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
x4
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 x4 0
3
2
2
1
x x 2
x x 2
(*)
x2 x 2 x 2
x4
9 3 x x 5
2 x
3
3
1
1
x2 x 2
9 x 2 0
x 5
x4
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
abc
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
5b
Ta có hệ pt 2
ta
được
thay vào (2)
a
2
1
b
a
b
5
(
5b 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 ( n1) ( 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)
.
ba
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
x0
NhËn xÐt1: Víi a b c 1 th× x x nÕu
a b
x0
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
0t
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
y4
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).
x4
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 x2
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
x6 .
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
y6
, 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
abc 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
abc 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
11
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
x5 x2 3
x5 x2
x5 x2 3
x5 x2 3
2x 2 3 3
2x 2 3 x 5 x 2
32
( 2 x 2 x 5) ( x 2 3) 0
x7
x7
0
2x 2 x 5
x2 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
x2 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
xx
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 0t
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 n1 x n2 y ... xy n2 y n1
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
64 6
64 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
64 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:
x3
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
x3
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
x3
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
x3
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
x3
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
x5
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
x5
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 x0
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
