trình 10.   5.   7  2  0 (*) 5 5 t t t 1 3 Xét hàm số f  t   10.   5.   7  2 với t  5 5 t t t 1 1 3 3 Ta có f ‘  t   10.  ln  5.  ln  7 ln 7  0 t  5 5 5 5 t t t Nên hàm số f  t  nghịch biến trên Mà f 1  0 suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất t  1 24 Với t  1 ta có x  y  1  2   log  2 x  y  1  log 3  log3  x  2   log3  3   x 2  2  1  3 x 2  2  3x  3  x 2  2  1  3 x 2  2  3x  3  log3  x  2   3  x  2   log3    x2  2 1  3 Xét hàm số g  t   log t  3t với t  0 ta có g ‘  t   3  ** x2  2 1 1  3  0 t  0 t ln 3  g  t  đồng biến trên  0;    Do đó phương trình ** có dạng g  x  2  g   x  2 1  x  2  x  2 1  x  2  x 1 2 2 2  x  1  0  x  1 1    x 2  x  2   x  1 2 x  1 2 Với x  2 1 1 ta có y  (thỏa mãn điều kiện 2 x  y  1  0 ) 2 2 1 1 Vậy hệ có nghiệm  x; y    ;  2 2 ( x  1)2 Bài số 30:Giải phương trình : 8log 1  x 2  18x  31 2 2x  1 Giải Tập xác định D    ;   1  2  1 Ta tìm  ,  ,  sao cho x 2  18 x  31   ( x  1) 2   (2 x  1)    x 2  18 x  31   x 2  (2  2 ) x         1   1    2  2  18     8       31   24   Khi đó phương trình tương đương với 25   8 log 1 ( x  1) 2  log 1 (2 x  1)   ( x  1) 2  8(2 x  1)  24  2 2  1  log 1 ( x  1) 2  log 1 (2 x  1)  ( x  1) 2  (2 x  1)  3 8 2 2 1  log 1 ( x  1) 2  3  ( x  1) 2  log 1 (2 x  1)  (2 x  1) 8 2 2 1  1  log 1  ( x  1) 2   ( x  1) 2  log 1 (2 x  1)  (2 x  1) 8  8 2 2 Xét hàm số f (t )  log 1 t  t , t  0 có đạo hàm f (t )  2 1 1 t ln 2  1  0, t  0 nên hàm số f (t ) nghịch biến trên (0;) . Do đó phương trình tương đương với 1 1  f  ( x  1)2   f (2 x  1)  ( x  1)2  2 x  1  x 2  18 x  7  0  x  9  2 22  D 8 8  IV. Phƣơng pháp đánh giá Khi giải phương trình vô tỷ (chẳng hạn f ( x)  g ( x) ) bằng phương pháp đánh giá, thường là để ta chỉ ra phương trình chỉ có một nghiệm (nghiệm duy nhất).Ta thường sử dụng các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, đưa vế trái về tổng bình phương các biểu thức, đồng thời vế phải bằng 0. Ta cũng có thể sử dụng tính đơn điệu của hàm số (có thể thấy ngay hoặc sử dụng đạo hàm xét sự biến thiên của hàm số) để đánh giá một cách hợp lý.  f ( x)  g ( x) Thường ta đánh giá như sau:  f ( x)  C ( C )  f ( x)  g ( x)  C , hoặc đánh giá  g ( x )  C ( C )  f ( x)  g ( x) cũng như là f ( x)  g ( x) … Bài số 31: Giải phương trình x2  x  19  7 x 2  8x  13  13x 2  17 x  7  3 3( x  2) . 26 Giải Đk x  2 . Với đk đó 1 75 1 3 VT  ( x  )2   (2 x  1)2  3( x  2) 2  (2 x  1) 2  (4 x  3) 2 2 4 4 4  75 3  3 x2  4x  3 4 2  5 3 3  3( x  2)  (4 x  3) 2 2  3 3.( x  2) = VP 1 2 1 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi x  . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  . Bài số 32: Giải phương trình 2 4 27 x 2  24 x  28 27  1 x6 . 3 2 Giải Phương trình đã cho tương đương với phương trình 24 (9 x  4)2 3(9 x  4)  4  1 3 2 4 9 Đk: x   . Đặt (9 x  4)  y , suy ra y  0 . Khi đó ta được 2 4 y2 3y y2 3y  4  1 4  4  1  6 y (bình phương hai vế). 3 2 3 2 Theo BĐT Cô-si ta được 6 y  4 y6 , do đó 2  y2  y2  4  2 y  4  4   4   ( y  2) 2 3  3   4 y 2  48  3 y 2  12 y  12  y 2  12 y  36  0  ( y  6)2  0. Từ đó ta được y  6 , suy ra x  2 thỏa mãn đk. 9 2 9 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  . 27 Bài số 33: Giải phương trình 7 x  10 x  26  x  10 x  29  x  10 x  41 2 2 2  x 4  9 x3  16 x 2  15x  26 Giải NhËn xÐt: x4  9 x3  16 x2  15x  26  ( x2  x  1)( x  5)2  1  1 (*) 7 x  10 x  26  x  10 x  29  x 2  10 x  41 7 7   1 2 2 2 ( x  5)  1  ( x  5)  4  ( x  5)  16 1  2  4 2 2 (**) VËy ph-¬ng tr×nh ®· cho t-¬ng ®-¬ng dÊu b»ng ë c¸c bÊt ®¼ng thøc (*) vµ (**) xÈy ra, tõ ®ã ta ®-îc x = 5 lµ nghiÖm duy nhÊt cña ph-¬ng tr×nh.  x  6 xy  y  6  Bài số 33: Giải hệ phương trình  6  x3  y 3   2  x2  y 2   3 x  2 2 x  xy  y  Giải  xy  0 Điều kiện:  2 . 2  x  xy  y  0 Nếu x  0; y  0 thì x  6  x3  y 3  x  xy  y 2 2  2  x 2  y 2   0  3 . Điều này dẫn đến hệ vô nghiệm. Vì thế, ta chỉ giải hệ phương trình khi x  0; y  0 . Khi đó phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: x y x y 1  3 xy   3  x  2 xy   xy   3  x  2 xy  2 2 2 2 2  x y  3 2 Suy ra: x  2 xy  3 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 . Ta sẽ chứng minh: Thật vậy, *  x3  y 3 x y  2 2 x  xy  y 3  x  y  x 2  xy  y 2  x  xy  y 2 2  (*) x y 3 28  x 2  xy  y 2 1  ( do x  y  0 ) x 2  xy  y 2 3  3 x 2  xy  y 2   x 2  xy  y 2   x  y   0 (luôn đúng) 2 Suy ra: x  6  x3  y 3  x  xy  y 2 2  2  x2  y 2   x  2  x  y   2  x2  y 2  Mặt khác, ta có: 2  x  y   2  x 2  y 2   2 xy  2  x  y   xy   2  x 2  y 2     4 x 2  y 2  xy  2 x xy  2 y xy  2 xy  2  x 2  y 2   x 2  y 2  6 xy  4 x xy  4 y xy  0  Khi đó: x  6  x3  y 3  x  xy  y 2 2  x y  4  0 (luôn đúng).  2  x 2  y 2   x  2 xy  3 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y   1;1 . 3 xy  2 x  3 y   x  y  15 xy  Bài số 34: Giải hệ phương trình  1 2 x 10    2 xy  18 y x  3 y 3 12 x y  Giải Điều kiện: x, y  0 Viết lại phương trình đầu của hệ thành 6x y  9y x   x  y  x  y  12 x y  18 y x  2 Phương trình thứ hai của hệ tương đương với 18 y x  1 2  12 x y 3  2 x .9 y  3 y . x 6 xy 10   y 3 3 6 xy 10 1 1  .4 x   36 xy 6 xy 2 1 3 29  2 x .9 y  3 y . 6 xy 1 1 10  .4 x   36 xy 6 xy 12 x y  18 y x  1 3  2 x .9 y  3 y . 1 1 1  .4 x  36 xy 6 xy 3 y 2 x  Đặt a  2 x , b  3 y , c  1 6 xy  10 3 1 ta có a, b, c  0 và abc  1. 6 xy Khi đó phương trình thứ hai trở thành ab2  bc 2  ca 2  1 10  abc 3 Bổ đề: Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn abc  1. Khi đó ta có bất đẳng thức ab2  bc 2  ca 2  1 10  abc 3 Chứng minh bổ đề: Áp dụng bđt AM-GM ta có ab2  ab2  bc2  3 3 a 2b5c2  3b tương tự ca 2  ca 2  ab2  3a, bc 2  bc 2  ca 2  3c Cộng từng vế của 3 bđt trên ta được ab2  bc2  ca 2  a  b  c 1 10 Đặt t  a  b  c ta có t  3 . Ta sẽ chứng minh t   . Bđt này t 3   t  3 3t  1  0 (luôn đúng). Từ đó ta có bổ đề được chứng minh và dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1. Quay lại bài toán, từ bổ đề ta thu được a  2 x, b  3 y  c  1 1 1 1 x  , y  4 9 6 xy 1 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    ;  4 9    1 1    2  x  y  x  3 y y  3 x Bài số 35: Giải hệ phương trình     2  x  2 y  9  4 x  3  19  3 y   1  2 30 Giải 19   x  0,  y  0 Điều kiện  3  x  y  0 Từ 1 : sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có x  x  3y x x  y 1 x x y  và     x  y x  3 y 2  x  y x  3 y  y 1 2y 11 2y  , cộng hai kết quả trên ta được      2 x  3 y 2  2 x  3 y  x  3y x  y 1 x 3     , tương tự ta cũng có x  3y 2  x  y 2  suy ra VT 1    1 x y    x  3y   x  y 1 y 3    , y  3x 2  x  y 2   1 x y  1  3   2  VP 1    y  3x  2  x  y  Dấu bằng x y ra khi và chỉ khi x  y  3 Thế vào phương trình  2  ta được pt : x2  2 x  9  4 x  3  19  3x  4  Giải pt  4   3 x 2  x  2   4 3 x  3   x  5  3 19  3x  13  x   3 x  x  2   4  2 x 2  x  2 3 x  3   x  5  9 x 2  x  2 3 19  3x  13  x    4 9   x2  x  2  3     0 .  3 x  3  x  5 3 19  3 x  13  x        x2  x  2  0  x  1  x  2  Loai   3 Khi x  1   y  x  1 . Thử lại  x; y   1;1 thỏa mãn hệ phương trình Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y   1;1 31 Bài số 36: Giải hệ phương trình 1 1  ( x  y  1)(  )2  x  3 y  3 3x  y  1   2 2  2x  8 y  2  2 y  4 y  2x  2  3( x  5  y  3  1) Giải x  0  y  1  Điều kiện:  2 2x  8 y  2  0 2 y 2  4 y  2x  2  0  Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho vế trái của (1) ta có:  x 1 x x  y 1  (  )   x  3y  3 2 x  y  1 x  3y  3   y 1 1 1 2( y  1)   (   x  3 y  3 2 2 x  3 y  3)  x  y 1 1 y 1 3  (  ) 3x  y  1 2 x  y  1 2 Chứng minh tương tự ta cũng có: Cộng lại ta được: x  y 1 1 x 3  (  ) x  3y  3 2 x  y 1 2 x  y 1 x  y 1  2 x  3y  3 3x  y  1 Dấu đẳng thức xảy ra x = y+1 hay y= x – 1 Thế vào (2) ta có phương trình 2 x 2  8 x  10  2 x 2  2 x  4  3   x  5  x  2 1 (4) Điều kiện xác định của (4) là: x  1 (*). Với đk (*), ta có: (4)  (2 x  2)( x  5)  (2 x  2)( x  2)  3  2x  2      x5  x2 3 x5  x2    x5  x2 3  x5  x2 3  2x  2  3  3  2x  2  3  x  5  x  2 32  ( 2 x  2  x  5)  ( x  2  3)  0 x7 x7  0 2x  2  x  5 x2 3 1 1    ( x  7)   0 x  2 3  2x  2  x  5   x  7 (tm (*)) ( Vì 1 1   0 x  1) 2x  2  x  5 x2 3 Với x  7  y  6 (thỏa mãn điều kiện). Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y)  (7;6). Bài số 37: Giải hệ phương trình  x 2  2 x xy  y 2 y   3 4 x  y 3  3x 2 x 15 x  y  3 x y y  x y  4 x x        2 Giải Điều kiện: x  0, y  0 . Đặt a  x , b  y ( a  0, b  0 ). Hệ phương trình đã cho trở thành a 4  2a3b  b5   6 6 5 2 3 2 3 2 4 a  b  3 a 15 a  b  3 a b  a b  4 a        Nhận xét: a 0 b 0; b 0 a 1  2 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  ak 5  a  1  2k k5 (3)  Phương trình (2) trở thành:  4a 6  a6 k 6  3a5 15a 2  k 2 a 2   3a  k 3a3  a3k  4a3  2 2  3k 5   1  2k  6 3 Thay (3) vào (4) ta được:  4  k  5   k  k  4     1  2k   3k 3   (4) (5) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz cho vế trái của (5) ta được: 33  3k 5   1  2k   3k 5 1  2k 6 6 4  k  5   5 4  k  .      3   1  2 k 3 k 1  2 k 3k 3        22  12  4  k 6   k   4  k  k  2 3     2 2 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  . Bài số 38: Giải hệ phương trình  x 6  2 x3  10 y 2  xy  x 2 y 2   3 2 2 2  4 x (2 y  1)  28 y  3  2 x  4  y  1  4 xy Giải 2 2  0  xy  1  xy  x y  0 Điều kiện :  2   0  xy  1  2 2  x  2 y   4  0  x  4( y  1)  4 xy  0 2 1 1 1 1 1 Ta có : xy  x y    xy     xy  x 2 y 2  ( dấu = xảy ra khi xy = ) 2 4  2 4 2 2 2 Do đó từ (1)  2 x 6  4 x 3  20 y 2  1 (3) Từ (2) và (3) ta suy ra : 8x 3 y  4 x 3  28 y 2  4  2 x 6  4 x 3  20 y 2  2 ( x  2 y) 2  4  8x 3 y  4  2 x 6  8 y 2  2  4x 3 y  2  x 6  4 y 2    2  2  x3  2 y  x  2 y 2  4 x  2 y 2  4 x  2 y 2  4 (4) Ta lại có x 3  2 y   x  2 y 2  4  2 2 x  1  x  1 x 3  2 y  0 x  0   Do đó (4)   hoặc  1 hoặc  1 0,5 y  0 x  2 y  0  y  2  y   2 x  1 Thử lại ta thấy chỉ có  1 là nghiệm của hpt.  y  2   Bài số 39: Giảiphương trình 1  3x  ( x  x 2 ) 5  15  6 x  9 x 2 . 34 Giải 5 3 Điều kiện: 1  x  . Vì x  0 và x  1 đều không phải là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho tương đương với: 1  3x 1 4  5  15  6 x  9 x 2    5  15  6 x  9 x 2 2 xx x 1 x 1  x 4x    16  (3x  1) 2 (2). x 1 x  5 Nếu x   1;0   1;  thì  3 1  x 4x   0 trong khi đó 16  (3x  1)2  0. Vậy x 1 x  5 x   1;0   1;  không thỏa phương trình.  3 Nếu x   0;1 thì 1 x 4x  0,  0. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có x 1 x 1  x 4x 1   4. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  . x 1 x 3 Mặt khác 16  (3x  1)2  16 với mọi x   0;1 , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 1 x  . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  . 3 3 Bài số 40: Giải hệ phương trình  x2  y 2  2  2  z  2 z( x  y)  8   z ( y  x)  48 Giải  x2  y 2  2  Ta có hệ phương trình  z 2  2 z ( x  y )  8   z ( y  x)  48 (1) (2) (3) 2 2 z z Từ (1) và (2) ta suy ra 2 x  2 y  z  2 zx  2 zy  12   x     y    6 2  2  2 2 Từ (1) ta suy ra (2 y)2  (2 x)2  8 2 (4) (5) 35 Đặt z z  u   x  ; y   , suy ra u  6 ( do (4) ) 2 2  v   2 y; 2 x  , từ (5) suy ra v  8 ( do (5) ) Ta có u.v  yz  zx  z( y  x)  48 . Mặt khác, ta có u.v  u . v  48 . Dấu bằng xảy ra khi u và v cùng hướng, suy ra z z y 2 2  2( x 2  y 2 )   z ( x  y ) 2y 2 x x Suy ra z( x  y)  4 , từ (2) suy ra z 2  16  z  4  1  3 x    x  y  1  2 + với z  4 thay vào hệ ta đươc    y  x  3  y  1  3  2  1 3 x   x  y  1  2 + với z  4 thay vào hệ ta đươc    y  x   3  y  1 3  2 Thử lại, ta thấy các giá trị trên đều thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có hai bộ nghiệm ( x; y; z ) là (4; (4; 1  3 1  3 ; ) , 2 2 1 3 1 3 ; ) 2 2 V. Phƣơng pháp lƣợng giác hóa  x  sin t với t  0; 2  .  y  cost 1. Nếu x2 + y2 =1 thì đặt   x  a sin t với t  0; 2  .  y  acost 2. Nếu x2 + y2 =a2(a>0) thì đặt        x  sin t , t   2 ; 2  3. Nếu x  1 thì đặt   .  x  cost, t   0;   36       x  a sin t , t   2 ; 2  4. Nếu x  a thì đặt   .  x  acost, t   0;   5. Nếu x  1 hoặc bài toán có chứa     3 t  0;    ;  2  2 x 2  1 thì đặt x= 1 với cost  .  6. Nếu x  a hoặc bài toán có chứa x 2  a 2 thì đặt x = a     3  , t  0;    ;  . cost  2  2  7. Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức x 2  1 thì đặt     ; .  2 2 x = tant với t   8. Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức đặt x 2  a 2 thì     x = atant với t   ;  .  2 2 Bài số 41: Giải phương trình x  x  2   x 2  2   x 4  4x 2  2 Giải Xét x  2;2 : x  2cos t, t 0;  , ta có: PT  2cos t  2cos t  2   4cos 2 t  2   2 8cos 4 t  8cos 2 t  1 t  4cos 2  2cos t  2cos 2t  2cos4t 2 t sin t sin 2t sin 4t  2cos     2cos4t 2 sin t sin t sin 2t 2 t  t t   tan 4t  tan  ®K : sin ,sin t,sin 2t,cos ,cos4t  0  2  2 2  t k2  4t   k  t   k  1,2,3 2 7 Mà đây là phương trình bậc 3 nên có 3 nghiệm x  2cos k2  k  1,2,3 . 7 Bài số 42: Giải phương trình x5  10 x3  20 x  18  0 Giải Đặt x  2 3cost , khi đó phương trình (3) trở thành: 37 288 3cos5t-360 3cos3t  90 3cost-27=0    2 16cos5 t  20cos3 t  5cos t  3  0  cos5t=cos  6 Từ phương trình trên ta suy ra phương trình có 5 nghiệm là  13 5 37 49   ;2 3cos ;2 3cos ;2 3cos 2 3cos ;2 3cos  30 30 6 30 30   Nhận xét: Phép đặt này chỉ thực hiện được khi x  2 3 . Bài số 43: Giải phương trình 64 x6  112 x4  56 x2  7  2 1  x2 (1) Giải Điều kiện 1 – x2  0  1  x  1 . Ta thấy x=0 không phải là nghiệm của phương trình. Ta xét x  0 . Khi đó 1  64 x7  112 x5  56 x3  7 x  2 x 1  x2 Đặt x  cost, t  0;  . Khi đó, phương trình trở thành:   cos 7t  2sin t cos t  sin   7t   sin 2t 2   k 2  t  18  9  k  Z  t     k 2  10 5 Với t   18  k 2 , t  0;    k  4; 3; 2; 1;0 . 9  k 0t   18  k  1  t   k  2  t   x  cos  18 . 5 5  x  cos . 18 18  2  x  cos  2  0 (loại) 38  k  3  t  13 13  x  cos . 18 18  k  4  t  17 17  x  cos . 18 18 Với t    10  k 2 , t  0;   k 2; 1 5  k  2  t  7 7  x  cos . 10 10  k  1  t  3 3  x  cos . 10 10 Vậy phương trình (1) có 6 nghiệm. Bài số 44: Giải phương trình 1  1  x 2   1  x 3  1  x 3   2   1  x2 Giải 1  x  0  Điều kiện 1  x  0  1  x  1.  2 1  x  0 Đặt x  cost, t  0;  . Khi đó, phương trình trở thành: 3 1  sint  1  cost    1  cost 3   2  sin t  2 3 3 t t   t t      sin  cos    2sin 2    2cos 2    2  sin t 2 2   2 2      t t  t t   2 2  sin  cos  sin 3  cos3   2  sin t 2 2  2 2  t t  t t t t   2 2  sin 2  cos 2  sin 2  cos 2  sin cos   2  sin t 2 2  2 2 2 2    2cost  2+sint   2  sin t  cost=- Suy ra x   1 2 1 1 . Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x   . 2 2 39 1  x  2 Bài số 45: Giải phương trình 2 x  1  x 2   1  x2 3 . Giải Điều kiện: x  1.     Đặt x  tan t , t    ;  , t   . Phương trình đã cho trở thành: 2 2 4   1  tan t  3 2 2 tan t  1  tan 2 t  1  tan 2 t  2sin t  1 1  cost cost.cos2t  sin t  0   2sin t 2sin 2 t  sin t  1  0  sin t  1( L)  1 sin t  2    -Với sin t  0  t  0  x  0. 1 2 -Với sin t   t   6 x 1 . 3 Vậy, phương trình có hai nghiệm x  0; x  Bài số 46: Giải phương trình   1  x 1 1 . 3  1  x  1  2 x 1 Giải Điều kiện: 1  x  1. 2 2  1 x   1 x  Ta nhận thấy rằng     1 2 2     Do đó ta đặt 1 x 1 x   cost;  sin t,0  t  . 2 2 2 Từ đó suy ra 1  x  2cost; 1  x  2 sin t; x  2cos2 t  1. Khi đó 40 (1)  ( 2 cos t  1)( 2 sin t  1)  2(2 cos 2 t  1)  ( 2 cos t  1)( 2 sin t  2 2 cos t  1)  0  2 cos t  1   2 sin t  2 2 cos t  1  0 +)Với 2cost=1  cost= 2  x  0. 2 +)Với 2 sin t  2 2cost -1=0  2 sin t  2 2cost+1 (Do 0  t   2  cost  0;sin t  0 )  2(1  cos 2 t )  1  8 cos 2 t  4 2 cos t  10 cos 2 t  4 2 cos t  1  0  cos t   2 10   2 1  cos2 t  1  4 2cost+8cos 2t  2 24 x cost= 10 25  10cos 2 t  4 2cost-1=0    2  L cost=2  Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x  0; x   24 . 25 y  x  2  xy  Bài số 47: Giải hệ phương trình  y ( y  2 z )  1 ( x, y, z  ).  z ( z  2 x)  1   Giải */ Từ (1) biến đổi được y  */ Từ (2) biến đổi được z  2x . Đặt x  tan   y  tan 2 1  x2 1  y 2 1  tan 2 2   cot 4 2y 2 tan 2 2 */ Từ (3) biến đổi được x   1  z2  x   cot8 2z 41 */ Giải phương trình tan    cot8 hay cot8  cot(   2 ) ta được 4 k 8  x   cot(  )  7 7     k 2     k . Từ đó thu được nghiệm của hệ là  y  tan(  ) ,k  14 7 7 7  2 k 4   z  cot( 7  7 )   x3  3x 2 y  y  Bài số 48: Giải hệ phương trình  y 3  3 y 2 z  z  z 3  3z 2 x  x  Giải Rõ ràng nếu xyz  0 thì hệ có nghiệm  0;0;0  . (1) Xét khi xyz  0 . 3 1 1 1 x  3x y  y  x  1  3x  y      3  y  x x 3 2 Khi x  y 3 2 1 1   ,  0;    thì , đặt x  2 2cos 2 1 1 1 ,z  ,x  2cos3 2cos9 2cos 27 k1    , k1 0;1;…;13  13 Nên cos 27  cos   27    k 2   (2)   k2 , k 1;2;…;13 7 2  14 Ngoài ra rõ ràng hệ có tối đa 27 nghiệm nên (1) và (2) là tất cả nghiệm của hệ.        x 2  x  1  2 y 3  x  1  Bài số 49: Giải hệ phương trình  y 2  y  1  2 z3  y  1 (I)  2 3  z  z  1  2 x  z  1 42 Giải  x 3  x 2  2 x  2 y3  1 Ta có:  I    y3  y 2  2 y  2 z 3  1  z3  z 2  2z  2 x 3  1   f  x   g  y  hay  f  y   g  z   f z  g  x   Trong đó f  t   t 3  t 2  2t và g  t   2t 3  1 . Ta thấy g(t), f(t) là hàm đồng biến trên R vì: f’  t   3t 2  2t  2  0, g’  t   6t 2  0, t  R. x  y  z Từ đó suy ra hệ (I) tương đương với hệ:  h  x   0  II  Trong đó h  t   t 3  t 2  2t  1 và h  t  liên tục trên R. Hơn nữa ta có: h  2   0, h  0   0, h 1  0, h  2   0 nên phương trình h  t   0 có ba nghiệm phân biệt đều nằm trong khoảng  2; 2  . Đặt x  2cosu, u   0;   . Khi đó sinu  0 và (II) có dạng:  x  y  z  2cosu, u   0;   hay  3 2 8cos u  4cos u  4cosu  1  0  x  y  z  2cosu, u   0;   Hay    x  y  z  2cosu, u   0;    3 2  sinu 8cos u  4cos u  4cosu  1  0   (III).  sin4u  sin3u  x  y  z  2cosu, u   0;     3 5  Giải hệ (III) ta được u   ; ;  và    3 5  . u  ; ; 7 7 7     7 7 7      1 1  1 3 x    4 y    5 z   Bài số 50: Giải hệ phương trình   x   y  z  xy  yz  zx  1  Giải Vì x 3( x  1) 2  y 4( y  1) 2  z 5( z  1) 2 nên x, y, z có cùng dấu, ngoài ra, nếu (x, y, z) là nghiệm của hệ thì (-x, -y, -z) cũng là nghiệm. Như vậy ta chỉ cần đi tìm các nghiệm dương.    Đặt x  tan , y  tan , z  tan ( 0 < , ,  <,  +  +  = ), ta được 2 2 2 43 sin  sin  sin  .   3 4 5 Từ định lý hàm số sin bây giờ suy ra , ,  là các góc của tam giác có độ dài các cạnh tương ứng là 3, 4, 5. Do tam giác vuông nên ta có :   Vì vậy tan  3 4 ,sin   ,sin   . 2 5 5  1  1   , tan  , tan  1. 2 3 2 2 2 1 1   1 1  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:  ; ;1 ,   ;  ; 1 . 3 2   3 2  Bài số 51: Giải hệ phương trình x  3 y  4 y 3  3  y  3z  4 z  z  3x  4 x 3  Giải x  4 y 3  3 y  Ta viết lại hệ dưới dạng  y  4 z 3  3z  z  4 x 3  3x  Ta chứng minh rằng tất cả các số x, y, z theo trị tuyệt đối không vượt quá 1. Thật vậy, giả sử x là số lớn nhất trong các số này và x > 1 thì ta có z = 4x 3 – 3x > x. Ta đi đến mâu thuẫn. Nếu giả sử x là số nhỏ nhất và x < - 1 thì ta cũng có z = 4x3 – 3x < x, cũng mâu thuẫn. Như vậy -1  x, y, z  1 và ta có thể thực hiện đặt x = cos (0    ). Khi đó z = cos3, y = cos9, x = cos27. Bây giờ rõ ràng rằng số nghiệm của hệ phương trình ban đầu bằng số nghiệm của phương trình cos = cos27 trên [0 ; ]. Dễ dàng thấy rằng số nghiệm này đúng bằng 27:  k k , k  0,1, 2,...,13;   , k  1, 2,...,13. 13 14 44 VI. Phƣơng pháp sử dụng lƣợng liên hợp Một số hằng đẳng thức thường dùng + x2  y 2   x  y  x  y  + x3  y3   x  y   x 2  xy  y 2  + x4  y 4   x  y  x  y   x 2  y 2  … + xn  y n   x  y   x n1  x n2 y  ...  xy n2  y n1  Sử dụng những hằng đẳng thức này, ta có thể quy phương trình vô tỉ ban đầu về dạng phương trình tích bằng việc làm xuất hiện các nhân tử chung. Từ đó ta có thể dễ dàng giải quyết tiếp. Thường thì ở các bài toán sử dụng phương pháp này thì ý tưởng tổng quát của ta như sau: Giả sử nếu ta có phương trình dạng F  x   0 với F  x  xác định trên một miền D nào đó và ta nhẩm được một nghiệm x = a của phương trình thì ta có thể biến đổi phương trình đã cho lại thành  x  a  G  x   0 . Bài số 52: Giải phương trình 3 3 x2  x2  8  2  x2  15 (1) Giải Ta dự đoán được nghiệm x  1 , và ta viết lại phương trình như sau: 1  3  3 x2  1    3  x 2  1 3 x4  3 x2  1    x2  8  3  x2  1 x2  8  3   x2  1   1 1   3 3 4 2 2  x  x  1 x 8 3 x 2  15  4  x2  1 x 2  15  4 1 x  15  4 2 Mặt khác, ta có: x 2  15  x 2  8  x 2  15  4  x 2  8  3  1 x  15  4 2  1 x 8 3 2 Nên phương trình thứ hai vô nghiệm. Vậy (1) có 2 nghiệm x  1, x  1 . 45 3x 2  5x  1  x 2  2  3  x 2  x  1  x 2  3x  4 (1) Bài số 53: Giải phương trình Giải Trước hết, kiểm tra ta thấy được rằng phương trình đã cho có một nghiệm x  2 nên ta sẽ cố gắng đưa phương trình trên về phương trình tích xuất hiện nhân tử  x  2 . Ta có nhận xét rằng:  3x 2  5x  1   3x 2  3x  3  2  x  2  và  x 2  2    x 2  3x  4   3  x  2  Ta đi đến lời giải như sau: (1)  3x2  5x  1  3  x2  x  1  x 2  2  x 2  3x  4  2 x  4 3x 2  5 x  1  3  x 2  x  1 3x  6  x  2  x 2  3x  4 2   2 3  0   x  2  2 2  3x 2  5 x  1  3 x 2  x  1   x  2  x  3x  4   Mặt khác, ta có: 2 3x 2  5 x  1  3  x 2  x  1  3 x  2  x 2  3x  4 2 > 0 với mọi x Vậy phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x = 2. Bài số 54: Giải phương trình 2 x2  7 x  10  x  x 2  12 x  20 (1) Giải Cũng bằng cách kiểm tra, ta thấy pt (1) nhận x = 1 làm một nghiệm nên ta có thể đưa phương trình (1) về dạng phương trình tích xuất hiện nhân tử  x  1 . Ta viết lại như sau: 1  2  x 2  7 x  10   x  1   x 2  12 x  20   x  2  (2)    Để ý rằng hai phương trình x 2  7 x  10   x  1  0 và x 2  12 x  20   x  2   0 vô nghiệm nên nhân liên hợp hai vế của (2) ta có: 18  x  1 x 2  7 x  10  x  1  16  x  1 x 2  12 x  20  x  2 46 x  1  9   2  x  7 x  10  x  1 8 x  12 x  20  x  2 2 (*) Pt (*)  8 x2  7 x  10  9 x2 12 x  20  x  10 Kết hợp với pt (1) ta có hệ sau 2 2  8 x  7 x  10  9 x  12 x  20  x  10  2 2  2 x  7 x  10  x  12 x  20  x Lấy phương trình thứ nhất trừ đi 9 lần phương trình thứ hai, ta thu được: 5  15  5 5 x  5 x  7 x  10  4 x  5   x 4 2  x 2  15 x  25  0  2 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  1, x  3 Bài số 55: Giải phương trình 15  5 5 . 2 162 x3  2  27 x2  9 x  1  1 Giải Phương trình đã cho tương đương với:  162 x3  6 3 162 x  2 3     2 162x  2  4 2 3  3 2  3x  1  9 x 2  3x  1 3 162 x  2 3     3x  1       2 162x  2  4 2 3 3 3x  3x  1 27 x 2  9 x  1  1  0 3x  3x  1 27 x 2  9 x  1  1 0    0 2 2 3 3 3 3 27 x  9 x  1  1 162 x  2  2 162 x  2  4   2  9 x 2  3x  1 3x  Xét phương trình:  2  9 x 2  3x  1 3 162 x  2 3   2 162x  2  4 2 3 3  3x 27 x  9 x  1  1 2 0 47   2  9 x 2  3x  1 3 162 x3  2 Ta đặt   2 162x  2  4 2 a  3 162 x3  2 3 3  3x 3 162 x3  2 suy ra: 1 4 1 a 2 a 1   2  3 x   1  a   2  3 x   1    1  3 x   x  3x  a 3x 2 a 2 3  1 3 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x  . 3 2 Bài số 56: Giải phương trình x  3x  1  8  3x Giải Ta có phương trình viết lại thành: x3  2 x  1  4 x2  x  1 8  3x  2  x 2 0   4   x 2  x  1  x  1  0 2 8  3x  2  x   2 Xét f  x   8  3x  2  x ta có: f ‘  x    f ‘( x)  0  3x 8  3x 2 1 x   3x 8  3x 2 1 2 3 Ta có bảng biến thiên:  f  x   x 1 64 6 64 6 kết hợp với x  2 6  0  f  x   3 3 3 4 8  3x 2  2  x  x 1 4 2 6 4  1 0 f  x 3 64 6 3 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  x  1  0  x  1 5 . 2 48 3  x  2  x  x3  x 2  4 x  4  x  x  1 Bài số 57: Giải phương trình Giải ĐK: 2  x  3 . Phương trình đã cho tương đương với:    3  x  x 1   2  x  x  x3  x 2  4 x  4  x2  x  2  x2  x  2     x  2  x  1 x  2  3  x  x 1 2 x  x   1 1   2  x  x  1     x  2  0 2 x  x  3  x  x  1   x  1 .  x  2 Bài số 58: Giải phương trình: 3 x 2  1  x  x3  2 . Giaûi Ñieàu kieän: x  3 2 .Phương trình ñaõ cho töông ñöông vôùi:   x3 x 2  3x  9 ( x  1  2)  ( x  3)  ( x  2  5)  ( x  3) 1    ( x  3).  3 ( x 2  1)2  2 3 ( x 2  1)  4  x3  2  5 3 2 3 x  3  x3 x 2  3x  9  1   3 ( x 2  1) 2  2 3 ( x 2  1)  4 x3  2  5  (*) Ta seõ chöùng minh ôû (*), VP >2 >VT VP  x 2  3x  9 x 2 5 3  2  x 2  3x  1  2 x3  2  ( x 2  3x  1) 2  4( x3  2)  0  x  2 x3  7 x 2  6 x  9  0  ( x 2  x) 2  ( x  3) 2  5 x 2  0, x  3 2 4 x3 VT  1  3 ( x  1)  2 ( x  1)  4 2 2 3 2  2  x  3 ( x 2  1)2  2 3 ( x 2  1)  1 Ñaët t = 3 ( x 2  1) > 0. Caàn chöùng minh: t 3  1  t 2  2t  1  t 4  3t 3  6t 2  4t  0, t  0 , ñuùng. Vaäy (*) voâ nghieäm hay phöông trình ñaõ cho coù nghieäm duy nhaát x = 3. 49 Bài số 59: Giải phương trình 3 x2  1  x  3  x  1  x  x3 5 x2  6 Giaûi Đk: x  3 . Phương trình đã cho tương đương với:  3  x2 1  2  x  3    x  1  2   x  3  x3 2 x2  6 x2 1  8 x 1 4 15  x  2 x 2   x 3    x  3  2 x2  6 3 2 x  1  2 3 x2 1    2 x 1  4   x  3  x  3 x  3  2 x  5  x 3   x 3  1  x 3  2 0 2 x  6 3 2 x  1  2 3 x2  1   2 x 1  4     x  3. Bài số 60: Giải phương trình 100  x 2  k 3  x 2  5049 (*) 3 k 2 Giaûi Ta nhaåm thaáy x= 0 laø nghieäm cuûa phöông trình neân ta biến đổi: n k  k 1 100 n(n  1) 100.(100  1)  k   1  5049 ) 2 2 k 2 100 100 k 2 x2  k 3  k 3 100 (*)   ( 3 x 2  k 3  k )  x 2  5049   k   k 2 k 2 3 (x  k )  k x  k  k 2 3 2 3 2 3 2  x 2  5049  5049 x  0  1   x   100 3 2 3 2 2 3 2 1 3  k 2 (x  k )  k x  k  k 2 3 2 3  k 2 ( x  k )  k 3 x2  k 3  k 2  100 x2 2 (**) 100 100 1 100 1 1 1 1   (  )  1  1  VP   2 k 100 k 2 k k  2 k (k  1) k 2 k  1 Xeùt phöông trình (**), ta coù: VT   Suy ra (**) voâ nghieäm. Vaäy (*) coù nghieäm duy nhaát laø x = 0. 50 VII. Phƣơng pháp sử dụng tọa độ vector Bổ đề 1: Cho hai vectơ u , v . Khi đó: i) u  v  u  v . Đẳng thức xảy ra  u  v ii) u  v  u  v . Đẳng thức xảy ra  u  v Trong ii) nếu ta thay v bởi v thì ta có: iii) u  v  u  v . Đẳng thức xảy ra  u  v h n minh i) Đặt u  AB, v  BC  u  v  AC . Với 3 điểm A, B, C luôn có: AC  AB  BC (đpcm) Đẳng thức xảy ra  A, B, C thảng hàng theo thứ tự đó  u  v ii) Đặt u  AB, v  BC  u  v  AC Với 3 điểm A, B, C luôn có: AC  AB  BC (đpcm) Đẳng thức xảy ra  A, C, B thảng hàng theo thứ tự đó  u  v iii) Hiển nhiên có được từ ii) 2 Bổ đề 2: Với mọi vectơ u , ta có: u  0 . Đẳng thức xảy ra  u  0 h n minh (Dễ dàng) Bổ đề 3: Cho hai vectơ u , v . Khi đó: i) u.v  u . v . Đẳng thức xảy ra  u  v ii) u.v   u . v . Đẳng thức xảy ra  u  v h n minh 51  u.v  u . v cos(u, v) i) Ta có:   đpcm .  cos(u, v)  1 Đẳng thức xảy ra  cos(u, v)  1  u  v  u.v  u . v cos(u, v) ii) Ta có:   đpcm .  cos(u, v)  1 Đẳng thức xảy ra  cos(u, v)  1  u  v Bài số 61: Giải phương trình: x 2  2 x  5  x 2  2 x  10  29 (1) Giải (1)  ( x  1)2  22  ( x  1)2  32  29 Chọn u ( x  1;2), v( x  1;3)  u  v  (2;5)  u  v  29 (1) trở thành: u  v  u  v . Mặt khác, ta luôn có: u  v  u  v . Đẳng thức xảy ra  u  v  x 1 x 1 1  x 2 3 5 nh uận : Mấu chốt của việc chọn tọa độ cho hai vectơ trên là gì? Rất đơn giản, phải thỏa mãn 2 điều kiện: t à: Vectơ tổng phải là vectơ không đổi ( có tọa độ cụ thể) và u  v  29 H i à: Hai vectơ chọn phải có tung độ ( hoặc hoành độ) cùng dấu. Chẳng hạn: 2 và 3 hoặc -2 và -3. Bài số 62: Giải phương trình: x 2  2 x  5  x 2  6 x  10  5 (2) Giải 52 (2)  ( x  1)2  22  ( x  3)2  12  5 . Chọn u ( x  1;2), v( x  3;1)  u  v  (2;1) . (2) trở thành: u  v  u  v . Mặt khác, luôn có: u  v  u  v Đẳng thức xảy ra  u  v  x 1 x  3   x5 2 1 ách hác: Chọn u ( x  1;2), v(3  x; 1)  u  v  (2;1) . (2) trở thành: u  v  u  v . Mặt khác, luôn có: u  v  u  v Đẳng thức xảy ra  u  v  x 1 3  x   x5 2 1 nh uận: Nếu đề bài ra như sau thì giải quyết thế nào?  x 2  2 x  5  x 2  6 x  10  5 .  2 2  x  6 x  10  x  2 x  5  5 Rất đơn giản, đặt điều kiện để VT > 0, giải bình thường sau đó kiểm tra no tìm được với điều kiện. Bài số 63: Giải phương trình: 9 x3  18x 2  36 x 2  9 x3  9  x 2 (3) Giải Bài trên ko giống dạng 2 bài trước, ta tìm hướng giải quyết khác. Viết lại pt(3) như sau: 1. 9 x  18 x  1. 36 x  9 x  9  x (3) 3 2 2 3 2 Điều kiện: 2  x  4 . u  2  Chọn u (1;1), v( 9 x  18 x ; 36 x  9 x )    u . v  6x v  3 2x   3 2 2 3 Mặt khác, luôn có: u.v  u . v . Đẳng thức xảy ra  u  v 53 Kết hợp với pt(3), ta có: 9  x  6 x  x  3 . Với x = 3 thì u  v 2 Vậy pt(3) có no x = 3. Bài số 64: Giải bpt: x x  1  3  x  2 x  1 (4) 2 Giải Điều kiện: 1  x  3 . Viết lại (4) như sau: x x  1  1. 3  x  2 x  1 (4) 2  u  x2  1  Chọn u ( x;1), v( x  1; 3  x )   v 2   (4) trở thành: u.v  u . v (*) . Mặt khác, luôn có: u.v  u . v (**) Từ (*) và (**) suy ra: 2  x (3  x)  x  1 x x 1 u.v  u . v  u  v    1 3 x x  0 3 2  x  3x  x  1  0  x  1   x  0  x  1 2 Bài số 65: Giải bpt: x 2  2 x  2 x  2  3x 2  9 x  3 (5) Giải Điều kiện: .. Hình thức ko khác gì bài số 4, tuy nhiên nếu chỉ làm đơn thuần như bài số 4 thì ko thể có vế phải được. Vì thế phải biến đổi (5)  1. x 2  2 x  2. n h thuật như sau: 2x  2  3x 2  9 x  3 (5) 2 Ta chọn các vector sao cho: u  3 2x  2  u (1; 2), v( x  2 x ; )  u . v  3x 2  9 x  3 2 2 v  x  3x  1   2 54 Bpt(5) trở thành: u.v  u . v (*) . Mặt khác, luôn có: u.v  u . v (**) Từ (*) và (**) suy ra: 2x  2 x 1  x2  2x  2 2  x  1(l ) 2  2 x  3x  1  0   1  x   x   (l )  2 u.v  u . v  u  v  x 2  2 x  nh uận: Việc viết ra 2 con số 1 và 2 thật ko tự nhiên chút nào? Mò ch ng? Ta thấy rằng VP ko âm, vì thế ta sẽ viết vế trái như sau: x  2x  2x  2  . 2 x2  2x   . 2x  2  ,( ,   0) Chọn u ( ;  ), v( x2  2x  ; 2x  2  )  u . v  (   )( 2 2 x2  2x 2  2x  2 2 )  2   2 2 2( 2   2 )2 2( 2   2 ) x  x Hay là: u . v  2  2 2 2 Đến đây thì mọi việc thật đơn giản, chỉ cần tìm  ,  sao cho:  2   2 3  2    2( 2   2 ) 2  9    2 , (  ,  0)  2 2     2( 2   2 )  3  2   Ta chỉ cần chọn   1,   2 là xong. Bài số 66: Xác định m đề pt sau có nghiệm: x 2  x  1  x 2  x  1  m (6) 55 Giải 1 3 1 3 (6)  ( x  ) 2   ( x  ) 2   m 2 4 2 4 1 3 1 3 ), v( x  ; )  u  v  (1;0)  u  v  1 2 2 2 2 Chọn u ( x  ; Ta có: m  u  v  u  v  1  m  1. 1 1 x 2 2  x  . Đẳng thức xảy ra  3 3 2 2 Vậy: Để pt có no thì 1  m  1 x nh uận: Từ bài toán trên ta có thể dẫn xuất ra 2 bài toán sau: +) Bài toán 1: Xác định m đề pt sau có nghiệm: x2  x  1  x2  x  1  m ( Tất nhiên đáp số ko thay đổi) +) Bài toán 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau: 1  x 2  x  1  x 2  x  1  1 và 1  x 2  x  1  x 2  x  1  1 Bài số 67: Xác định m đề pt sau có nghiệm: x 2  x  1  x 2  x  1  m (7) ời giải bài toán trên th t đơn giản, ko khác gì lời giải bài toán . Tuy nhiên, độc giải hãy bình lu n về các lời giải sau đây: i iải : 1 3 1 3 (7)  ( x  ) 2   ( x  ) 2   m 2 4 2 4 56 1 3 1 3 ), v( x  ;  )  u  v  (1;0)  u  v  1 2 2 2 2 Chọn u ( x  ; Ta có: m  u  v  u  v  1  m  1 . Đẳng thức xảy ra  1 1 x  2 2  x  . 3 3  2 2 x Vậy: Để pt có no thì m > 1. i iải : Ta có: 1 3 3 1 3 3 x 2  x  1  ( x  )2   (*); x 2  x  1  ( x  )2   (**) 2 4 2 2 4 2 Vì đẳng thức ko đồng thời xảy ra ở (*) và (**) nên có: m  3 . i iải : Đặt f ( x)  x 2  x  1  x 2  x  1  f ‘( x)  f ‘( x)  0  x 1 2 1 3 ( x  )2  2 4 ( Vì hàm g (u )  u u2  3 4  1 x 2 1 3 (  x) 2  2 4 đồng biến trên x 1 2 1 3 ( x  )2  2 4  x  x 1 2 1 3 ( x  )2  2 4 1 1  x x0 2 2 ). Lập bảng biến thiên, ta thấy: m  min f ( x)  f (0)  2 . Vậy m  2 . 57 nh uận: ới 3 cách giải cho ta 3 đáp số? . Cách giải nào đúng? Cách giải nào sai? Sai ở đâu? Nếu sai thì sửa sao cho đúng? i iải : Ta luôn có: u  v  u  v , nhưng lưu ý rằng có đẳng thức khi hai vectơ cùng chiều. Chính cách chọn vectơ đã vi phạm điều cấm này. Chọn lại như sau: 1 3 1 3 ), v( x  ; )  u  v  (1; 3)  u  v  2 2 2 2 2 Chọn u ( x  ; Ta có: m  u  v  u  v  2  m  2 . Đẳng thức xảy ra  1 1 x  2 2  x  0 .Vậy: Để pt có no thì m  2 . 3 3 2 2 x i iải : Sử dụng đánh giá trong lời giải 2 là hết sức cục bộ( đánh giá cùng lúc tổng 2 biểu thức chứ ko được đánh giá từng biểu thức một). Chẳng hạn ta có thể đánh giá vài cách khác như sau: 1 3 1 3 +) m  x 2  x  1  x 2  x  1  ( x  )2   ( x  ) 2   3 2 4 2 4 +) m  x 2  x  1  x 2  x  1  3 2 1 3 2 1 x  ( x  2)2  x  ( x  2)2  0 4 4 4 4 +) m  x2  x  1  x 2  x  1  1 2 1 1 1 2 1 1 x  ( x  1)2   x  ( x  1)2   2 2 2 2 2 2 2 +) m  x 2  x  1  x 2  x  1  1 2 3 2 2 1 2 3 2 2 2 6 x  ( x  )2   x  ( x  )2   4 4 3 3 4 4 3 3 3 …………………………………………. ào i, thán 4 năm 021 Trần Hoài Vũ 58
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top