TRAN THI VAN ANH
MỚI
Tai ban lan 4% Có chính li,g 9e 0 0lv( 4 ¬—> J@) un he t "MỊN Ý £®à ( Ề nm Pia ut Qư” @ (Tốt nghiệp - tuyển sinh )
"TOÁN
CUA BO GIAO DUC & DAO TAO
v4 Dành cho HS lớp 12 chương trình chuẩn và nâng cao
vBiên soạn theo nội dung và định hướng ra đề thi mới của Bộ GD&ĐT
v4 €ó các đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ khối A, B, D mới nhất của Bộ GD&ĐT
D ˆ a 23 ~“ ` a
Trang 2TRAN THI VAN ANH
HUGNG DAN
GIAI CAC DANG BAI TAP
TU CAC DE THI QUOC GIA MON
TOAN
CUA BO GIAO DUC
& DAO TAO
v/ Dành cho HS lớp 12 chương trình chuẩn và nâng cao
v⁄Biên soạn theo nội dung và định hướng ra đề thi mới của Bộ GD&ĐT v⁄Có6 các dề thị tuzển sinh ĐH-CĐ khối A, B, D mới nhất của Bộ GD&ĐT
po
QS
Trang 3NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
16 Hàng Chuối - Hai Bà Trưng - Hà Nội
DT (04) 9715013; (04) 7685236 Fax: (04) 9714899
Chịu trách nhiệm xuất bản:
** Giám đốc PHÙNG QUỐC BẢO Tổng biên tập NGUYÊN BÁ THÀNH
Biên tập nội dung
LAN HƯƠNG
Sửa bài HOÀNG MAI CHI
Chế bản
LÊ THỊ HỒ
Trình bày bìa
SƠN KỲ
Đối tác liên kết xuất bản
i CONG TI ANPHA
T8S8ectỐĐtggtdseosthsoetlSotsfmsactdmmeerBe si h, san NGHIÊN HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP TỪ CÁC oe Ti THI UỐC GIA MON TOAN
Ma sé: 1L-452DH2010
In 1.000 cuốn, khổ 16 x 34 em tại Công tỉ TNHH In bao bì Hưng Phú Số xuất bản: 797-2010/CXB/37-139/ĐHQGHN, ngày 10/08/2010 Quyết định xuất bản số: 153LK-XH/QĐ - NXBĐHQGHN
Ín xong và nộp lưu chiểu quý [V nam 2010
Trang 4
LOT NOI DAU
Bắt đầu từ năm học 2001-2002, viéc ra dé thi Tuyén sinh Đại học, Cao đẳng đều do Bộ
Giáo dụ và Đào tạo quản ly Để đáp ứng nhu cẩu học tập của học sinh, tài liệu cham khảo
cho giáo viên, chúng tơi xìn trân trọng giới thiệu đến bạn đọc quyển sách:
Hướng dẫn giải các dạng bài tập từ các đề thí Quốc gia mơn Toán của Bộ Giáo
đục và Đảo tạo
Quyển sách được chia thành 11 chuyên đề nhỏ sau: 1 Phương trình, bất phương trình đại số
2 Hệ phương trình, hệ bất phương trình đại số
3 Bất đẳng thức, giá trị lớn nhất nhỏ nhất
4 Phương trình, hệ phương trình, bất phương, trình bất đẳng thức lượng giác 5 Phuong trình, hệ phương trình, bất phương trình, bất đẳng thúc mi vả lôgariL
6 Hàm số và đồ thị
7 Đại số tổ hợp và xác suất 3 Tích phân và các ứng dụng
9 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
10 Hình học khơng gian
11 Phương pháp tọa độ trong không gian
Trong mỗi phần, quyển sách được cấu trúc gồm 4 nội dung chính như sau:
1 Kiến thức cơ bản 2 Các dạng bài tập cơ bản
3 Các để thi tự luyện 4 Hướng dẫn và đáp số
Phần tóm tắt lý thuyết trong mỗi quyển sách đều được trình bày ngắn gọn
nhưng khá đầy đủ Với mỗi dạng bài tập cơ bản đầu có phương pháp giải cụ thể và ví dụ minh họa Nhiều ví dụ có lời nhận xét để giúp học sinh tránh các sai lầm cơ
bản Các bai tap được lựa chọn từ các để thí Tuyển sinh Đại học, Cao đẳng và các đề
thi Tốt nghiệp THPT từ năm 2002 đến nay Ngoài ra tác giả còn đưa các bài toán trong các để thi trước đó để bạn đọc tự luyện tập thém Hi vọng rằng quyển sách
này sẽ giúp ích cho các bạn trong quả trình học tập và giảng dạy Chúc các em học
sinh va các thầy cô giáo quan tâm đến quyển sách này thành công trên mọi linh
vực
Mặc dù đã có rất nhiều cố-gắng, song cuốn sách không tránh khỏi sai sót Rất
mong nhận được sự góp ý chân thành của các em học sinh và các thầy cô giáo Mọi ý kiến đóng góp xin liên hệ:
- Trung tâm sách giáo dục Anpha
225C Nguyễn Tri Phương, P.9, Q.5, Tp HCM
~ Công tỉ sách - thiết bị giáo dục Anpha
50 Nguyễn Văn Săng, Quận Tân Phú, TP.HCM
ĐT: 08.62676463, 38547464
Email; alphabookcenter@yahoo.com
Trang 5PHUONG TRINH VA BAT PHUONG TRINH DAI SO
Phương pháp chung
Dé giai phương trình, bắt phương trình, đặc biệt là các phương trình
khơng mẫu mực người ta thường sử dụng một trong các phương pháp sau:
* Phương pháp thứ 1: Phương pháp biến đổi đưa về phương trình tích:
Để giải một phương trình, người ía thường sử dụng phương pháp biến
đổi đưa về Ề phương trình tích với dạng như sau: ƒ(x).g(%) h(x) = 0
trong đó các phương trình: fx) = 0; g4) = 0; h(x) = 0 là những
phương trình đơn giản, đã biết phương pháp giải như phương trình bậc
nhất, phương trình bậc 2 Nghiệm của phương trình là tập nghiệm của
các phương trình: f(x) =0,g(x) =0, ,h(x) =0
* Phương pháp thứ 2: Sử dụng phép biến đỗi trơng đương:
Đối với phương trình chứa căn thức còn gọi là phép khử căn thức:
a(x) 20
Ta cé *f(x) ‘acd f(x) F(a) Ege = :N
2erfF(a) = g(x) © f(x) = Ba)
* Phương pháp thứ 3: Phương pháp đặt ẩn số phụ:
Trong quá trình giải phương trình nói chung và phương trình chứa căn
thức nói riêng, chúng ta cân phải sử dụng phương pháp đặt ấn phụ Người ta dùng dn số phụ đó thay thế cho một biểu thức chứa ẩn nào đó nhằm mục đích hạ bậc của phương trình, đưa phương trình đã cho về những phương trình dạng đã biết Giải phương trình với ẩn phụ, sau đó tìm nghiệm của phương trÌnh
* Phương pháp thứ 4; Phương pháp sử dụng các kiến thức về bắt đẳng thức: Để giải phương trình nói chung và phương trình chứa căn thức nói riêng người ta còn sử dụng các kiên thức về bát đẳng thức các tính chất bắt đẳng thức, bắt đẳng thức chứa dấu giá trị nuyệt đối bắt đẳng thức Cósi, bắt đẳng thức Bunhiacôpski
Trong phương pháp này chủ yếu đưa về 2 dạng sau:
Dang 1: Dua phuong trình về dang:
,fi()za sk
f(x)= gÍx) mà mm củ (a là hằng số)
f(z) =
Nghiệm của phương trình là nghiệm của hệ sau: |
Trang 6
Dang 2: Đưa phương trình cần gidi vé dang hix) = œ (q là hồng số] mỏ ta
ln có h(x) > a, hoặc h(x) < a thï nghiệm của phương trình lờ gió trị của biến x làm cho dấu đẳng thức xỏy ra -
* Phương pháp thir 5: Phuong pháp chứng mình nghiệm duy nhất Với một sơ phương trình ta có thể thử trực tiếp để thấy một vài nghiệm của phương trình, rồi tìm cách chứng minh rằng ngồi nghiệm đó ra phương trình khơng có nghiệm nào khác
* Phương pháp thứ 6: Phương pháp dua vé hệ phương trình: Khi giải phương trình, có những bài chúng ta cân đặt các ấn phụ thích hợp để đưa
việc giải phương trình đã cho về một hệ phương trình quer thuộc * Phương pháp thứ 7: Phương pháp đưa về tổng các số không âm:
Khi giải phương trình nói chưng, và phương trình chứa căn thức nói riêng, ta có thê biến đơi từ phương trình f{x) = 0 về dạng:
£2(x) + £2 (x) + + f‡(x) =0 Vậy nghiệm của phương trình là nghiệm của
f,(x)=0
£,(x) =0 hệ phương trình sau: a(x)
f.(x)=0
Phương pháp này người ta thường áp dụng cho phương trình có nhiều dn số
* Phương pháp thứ 8:Phương pháp vận dụng tính chất chia hết của nghiệm
* Phương pháp thứ 9: Sử dụng đồ thị và các kiến thức vỀ tam thức bậc
2 để giải và biện luận phương trình chứa căn thức có tham số
* Phương pháp thứ 10: Sử dụng các tính chất của hàm số
Một số ví dụ minh họa
Dạng ]: Giải phương trình
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2Ÿ3x - 2 + 34/6—õx —8 =0 (xe R)
Đề thi Đại học khối A năm 2009
Giải
Đặt u = Ÿ3x—2 vàv =v6-5x,v>0 (Œ®)
2u+3v=8
Ta có hệ phng trỡnh { ôđu=-~2 v v =4 (thỏa man) 5u? +3v? =8
Thế vào (*), ta được nghiệm: x = -2
Ví dụ 2: Gigplarong trình; V8x ®2 + Vx-1=4x-9+2V3x? -5x+2, xeR
AB & (Đề dự bị I - Khối B — 2006)
Trang 7Giải:
V3x —2+Vx-1=4x-9+2V3x? —5x+2 (1)
2 J3x—2 + Jx—1 = (8x—2) +(x -1)-6 + 2(3x — 2)(x —D
© V38x—-2+Vx-1 =(V3x-2+Vx—-1)?-6
Sử đụng phương pháp đặt an phu, dat t = /3x-2+V/x-120 taco: Phương trình (1) trở thành t =? -6 6© t=3 hay t=-2 (loại) Do đó ta có: (1) ©Jầx—5+ dx=1=3 ofa (3x —2)(x-1) =9 x>1 ° (3x-2)(x-1) =12-4x (3x —2)(x —1) =6—2x x21 x21 oS x=2 1l<x<3 Ll<x<3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2
Ví đụ 3: Ciài phương trình: V@3x -3 —V5—x =V2x-4, - (Đề dự bị I- Khối B-2005) Lm 0 =(6~2XŸ iF ~19x +34 =0 Giải: 3x-320 v3x-3 - Võ -x =v2x—4 (*) Điều kiện: 5-x>0 €G 2<xsã 2x-4>0 Do đó phương trình () © VJ3x -3-J5-x+VJ2x-4 © 3x-38=5-x+2x-—4+2/(5—x)(2x-4) » x-2=0 x=2 x=2, “ko ga c© Jx”5=.B-s2 = | 2 -s6-s > of ha điêu kiện bài toán) Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x=2; x=4
Vĩ dụ 4: Giải phương trình: 2/x+2+2\/x+1 - \x+1=4
(Đê TS Đại học — Cao đẳng 2005— Khối D)
Giải:
Ta có: 2/x+2+2/x+1—Vx+1=4.— Điều kiện x>-—I
Phương trình đã cho tương đương với: 2/(/x+1 +1)? =x+1=4
©& 2(dx+1+1)-vx+1=4 © Vx+1=2 œ x=3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3,
Ví dụ 5: Giải phương trình: /2x—1+x?-3x+1=0 (xeR)
(Đề thi TS Đại học, Cao đẳng 2006- Khối D)
Trang 8Giải:
Đề giải phương trình nay ta su dựng phương pháp đặt Ấn phụ
Dat t=V2x-1 (t20) => xett Ì_ Phương trình đã cho trở thành:
[t= t'-4t? +4t-1=0 = (t-1 (=1(xe=)=0 2 DU ¡ +2t-1}=0 ©
Với t=l1.tacó x=l Với t=v2 ~1.1acóỏ xe2— v9,
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =1:x —- 2-2 L7 dụ 6: Giải phương trình: (VJ+x +1)(V1+x+2x-đ)=X
Giữi:
Việc sử dụng các thủ pháp thông thường giải phương trình võ tỉ không
đưa đên kết quả (bạn hãy tự mình thử xem) Ta dùng mẹo sau: Nhản hai
về của phương trình với (V1 tx —1) ta được phương trình hệ qua:
x(V1+x x2x -ä) = x(X +1 — l)
Phương trình nảy tương đương với tuyến:
x0
M†+x~+2x-5=wvxrl-]
Phương trình thứ hai có nghiệm là x = 2 Bây giờ cần kiêm tra 2 nghiệm
x=0 và x= 2 Dễ dàng nhận thấy chỉ có nghiệm thứ 2 thỏa mãn
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 2
Chú ÿ: Trước khi sang ví dụ khác ta để ý răng biểu thức (/1+x -1) sẽ bằng 0 khi x = 0 Dây chính là nghiệm ngoại lai của phương trình
L7 dụ 7: Giải phương trình: V2x” +3x +ñ ~ 2x” — 3x + ã =X
Giải:
Nhân 2 về của phương trình với biểu thức J2x? 48x45 —Vex? 8x45,
Ta có phương trình hệ qua: 6x = 3x(/2x? + 3x +5 - Jax? -3x +5)
Từ đã x=0 |
Hay Suy ra 9x? +3x +ị 5 — Vex” 3x +5 =2
Không nên bình phương 2 về của phương trình thứ 2, tốt hơn là cộng về với về của phương trình này và phương trình đâu
Ta có: 2V2x” + 3x+5 =2+3x Bình phương cả 2 về, ta được phương
trình hệ quả: 8x” +12 + 20 =4+ 12x + 9x” ©x=‡44
Kiểm tra các nghiệm x = 0, x=‡4 Ta thấy chỉ có x = 4 thỏa mãn
phương trình đã cho Vậy phương trinh đã cho có nghiệm: x = 4
Ví dụ 8: Giải phương trình: J10x —1 -Vx+3 =1
Trang 9Gidi:
Binh phuong 2 vé cua phtrong trinh (tức là ta áp dụng phép toán nâng lên lũy thừa bậc 2 — phép tốn su dung hàm khơng đơn điệu — không thu hẹp miền xác định của phương trình đang xét) Do vậy phép toán này dẫn tới phương trình hệ quả:
11x+2~2V10x—1.Jx+ä =1 hay 2v10x—1.Vx+ 3 =11x+1
Lại bình phương 2 về của phương trình ta được phương trình hệ quả mới:
4(10x’ + 29x — 3) =121x* + 22x41 2 81x’? -94x+14=0 Phuong trinh
` , 13 ` ` , ae ~
này có 2 nghiém x = 1, x =a Can kiếm tra xem chúng co thoa man phương trình đã cho không Thử lạt, ta cô x= S không thỏa mãn
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = [
Nhận xét: Nghiệm ngoai lai x= = nằm trong miễn xác đình của phương trình đầu Diều áy có nghĩa là: nguyên nhân xuất hiện nghiệm ngoại lai không phải do mở rộng miễn xác định mà do việc sử dụng hàm SỐ không đơn điều Việc giải phương trình có chúa căn thức, không phái bao giờ cũng tìm tập xác định có khi chúng ta giải bằng cách đưa vẻ phương trình hệ qua, sau đó thư lại
Vr du 9: Giai phương trình: V3x+5—-Vx—-1=4 Giải
Viết phương trình thanh dang: /3x +6 =Vx-1+4(1)
Trén tap hap K = [1;20) ~ miễn xác định của phương trình, cả 2 về cua phương trình đều không âm Mặt khác hàm s6 q(t)=t? la ham đơn diệu với t>0.nên trong tập K này, phương trình ban đầu tương đương với phương trinh: (J3Bx +5) =(Vx—1 +4)* Phương trình (1) tương dương
3x+5=x-14+16+8Vx-1 eo 4vx-1=x- voi hé sau:
xe[l:œ)
Trong tập hợp L -[5;s), cả 2 về của phương trình đều có giá trị khơng âm nên nó tương đương với hệ pl,:rơng trình sau:
[16x -16 =x? -10x + 25
Ìx>5 "
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x - 11+ 8/2
x=13- g/g x =13 + BV2
Trang 10Chủ ý: Khi giải phương trình này, có thể làm đơn giản hơn bằng cách 2 lần bình phương 2 về để phá căn Kết quả ta có phương trình bác 2 Sau day kiểm tra lại để loại nghiệm ngoại lai Tuy nhiên vấn đề kiêm tru khóng phải bao giở cũng làm được
Vĩ dụ 10: Giải phương trình: 2x T—5 + /x+2=VJ2x +1
Giải
Trong miễn xác định K = Bie 2Ì, cả hai về của phương trình nhận các giá trị khơng âm Vì vậy, phương trình này tương đương với hệ:
3x-3+22x-5./x+2=2x+1 Í2/2x-5x+92=-x+4
co 5
x>— x>~—
2
Cả hai về của phương trình đầu trong hệ phương trình đều nhận các giả trị không âm trong H “l3 cK Suy ra phương trình đầu tương đương
8x” — 4x - 40 = x” ~Bx +16 7x? + 4x—56 =0 với hệ phương trình: + ø O45
5 <*54 a<x<4
-2—-6/11 7
eily- -2+6V11 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = -9+6V11
7 To
Ủ sư <4
2
Ví dụ 11: Giải phương trình: Vx? — -[seell —¬ X—
Giải
Nhận xét rằng, việc thay thế phương trình trên băng phương trình VX+] - wx và gk cA
Jamies [2x v1) x* sé dan toi mat nghiém x = — 1
x—]1
Chúng ta trảnh nguy hiểm nay băng cách chuyển tới phương trình hệ
quả: he aint: Leer
Trang 11x=—l q)
- 1
Phương trình này tương đương với tuyến: fea _2 x+1
Giải phương trình thứ 2, ta có:
( k-W]) <i xt1e|x-ij-tx+1e
\ 2 2
Cuối cùng, nhất thiết phải kiểm tra các nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = —]1 hoặc x = 4
H 14+ 2xV1—x?
Vi du 12: Giai phuong trình a +2x? =]
Gidi
Vị x thỏa mãn Mig để v1—x? có nghĩa nên ta có thể đặt x =cosœ,
trong đó œ <[0; x| Khi đó thay vào phương trình đã cho ta có:
Te econ V1— cos? œ sos cos” œ ¬-
=1-2co ac =-cos 2a
sin 2a = a7 tak
1+sin2a =2-2sin’ 2a ; 1
<> ©<‹|sIin2œ=— «> on
cos 2a <0 2 a=) tminkeZ
cos 2a <0 cos 2a <0
Vì œe lo; x}, nên chỉ có 2 giá trị của œ chấp nhận là œ, = ar ay = =
on V2 - 5a V6—-J2
X, =cOs— =—~——: xX, = cos— = ———
2 12 4
- : ~ , oa 2 6—v2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x, = uy = =2,
Ví dụ 13: Giải phương trình vx +4 + Vx—4= 2x —12 + 2Vx’ -16
(Đề dự bị I - khối A - 2092)
Giải
Phương trình: /x+ 4 + x- 4 =2x—12+ 2/x? -16 (1) Điều kiện:
>0
lẻ —=x>4 Đặt t=4x+4+vx-4=t? =3x+ 2x? —16
x-420
Trang 12[
, ;tT=4
Phuong trinh (1) tro thành: t? —t—12=0<+> '
t -3 (loai) e Vait=4> tt? 24 > 2x42 x -16 =16vAx>4
J4<x<8 4<x<A
ôâ> vxè-16 =8-xvx>4ôâ |x”~16=(8~x)* ` |x =5 , oO
Vi du 14: Giai phuung trinh: x +2/7-x = 2x -1 + V—x? + 8x 741 (xe R)
(Đề dự bị 2— Khối D — 2006)
Giải:
Sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử ta có:
x+2V7—x =2Vx-1+\V-x? 4 8x-741 o> x-]-2Vx-I + 2V7—x ~ f(x -1)(7-x) = eo Vx=i(vx-1-2)-V7-x(Vx-1 -2)-0 -~—— wx-l-2 xX oO & (VƠx-1-2)(VƠx-]-V7-x)=0 â Jeat - â | L ơ " ` ~l_J7_-* K-:
Thu lại cả hai nghiệm đều thỏa mãn x-T—vi-x - Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4: x = 5
Chủ ý: Có nhiều trường hợp, khi giải phương trình chúng ta khong can tim dieu kiện vì việc tìm điều kiện có khi phúc tạp hơn việc giai phương trình, nhưng sau khi giải xong thì phái thư lại trước khi kết luận
Dang 2: Giải bốt phương trình
¡ ý đu †: Giải bắt phương trình: 8x” -6x +1 — 4x +1<0
(Đề dụ: bị 2 - Khói B - 2005) Giải:
Lễ giải bất phương trình: V8x? -6x+1—4xt1<0 @9) ta sư dụng phương pháp biến đổi tương đương:
'8x° -6x+1>0 (*) c> V8x?~6x+1<4x—1 oO lax 150 lex? —6x 61 < (4x1) | 1 1 XS-VX2- A 2 fy 4 1 1 Jraš x25 ¬" o> 4$X>— c> o> A _l 1 3 x<Ov xK2— x>- 8xˆ-2x>0 4 2 ˆ £ : ~ , ` 1 1
Trang 13Eĩ dự 2: Giài bắt phương trình: V/2x +7 — v5-x2v3x—3 (Đề dự bị I-Khối D 20035) Giải: j2x472>0 M3x -7—võ=x > V3 -2 (*) Điều kin: 15x 0 = “<x<ã5 3x- 220 ° (*} = J2x +72 VJ8x-2+/5-x — fy<l > 22 j(3x-2)(5-x) â 3X7-17x+l4>0 ô+ 14- X<Z—— 3 2 -—<x<l Kết hợp điều kiện ta có: 7 3
Vi du 3: Giai bat phuong trinh: (x? -3x)VJ2x” — 3x—2 >0
(Dé TS Dai hoc — Cao dang Khối D năm 2002)
Giải:
J2x? — 3x —2 =0
Bat phurong trinh <> lox? 3x 250
x” -3x>0
Trivong hop 1: J 2x? —3x-2=0 & 2x’ -8x-2=0 co x=2x=-2
V2x2 -3x-2>50 [2x -3x-2>0 > Truong hop 2: | x + 3x>0 x'-3x>0 In 1 r ‘ |X<-~ mm 2 | 1 9 : KX«-=— <> ie o 2 <~9/x228 Px <0 x23 x=2 lx>3 / ˆ ‡ ` ~ CA | 1,
Vậy bat phương trình đã cho có nghiệm |: “3 U[3:+>)U12)
`
LÝ dụ 4: Giai bất phương trình Vãx =1 — Vx -1 > Vx —4
Trang 14
Giải:
d5x-120
Điều kiện: x-1>0 <> x22 Khi do bat phương trình đã cho tương
¡2x—4>0 đương với Vix -1>V2x-44+Vx-1 6 ðx~1>9x—4+x—1+2/(2x—4)(x—1) TA a\y a 2 r © x+2>/(2x-4)(x—1) © x+4x+4>2x-6x+4
â X?-10x<0 ô+ 0<x<10 Kt hợp với điều kiện, ta có: 23<x< 10
là nghiệm của bắt phương trình đã cho
„ J2Íx” —186 _
Vi du 5: Giai bat phuong trinh: v2(xt=16) | pag, Tex
Vx =3 x-3
(Dé thi tuyển sinh đại học năm 2004 -Khéi A) Giải:
Điều kiện x >4 BI phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: 2{x” — 16) +x-8>7-x © 2(x? -16) > 1Ư —2x
+ Nếu x>5 thì bất phương trình được thỏa mãn, vì về trái là một số
dương về phải là một sô âm
+ Nêu 4<x<õ thì hat về của bắt phương trình khơng âm Bình phương tai VỆ tả CĨ:
2(x? -16) > (10 - 2x)” © x” - 90x +66 < 0 © 10-~ V34 < x < 10 + v34
Kết hợp với điều kiện 4 < x <5ta có: 10— 34 <x<5
Vậy nghiệm của bất phương trình là: x >10- 34
Dạng 3: Tim điều kiện để phương trình, bốt phương trình có nghiệm
Thơng thường ở dạng này người ta su dụng mỘt rong các phương pháp sau a Su dung tinh chat dong bién, nghich biển của hàm so
b Sw dung twong giao cua cdc dé thi ham so
Ví dụ I: Tìm m đề phương trình: x? +1-J/x =m cé nghiém
14
(Dé dir bj | khéi B— nam 2007)
Trang 15Vi —— mm } => f giảm trên |0: +00) va lim t(x)=0 x?
(x2 41)? + 1)’ “Te —_
nên ta có 0<f(x)<1,Vxe [0:+=)
Vậy phương trình (1) có nghiệm «> m thuộc miễn giá trị của hàm sé f
trên đoạn [Ú:+œ©) > 0< m<1 Vĩ dụ 2: Tìm m để phương trình: m{ vx? —2x+2+ 1} #x(2=x) <0 (1) có nghiệm x <|0 +⁄3 | (Đề dự bị I khối A — năm 2007) Giải: Đặt t=vx”—-2x+2 © t!-2=x°—2x 1<t<2), do xe[0;1+ x3] , bY —
Bat phuong trinh (1) @ m< -
+
mm ?+Øt
t VỚI 1<t<2;g() =S ^»0
(t+1)
Vậy hàm số g tăng trên [12]: Do đó, ycbt <> bat phuong trình
t? -2 = có nghiệm te[ti2] e m < max ø(Y) = g(2)=5 2
Khao sat ham sé g(t) =
m <
Vậy giá trị m để phương trình đã cho có nghiệm là m < :
Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 3/x-—1 +mNx +] = 2Ÿx" - 1 (Đề TS Đại học, Cao đăng 2007 ~ Khôi A)
Giải:
Điều kiện: x >1 Phương trình đã cho -3 =
x+1 x+]
, khi đó phương trình (1) trở thành: “st +2t=m (2)
-& và x>]1 nên 0<t<1
x+] x+l
Xét hảm số f(t)=-3t? + 2t, O<t<1, tacd bang bién thién sau:
Trang 16Phương trình đã clo cé nghiém <= (2) có nghiệm † e[0:1) Dựa vào hàng biên thiên ta có phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi —1 < m Z : Vĩ dụ 4: Chứng minh răng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trinh
sau có hai nghiệm thực phân biệt: x” +2x—8- Jjm(x—2)
(Dé TS Đại học, Cao đẳng năm 2007 — Khỗi B)
Giải: Điều kiện; x>2 X +Ø2x-Ñ~ > Jm(X — 3) yoo] (x1) 3) =m(x-2) —3 <(x=3) (x+4) - nt ;x=2 <>(x-2Ì(x°+6x”-32-mÌ=0 œ | ( lb * m) Ly" +63 ~32-m =0 )=0 ©(x=3)Ï(x~3)(x+ 4)” =m |=0 Ta chứng mính phương trình: x' + 6x” -32=m (1) có một nghiệm trong
khoảng (2; +a) Xét hàm f(x) = x” + 6x” =32 vớix >2 -»f'(x)~ 3x” +12x >0,Vx >2 Bảng biến thiên: f'(x) - + f(x) 9 +90
Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m >0 phương trình (1) ln có một
nghiệm trong khoảng (3:+œ} Vậy với mọi m>(0 phương trình đã cho
ln có hai nghiệm thực phân biệt
V7 du $: Tìm giá trị của tham sô m đề phương trình sau có đúng hai nghiệm
thực phân biệt: Ÿ2x + V9x +2Ÿ6—x +2 J6—x =m (meR)
(Đề TS Đại học, Cao đăng 2008 — Khối A) Giai:
Diéu kién: 0<x <6 Dat vé trai cba phuong trình là f(x), x ¢ [0:6]
Trang 17
le Si Ios at
(2x) (6 - x) J
Ta thay u(2)=v(2)-0 —› f(2)=0 Hơn nữa tu(x) v(x) củng dương trên khoảng (0:2) và cùng âm trên (2:6)
Va co bang biên thiên:
x : 0 2 6 f(x) + 0 — | = : 2/6 +246 12 42V3
Suy ra các giá tri can tim cua m la: 2V6 + 24/6 <m < 3V2 +6 Vi du 6: Chimg minh rang phuong trình sau có đúng một nghiệm:
x'—x’ -2x-1=0,
(Đề thi tuyển sinh đại học năm 2004 -Khối DJ
Giá:
x” —x? -2x-1=0 (1)
(yo x =(e +17 20 > x20 > (xr1P el > X21 > xP)
Voi x>1: Xétham sé f(x)=x*-x? -2x—1 Khi dé f(x) 1a ham sé lién
tục với mọi x>] Ta có: f(1) =-3 < 0.f(2) = 23 > 0 Suy ra F(x) =0 có nghiệm thuộc (1:3) (2)
f(x)~5x”—2x~2-(2x'T—9x)+(2x!-2)+v` = 2x(x* -1)+ 2(x' -1)+x' 50, "x21
Suy ra f(x) đồng biến trên [1:+>) (3)
Tir (1), (2), (3) suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm
Vĩ dụ 7: Xác định m để phương trình sau có nghiệm
m(V1+x” -V1-x? +9)=261—x' +V1+x" -V1~x?
(Đà thi tuyến sinh đại học năm 2004 —Khái B)
Giái:
Diều kiện: —1<x <1 Đặt L=V1+4 x? -v1—xỀ
t-2—2J1-x'!<2 2 LšV2, t=v2 khi x= t1
= lập giá trị của t là [0; v2] (t liên tục trên đoạn [1: 1|)
Trang 18-t?+t+2
Phuong trinh da cho tro thanh: m(t + 2) =- th+t+2a—— —=m(*)
+
Xét F(t)= —< với 0<t< 3 Ta có f(t) liên tục trên đoạn |0, v2]
+
Phương trình đã cho có nghiệm x <> phương trình (*) có nghiệm
te|0:/2 | <> minf(t)<m<max f(t)
[o2] [s.5]
2 „ -
Ta có: £'(t)= ae ~ <0,vte[0;v2] = f(t) nghịch bién trén [0: v2]
Suy ra min f(t) =f(V3) = V2 -1; max f(t)=f(0)=1
:o v2] [n2]
Vậy gia tri cua m can tim ld V2-1<ms1
Vĩ dụ 8: Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:
x?+mx+2=2x+]
(Đề thì Tuyển sinh Đại học, Cao đăng- 2006- Khối B)
Giải: Vx? 4mx+2=2x+1 (1) 2x+1>0 x2-+ > 2 ` 2=(9 1)? = 2 x’ +m: +2=(2x+1) x? —-(m—-4)x-1=0 (2) (1) có hai nghiệm phân biệt <> (2) có hat nghiém x,,x, thoa man:
A=(m-4) +12>0
Vi du 9: Cho phương trình x” + [mt ihe +4+2-m” =0 Chứng minh răng với mọi m > 0 phương trình ln có nghiệm
Trang 19Weot?—4e{m? 8) 42m? =0ef(=t«(m?—8)t-2-m? 00)
Xét a.t(2)=1,{-m° + 2m? -4) =-m* +2m? -š“ h(m)
® h'(m)=-3m” + 4m; h'(m) =0 © m=0vim=2
3
Bang biến thiên:
x
Trang 20
15 Jx° 426 + 3Vx = JVx43 <8 16 Ux? 98 4 x 498 4Ne—-14 Vx -V2 +9 17 Jax evk4+1414\2x- V+] =2vx41 t1, 18 19, 20 Ưu (Ÿ3x +1)” t(Vầx =1? + 9x? =1] _x)~2=V2—x ị 1 3| — †Xx,Í—=—X =] W2 '*!W Điều kiện: x> 3 (1) e+ (Ks 7) —3VK 43 -2VK 474620 ©Ídx+7-—8][Jx+3~9]=0 © Ve+T-8-0 lo ldấx3-3-0 x =1 Hướng dẫn và đáp số IX, =1
Vậy nghiệm cua phường trình là 2
Xx,—2
x 4x43 - x - L(x -3)
x? —8x42= x-1)(x—2);x? —x =x(x—-1)
.x-l=0=x-]
Am “an ẽ ẽ.cẽn
= vô nghiệm Vậy tập nghiệm cua phương trình là S- 0
[x=0
—— 44 Oy x2: oy | 2x" -6x=0
J4+9x-x” =x-93ca44†22X—X = (KH 2Y QC [OR 9X alles
(x>2 x>2 |
[x22
Vậy nghiệm cua phương trình là: x=3 _
Ÿ16—x? ~4-x O16-x' =(A-x) ©16-x'=4'—-3.4 'x+3.1 Xe <> 19x” - 48x+ 48 ~0<>x”-4x+4=0<»x=2.,
— a ` L2
Đặt v = v2x-3, v>0 ©x= — nên phương trình đã cho trở thành:
Jy’ +2y 41 sv? +-8y +16 =7 Vive) + j(v +4)” =7
©|v+1|+|y + 4|= 7 Do y2Ohay 2x~3=1 Suy rax= 3
Trang 216 Dat v =x? -5x-2 Sx? +¢5xev' iD
Nên phương trinh đã cho l:
v-2v+4=0ôâ(v+2)(y?-2v+2) =ỉ
Ta cú v -2v+2=0 có Á <0 nên phương trình vơ nghiệm
Vậy y = —2 hay x” +5x =(—2)`~12 >(x+2)(x+3)=0
Phương trình đã cho có 2 nghiém: x, = —-2.x, =-3
7 Ta có x = 1 không phải là nghiệm của phương trình nên x—1z0
2
Chia 2 về cho t(x =1)
Dat E TY) phương trình trở thành yŸ — 3 =—2v ¬|Ÿ ety
3° -1
Suy ra phương trình đã cho có nghiệm: x = An
1, + khi và chị khi n lẻ 8 Tacó: 3x +6x+7=d3(x+l) +4 5x” +10x+14=ñ(x+1) “+9: 4-2x-x? =5-(x4 1) Do đó: V3x24 6x +722 4—2x—x?<5: Vãx?+10x~14 >3
Do đó phương trình có nghiệm khi và chì khi (x + 1)“ =0 hay x = -l
9, Ta có: 2x" —8x +12 = 2(x-2)? +4 =>VvV2x” -8x+12>2
3x? - 12x 418 =3(x—-2)? +1 —=3x”—12x+13 >1 Đo đỏ phương trình có nghiệm x=2
10 (10)0<>VŒ—3))+2+ J(x—3)+4 +@«—9)) +1 =3~ /2 Mà \(x~3)” +2 + j(x-—3)”+ 4 + (x—9)”+1>8+~ v2 (x—3)° =0 (x-2)° = 0
=> (i)co nghiém <> | = phương trình da cho vô nghiệm
2—P > Vab(a.b >0)
2
11 Áp dụng bất đăng thức Côsi:
Dau bang xay ra khi va chi khi a = b Ta co: x? -2x +2=(x-1)’ +150
Taecé: x? -4x+5=(x-2) +150
Nên — BE Bens > fx? -2x + 2)(2° —Ax +5}
zoos ‘ - 3
Trang 2212
13
14
22
2
Ta cé:Ti phuong trinh: V5x? + 3x? + 3x — =—? 3x =5
ma 5x” +3x* + 3x -2=(x? +x + 1)(5x — 2)
2
axer=[xed) +350
2) 4
nén Sx! + 3x" +3x~220 co 5x~220x>=
Ap dung bat dang thtrc Cési cho 2 sd:a =x? +x+1,b=5x-2
Ta co: (x? + x +1}(5x — 2) < (+X +1)6x=2) ret VG?) © 434-1
2 2 2
Dau bang xay rac>a=b Hay x* +x+1=5x-2 5x, =x, =3 Nghiém cua phuong trinh Ja: x, =1; x, =3
Phuong trinh
(1) > V(x =1 ~2)* + Vi =1 - 8)? =1 = [Vx -1 2) +8 - Vea] =1,
ath],
Áp dụng tính chất: |a| + |b| >
Dau bang xay ra @ ab>0
Ta có: |x—] -2|+|B~vx=1|>|Vx~1~2+8-x~1|=1
Dau bang xay ra (Vx -1 -2)3-VJx-1)20 Đặt Vx-1l=y,y2>0
=(y-2)(3-y)>0e©>2<y<3€>2<vx—1<3=4<x~1<9 >ã<x<l0
Vậy nghiệm của phương trình là 5 < x <10
Áp dung bat đăng thức Bunhiacơpski ta có: (ax + by}? < (a? + b2)(x? + y?) Dấu băng xảy ra khi và chỉ khi ~= bo Từ phương trình (1) ta có:
x Vv
(3x + 4y)* < (37 +4?)(x? + y?) = 25(x? +y’) Dấu băng xảy ra khi và chỉ khi 3 == hay v= aX
x=a
Vậy nghiệm của phương trình là: y ~ Sa; acR
Diéu kién: x>0
Ta thay: x = 1 là một nghiệm của phương trình:
* Với 0< x <1thì: Ÿ%? +26 +3 + vx+ 3 < 1+ 26 +3V/1+V1+3 =8
Vậy khi Ô < x<1 phương trình võ nghiệm
# Với x> 1: Ÿx? +26 +3vx + Je 43 > 91426 +3714 7143 =8
Do đó khi x > ! phương trình vô nghiệm
Trang 2316 Điều kiện: x>1 Ta thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình đã cho Nêu 1<x<2 thi:
lx? +28 + 2x? +28 + Vx—1 + Vx < 3 + 2/97 + VÌ + V2 = J2+9
Vậy với 1<x< 2phương trình đã cho vô nghiệm
Nêu x > 2 thì:
Yx? +28 + 20x" +98 + Jx—14+Vx > 932 +2907 +1 + V9 = j9 +9
Vậy với x > 2 phương trình đã cho vơ nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2
17 Đặt @2x+vdx+1l+1=u; @2x-wx-l=v Xét u? —v? = (2x4 Je +141) —(V2x~- Ve +1) =2x+vdx+l=2vx+l+l u+v=2Vx+1l+l 2 2 _9f =wx+l+I] Từ đó ta có hệ phương trình: —Ÿ =3 eer) Š u>0 v>Ũ Giải phương trình: 2x - JVxt+l=Jx+1 >x=3 18 Đặt 3x +1 =u; Ÿ3x—1 =v Phương trình đã cho trở thành:
U+v )+uv =1 (u-v)(u?+v?+uv)=2
uŠ-vÌ=2 u?+v?+uv=l u-v=2^2 u=]l oy, ; oS uo+vetuv=i v=-Ì V=vwWx+l
Suy ra nghiệm của phương trinh là: x = 0 19 Điều kiện: x <2
Đặt /2-—x =y,y/>0>x=2-y” và có hệ:
-x +92=y =>(y-x)(y+x-1)=0 Suy ra nghiệm của phương trình têm củ ì
-y +2=x
“hopes 1 An 1
20 Diéu kién: x < — Dat J—+x =u, Jf x=v,v20
2 2 2
u+v=l
=4u`+vỶ =1=>(1-v) =1-v* Hay v(v-1)(v-3)=0
v>Ũ0
vua , ` ` 1 1 17
G]ải ra ta có nghiệm của phương trình là: x; mm —= ihs =
Trang 24HE PHUONG TRINH
HE BAT PHUONG TRINH
Phuong phap chung
24
Dé giai hé nhương trình hệ bắt phương trình, ngồi những phương nháp HÌer- + Phương pháp cộng đại so
~ Phương pháp thế + Phương pháp đô thị + Phương phán sử dụng định thức cấp hai chứng ta cịn có thê sử dụng phương pháp đặt ấn phụ sử dụng tỉnh chát của bắt đăng thức - ` ; [4x + By =C,
Dang I: Hé phuong trinh co dang : | | B Có
z +x + >V = 2
" " > 3 A B
với 47+ 4 +B + Bị +0 Tacó D=| ` a A, B, Ì=AB,~4A,B, - “
C 5 ¬ € 4l ` :
Dx =| = CB, -C,B,: Dy = =C\4, -C,A, D
tp
Nếu D +0: hệ có duy nhất nghiệm:
y= » D
4 |D=0 K2
Nêu :hệ vó nghiệm
Dx #0 (hay Dy # 0)
Nếu: D= Dx = Dy =0: Hệ có vơ số nghiệm
; x.1)=0 /(x.vÌ=/|wx
Dạng 2: Hệ phương trình đối xứng loại 1: i, Gx⁄9)=0 J3) ( ) g{x.v)=g(».x)
= S =x+ y aa x 2
Dat: (điêu kiện S° >4P)
P=x.y
F(S,P)=0
( ) tạ tìm được S, P
E(S.P)=0
Khi đó x,y là nghiệm của phương trình X°—SY +P=0 , as at „J#(x.x)=0(1) Dạng 3: Hệ phương trình đói xứng loại 2:
f(y.) = 0(2)
Trang 25Lấy (1)—(2) về theo về ta được: : vàn Ip và () ¬ (oy XP |0) sà (a) Một số ví dụ minh họa | Dạng 1: Giải hệ phương trình XV+Xx+l=7y
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình | „(xyeR) xy?+xy+1=13y
(Dé thi Đại học, khối 4 năm 2009) Giải
Hệ phương trình đã cho tương đương: (do y =0 không
thỏa mãn hệ phương trình đã cho)
2 KH ( ‡] + vi y y ° ý c© oo [x:z) =8 š=1-[x++] yJ oy y y bo, 5 xab>=Ä
ofr (0) hoặc \ y (I)
x=3y
(1) vô nghiệm: (II) có nghiệm: (xiv) =[155 vax y)=(3: 1)
Vay: («v)=(13] hode (x;y) = (3:1)
(x -y)(x? + y?) =13
(x+y)(x? -y?) =25
(Đề dự bị 2— Khối B - 2006)
Ví dụ 2: Giài hệ phương trình: | (x, yeR)
Giải:
(x-y)(x? +y?)=13 ° (x-y)œ?+y?)=13 (1) (x+y)(x?=y?)=25 (x-y)(x+y)? =25 (2) (2)-(1) = (x-y)2xy=12 (8); (1)-(8) = (x-y)Ì=1 (4)
Trang 26Do đó hệ phương trình đã cho tương đương với:
fn 2 font Ni
(x+y) =25 xty=t5 |(xy)=(-2-3)
=3
Vậy hệ phương trinh có nghiệm: * ; 2
y=2 |y=-3
Cách 2: Hệ phương trình đã cho tương đương với:
* + xy? yx? -y"=13 (1) o f -y* =19 [((2)+(1))/2]
ev(x-9) 6 [((2)-(9)/2
3 | y)| (x~ v} +8xy |~19 ° we + 3xy(x—y) =19
|xy(x-y)=6 xy(x-y)=6
x-ve=l x=y+#l x=3 x =-2
” wees=6 © live t)y=6 a ny b2
Vậy hệ phương trình có nghiệm: ro
x? —xy? + yx? —y`=25 (2)
Đa
[x3 ~8x=y°+2y
K -3=3[y? +1]
(Dé dur bi 2 — Khối A — 2006)
Vi du 3: Giai hé phuong trinh: x (x,yeR) Giải:
[x® —8x = y? + 2y x'-y*=2(4x+y) (1)
le —3 =3{y? + 1) - -3y7 =6 (2)
Thế (2) vào (1) ta có: 3(x) —y`)=6(4x + y)
œ© 3(x!-y))=(x?-3y?M4x+y) © xÌ+x y-12xy =0
<> x=0 hay x=3v hay x=-4y
* x=0 =-äy” =6, phương trình này vô nghiệm
* x = 3y thay vào (2) có hai nghiệm (3;1) va (~3;-1)
* x =—4y thay vào (2) có nhiệm ~4 aS (5 | ($8)
Vậy hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm:
fonds (aad 4s | VBS }
Trang 27(x? +14 y(vix)=4y
(x? +1)(V+x—2)=v
(Đề dự bị I — Khối A — 2006)
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: (xyeR)
Giải: (x2 1 r(V = y Cach 1; (& TV tVN+= Av m (x”+1)(W+x—2)=v x”+1=0 (x?+1\(x-92)=0ˆ
Hệ phương trình này vơ nghiệm
Khi y #0 chia hat phương trình cho y Khi y=0 thì (1) e 2 xX + +v+x-9=2 x’ +1 V +Vtx-2=2 (joy, easy x +1 (y+x-2)=1 (w+x~3)?~9(+x~2)+1=0 V V+x-2=] X= (x =-2 oo 5 <> hay x+l-ä3-—x y=2 v=5
Vậy hệ phương trình đã cho co nghiệm: Be ý { : _
Cách 2: Thay y của phương trình thử 2 vào phương trì nh thứ nhất ta có:
(0 e ee 1+(x”+1)(v+x~2)(y +) =4(x” +I)(y+x—Đ)
(x -1)W+x-2)=V
1+(vx+x—32)(y +x)= 4(V+x— 3)
Ie +1)(y+x~2)=y
(chia 2 về của phương trình ] cho 1+ xẺ)
1+(v+x-2)(y+x~2+2)>4(x?+~1)(v+x—2) — I +lj(y+x=2)=V yax-2=] =1 í 4, c> [x hay {* x°+1=3-x ly =2 lv 9
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: b ¬ Ù ~
XxX +y4xt+y=4 (1)
x(x+yv+1l)+y(y +1)=2
(Đề dự bị - Khối A năm 2005)
Vi du 5: Giai hé phương trình:
Trang 28Giải: Cách I: Sư dụng phương pháp đạt án phụ:
[ev tees [x7 +yPex4y-4
- c> '
Ix(x+v+l)+x(v+l)=2 |x + t+X!LV+XV=2>Xxv 2
Tacó: S=xx+v;P=xv > Sex? ty +2xy 2 xÃ+v -Đ -7P
I8°-9P+§=4 po => X ̧?—-P+8=ð IS=0 hay S=-1 Vay: (I) ` ‘S=x+y=0 * Trường hop 1: « |P=xv =-2
Vậy x y là nghiệm cua phương trình: x +0.X-2= Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là hay = ~
7-9 _=
S=x+y=-l
* Truong hop 2: | ’ oy
|P —xv 2
Vậy x v là nghiệm của phương trình:
Xˆ+X-2=0c<> X=]1 hav X=-2 iy =] ‘x = -2
Vậy hệ có 2 nghiệm 4 74
[y= -2 [v=
Tóm lại hệ phương trình (1) đã cho có 4 nghiệm:
|x=v2 Íx=-v23_ x=] ;X=—2
4 —A = 24 ; 3 y8 Ív=vs le=- ly
Cách 2: St dung phương pháp phán tích thành nhân tú đưa Về tuyên gom hai hé plarung winh:
, Jx+v ix-v=4 xX +†Vv `+x+y-4
(joao, , c> ° °
[x+y 4xtytxya2 XV — =2
lx+vw=0
( dể Lee X=-V xtv=-l
sim x3 °eltsael 2 7 bes | |x x`+x~2=U xv =-2
NI | | =-⁄3 {x=1 Jx=-3
v=v2 ` |y=-3 ` iv=l
Íx=v2 l x=-Vỡ {x=1 fro
Trang 29
lox + Vy -— n " -
L7 dụ 6: Giai hệ phương trình: | vexe Vil oyxey ol (1)
|3x+ 2v >4
(Đề dụ bị 2 khối 4 năm 2005) Giải:
Hệ phương trình đã cho <> vexeveT-vxty =]
|(2x-vi1)~(x+v)=ð
Dat u— J2x +y-1>0 v= x +9 20 Hé phuong trinh (1) trở thành:
Ju-v=] tu=2 _= | ; => 4 hay + (loại) lu'-v?.ä ved v=-2 [j2x+tv+l=3 23xtv+1=4 ‘x =2 Do db (I) Oo v3 : c> 4 ` = Hà jVx+v=l K+V=] Sool Le „ Jx-9
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: 4 7
ven + 4 x'-xÌv+xÍy =1 [7đự 7: Giải hệ phương trình XÝV~X ~xv=l (Dé dw bi 2 khéi A —2007) Giải:
Íx' —x V+ xy! _1 Js? +xy) È x'vel
éđ> <
Fete Ixyox oxy Í(-x” +xv)+x?v~1 (1)
Đặt u=—x” txv: v=x#v Hệ phương mình (D) trợ thành: Íu =0
; s
juz +v=l Jv=-u-1 Vài
` Qo < 5 Qo ,
urvel Juv -u=0 ‘uz
.v=Ũ
Do đó hệ phương trình đã cho tương đương: | |-x? + xv = 0 lÍy=x Kg lv-a |x? 3 x=1 [x 1 ; = ợ <> ot | a _x7 4 xv =] Jv=9 te] V=— [ xv =0 | |x* = —] (Võ nghiệm) eg XE] [xl
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm + : | -
v= yur
Trang 305
Vi du 8: Giải hệ phương trình: _ (xveR),
x*+v`+xv(1+2x)= ¬
(Dé TS Dai hoc, Cao dang 2008 — Khéi A)
Giai: õ 3 : 5 XÌ+~V+XỈÌV LXV” tXV —— X +V+xVv+ xy (x? + v) ==— - 4 oS - 4 (*) 5 3 2 5 xa vì+ xy(1+ 2K) ==T (x + v) +XV =—— u=x -Vv Dặt ˆ„ Hệ phương trình (*) trở thành: |v =xv a 5 ‘ a wevtuv — V=—=—-w u- GQ) viz c «< 1 \ 1 3
uUˆtVv=—— uẺ+u + —=0 u=——:V=——
4 L 2 2
mm:
5 x”-+v=0 ly
sVới u=0; v=-—— ta có hệ phương trình: 5 SO "
XV' =— 4 \ a if 125
\ 16
sVới u= “SYED ta có hệ phương trình:
f 31 ‘ | ¢ ~~ _-() [2x +x 8-0 [x-1 wx 2 es 3 oy 3 : XE TS |y=~š ve- | 2x 9 2X i for , ( và a:—3), V4 V16 2 Qx'va xy? = 28x 9
Vậy, hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm;
1 '
Vi du 9: Gia hệ phương trình: 3
[x” 4 2xvV —6x +6
(Đề TS Đại học, Cao đăng 2008 - Khối B)
(x, veR)
Gia:
Hệ phương trình đã cho tương đương với:
Trang 31ex =0 không thỏa măn hệ phương trình
ex=-4 > yi t
Nghiệm của hệ phương trình Ja: (x: y) = (a, at) ,
Vi du 10: Giải hệ phương 1 dụ /Ø: Ciiai hệ phương trình: trình; | Ÿ X?Y= X —3y (x.veR) X,VE P x/f2y -vvx- =2x-2y
(Dé TS Dai hoc — Cao dang - Khéi D - 2008)
Gidi:
2
Diéu kién: x> 1 vay >0
ẽnn.nn
* Trường hợp l: x =-—y Vì y > 0 nên x <0 (loại vì x > Ï)
* Trường hợp 2: x = 2y + Ì „ thể vào phương xJ2y -vx—1 >2x—2y ta được:
(2y +1)J2v - v2y = 2y +2 ©(y +1)(/2y -2) =O y z2: y =—1 (loại)
Vậy hệ có nghiệm: x =5; v=2
JX—V=vX—V 1
Ví dụ II: Giải hệ phương trình; ` — () Kty= /xty+2 (2)
(Dé TS Đại học - Cao đăng- Khối B năm 2002)
Giải:
~y>0
Điều kiện: L ve x+y20
Phuong trinh (1) © x -y(1-x-y}=0 = fo
x=y+l
Thay x=y vào (2), giải ra ta được: x = y =]
Thay x=y+] vào (2), giải ta fa CÓ: X =>) V “S:
ˆ ` ` ` 3 1
Hệ phương trình có nghiệm: x =1: y =1 và x= 3 y= 3
2™* = By’ —4y
Ví dụ 12: Giải hệ phương trinh: ¢ 4< 4 9%!
2+9
(Đề TS Đại học —- Cao đăng- Khối D -2002) Giải:
2* =ãyˆ-4y 2*=y>0
Hệ phương trinh ` he s ,
2% =y y' -5v’+4v=0
Trang 32|2 =v 20 y= <* 4 <> .V=Ũ;v=l:V=4 [x=2 Lv =4 Íx=0 íx=2
Vậy nghiệm cua hệ phương trình là: 1 4
lv =] v4 ] 1 cous x-—=y-— (1) F7 đụ 13: Giải hệ phương trình: x v lav=x'+1 (8)
(Dé TS Đại học - Cao đăng- Khoi A -2002)
Giải:
vÀ " „ ` ¬ Vv
Điều kiện: xvy z0 Ta có phương trình (1) <> (x-dÏ1 1 K c3 |
‘ LÔ NV) | xv =—]
Trường hợp I: | ` rirong hop 1: © % y
gu, lay- xi +] lox =x) +1
[ | X=\_-] Íx=w -1~ 5 = $ ; © |X=V= | x= 1)(x +x-]] 0 2 _ -1-V5 |X=X= 5 1 - ] [xv v=-] ` X Am -1 (3) Trường hợp 2: + = ’ <> | x [2yex 11 ~f_y-} |x'~x+2=0 (1) i x
Ta chứng mình phương trình (3) vơ nghiệm
1X 3
Cach 1 x’ i+ 2e(x 1] +—>Q, ¥x
2} 2
\
Cach 2, Dat f(xj=x'+x+2 > f{x)>min f(x) =fÍ
\
xelt
Truong hop nay hệ vô nghiệm Vậy nghiệm của hệ phương trình lá:
-1+V5 -1+V5) (-1-J5 -1-V5)
(x:v)=(11), + võ, m5] ] v5 ve
2 2 9 2
Trang 33
[ y +2
3y=—— (Q)
Vidu 14; Gias hé phuong trinh:
x’ +2
3x = vi (2)
(Dé TS Đại học — Cao đăng - Khối B -2003)
Giải:
Điều kiện: x z0; v0 Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành
Màu +2 J@y\3xy +x+ y) =0 > 3xv?=x?+92 |3xy? =x”+2 ` X=V x=l Trường hợp I: Dy eo 3xyˆ =x +2 y=l [3xy+x+v=0 3xy’> =x’ 42 (1) và (2) ta có x, y>0
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x = v=1
Trường hợp 2: Hệ phương trình này vơ nghiệm vì từ
X+V- jxy =3 Jx+1+ Vvel =4
(Dé TS Dai hoc — Cao đẳng - Khối A -2006)
Giải:
Điều kiện: x >—1,y >—1, xy>0 Đặt t= /xy (t>0)
Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra: x+ v=<3+t Vidu 15: Ciái hệ phương trình: (x,veR)
Bình phương hai về của phương trình thứ hai †a có:
X+aV>2+2jxv+x+v+l=16 (2) Thay xv<=lt2, xtv=3+t vào (2)
ta được:3~tL+2+2Vtf+Ä3++1<16 «+ JVf+t+4=11-E
/0<t<ll 0<t<11
l4 +t+4)=(1-tỷ {a +26t -105=0
Với t=3 ftacó x+y =6, xv=9
Suy ra nghiệm của hệ phương trinh la (x: y) = (3:3)
<> t= xỶ—3x=V` 3v x+y ol Giải Từ phương trình x” + y° =1 =|x|< 1|v| <1 Xét hàm số f(t) = tỶ - 3t với || <1 Ta có f')=8tU~3=3(—1)<0với |t|<1.fŒ1)=0 nên f(t) nghịch biến với |t| < 1
Vidu 16: Giai hé phuong trình
Trang 34Ta co phyrong trinh x" ~ 3x = y* — 3y có thể viết Ñx) = f(y) nhung theo dinh
lí nêu trén f(x) =f(w) S x-v
(x=y 1
Do đỏ hệ đã cho trơng đương với 3 e>x-Veot
xo t yo =1 2
ở ¬
¬ ` x“ -yyxy ~36
Vi du 17: Giai hé phương trình: ves
y? —x/xy - 72
Giải
VỆ trái của các phương trinh cân được phân tích ra thừa số Vì vậy khơng
thể khơng áp dụng định lí về căn của một tích
Hệ phương trình đã cho tương đương với tuyến của 2 hệ phương trình:
[x>0;x>0
a) «Vx(Vx" - Jy’) =36 | ey" ve) = 72
Vị về trái của các phương trình trái đấu nhau hoặc có thê nhận giá trị Ö nên hệ phương trình trên khơng có nghiệm
|x < O:v <0 mm
b) ốm x/Cx" x) + ye -y" pms 36 Tu day T= =—:J-y =2J-x thay vao
IVE Wey) + JCx)”) = vy?
phương trình ta nhận được Vx? = 4, hay x = —2 (vì ch! xét x <0) Tir day
có v— -§ Vậy hệ phương trình đã cho c6 nghiém (—2; -8)
Íjv+v +ƒx— v =6
Wax ry -yy =8
Giải
Vì œ-vŸ>0 cho nên việc chuyến | Wax yy" (x= vy = =x iy), Ve - vy
Vi du 18: Giai hé phuong trinh:
không thay đổi miễn xác định của hệ Với mọi số Xx v trong miền xác định, ta có Ÿ(x+ v)” =Jx~v (tức biến đổi này tương đương) Tương tự
x ‘ A+ N + : ok `
thoạt nhìn có thê biến đôi: ÿ(x—v} =x— v Nhưng, thực ra, dieu nay
không đúng với mọi x, y trong miền xác định mà chi đúng với x>3V Chính điều kiện này có thê làm mất nghiệm Vì vậy, ta phải viết: vx+v+lx-v=6, - và hệ này tương đương với tuyên của hai hệ phương, ¬ cua
[JX+V dÍx — vị =8
{VÌ vy x]
Íx-v>0 po
Trang 35a} b) Ta giải từng hệ phương trình: x-v>q PEtyrin v6, \JVX+y.jx-y=8
Đặt: Jx+y =u,lx-y =v Rõ ràng là u>0,v >0
+v=6
Chúng ta có hệ phương trình: J9 n3
ju.v=8
ˆ x ` ‘ a Ju = 4 IUC= 2 Hệ phương trình này có 2 nghiệm: vẽ2 hoặc Ủy ca
x+y =4, ý =9
hay vers hoặc 723 Yx-y=4
Giải 2 hệ phương trình nảy, ta nhận được 2 cặp giả trị x và y:
(12: 4) (34; -80)
Uy —y =2
X—V<ƠƯ
Vx +y +i/x—v =6 Dé giai hé phuong trinh nay, chung ta str dung cac
Vxtvasx-y =-8
kí hiệu như ở phần trên Tuy nhiên, ở đây u> 0, v <0
u+v=6B
Chúng ta có hệ phương trình: |
lu.v=~8
Nghiệm của hệ phương trình nay sẽ là các cặp số (u, vì:
(3+ J17:3- V17), (3-V17:3+ v17) Theo điều kiện, cặp số thứ 2 không thỏa mãn
bo cự lwx+v=3+ J17
Khi đó có thé viết: ¢*
q-yv =3- V1?
Giải hệ phương trình này nghiệm sẽ là cặp sd: (103- 19/17:-77+ 9817)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: (103—19/17:~77 + 95v17), (12: 4)
(34; —30)
x ey
¬ |2 =“-8X =9
Vĩ dụ I9: Giai hệ phương trình: | Vv uy
x-v=68ä
Giải
À va a Và xu r ˆ , xy 4 ˆ x `
Đâu tiên, ta cân phải giản ước phân thức: 3-——— muôn vậy cân làm 2a
vy
để từ số và mẫu số có các căn thức cùng bậc Nhưng điều này chỉ đúng
Trang 36với y > 0 Suy ra, phép biên đôi này đã tạo thêm sự ràng buộc v > 0 Va
như vậy chỉ tìm được nghiệm dương của hệ phương trình ban dau Ding ok _ | iy? nếu vy 20
ra ta phải viet: a/v
lye nêu v< 0
Như vậy, hệ phương trình ban đâu tương dương với tuyên cua hai hệ phương trình sau: Iv >0 ` a) [af ad =2 v Vv xX¬v=Gä
Xét phương trình đâu như là phương trình bậc 2 của fe va chi tim
¥
x £
nghiệm dương, ta có iE =2 y
Từ đây đễ dàng tìm ra nghiệm của hệ phương trình là cập số (64: 1)
“w<0 b, Am b) 49: I _=-= ~2, Các bạn tự giải, ta có nghiệm sẽ là (—1: 64} Vv x-v =63
Vậy hệ phương trình đã cho co nghiém (64:1).(-1:-64)
Lees Íx”~xy+y° =3(x-y
Vi du 20: Giai hé phvong trình: }x " 2» rs 2 = (xy) (x, veR) (1) 3
lx +X¥ ty" = 7(x-y)
(Dé dw bi 1 — Khoi D — 2006)
Giải:
( x-vy=U toa, “3 u“=3u+Vv=0 q2 3u“ -3u= 6 Đặt Hệ (1) trở thành: "> ; [XV = Vv v=2u” v=2u" Ju=0 |ja=x-v=0 v=0 lv =xv =0 Ix=0 x=2 Ix=—Ì = © |, : o i* hay hay Ẳ jue! u=x-ye=l ty =0 (y =1 v=—2 lv =2 [xv = 2 (x=0 [x=2 [x=-1
Vậy hệ phương trình có nghiệm : | 54
Trang 37
Dang 2: Tim diéu kién của tham số để hệ phương trình, hệ bất
phương trình có nghiệm
Vĩ dụ 1: Tim m dé hé bat phương trình sau có nghiệm: rn - 777 4 2005x < 2005 x? -(m +9)x + 3m +3>0 (Đề dự bị I Khối D năm 2005) Giải: re -7'“ +2008x<2005 — (1) x? -(m +9)x + 2m +3>0 (2)
Điều kiện: x>~1 Ta có 722 ~722*1 <0, Vxe [1:1] Ta có: (1) e 7'“1(72 ~7?)<9005(1—x) đúng Vx e[—1:1]
Do đó (1) © -1<x<1l
Vậy, hệ bat phương trình có nghiệm > f(x)=x? ~(m+9)x+22m+3>0
có nghiệm trong [—1;1] xe|—1:1] Max f(x)>0 < max{f(-1);f(1)} 20
3m+620
© max{3m+6;m+2}20 © oso 7 M272:
m+Z2
Vậy giá trị m để hệ bất phương trình có nghiệm là: _m 2-2
e* =9007— “
Vi du 2: Chimg minh ring hé phuong trinh vy -1 (1) có
e” = 2007-——
x? -1
đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện x >0, y >0
Đề dự bị I - Khối B- 2007
Dat: f(t)=e', g(t) x0, V|t|>1
Œ#~UÊ
Ta có hàm số f tăng nghiêm ngặt trên từng khoảng xác định và hàm số g
giảm nghiêm ngặt trên từng khoảng xác định
f(x)+ g(y) = 2007
=> f(x =f(y)+ *
(y)+g(x) =2007 (x)+ø(y)=f(y)+ø(x) ()
Nếu x>y = f(x)>f(y) => g(y)<g(x) do (*) Suy ra y >x (do g giảm nghiêm ngặt) = vô lí Tương tự khi y >x cũng dẫn đến vô lí
oof
Le oF
là 2 37
Trang 382007 =0 (2)
x Vx’? -1
Nếu x <1 thi h(x)<e"'T-2007<0 = hệ phương trình vơ nghiệm
Xét: h(x)=e”+ -2007 (lx|> 1) dị Khi x>1> h'(x) =e" 1} 3 ig -(x# =1)? (x? -1) n x 3 2 ` ‹ x 3x ` - h"(x)=e +i ~1}?.2x=e + =m==r>0 và lmh(x)=+«, (x? ~1)2 xi
lim h(x)=+00 Vay h(x) liên tục vả có đỗ thị là đường cong lõm trên
(1;+œ) Do đó để chứng minh (2) có 2 nghiệm đương ta chỉ cản chứng minh tổn tại xạ >1 mà h(xạ) < 0
Chọn xạ =2= h(9)=e? +-—~9007<0 Suy ra: h(x)=0 có đúng 2
v3
nghiệm x;, >1, x, >1
Vi du 3: Tim giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
1 1, XK+—+V+—=0 x Vy 1 1 x? +—+y" +— = lõm —10 x" -
(Dé TS Dai hoc — Cao đăng - Khối D -2007)
Giải:
Đặt vexed, veyet (jul >= 2 |v] > 2)
x y
u+v=5 H+V=õ
3
Hệ phương trình đã cho trở thành: &
u +v' —Xust v)=15m-10 uv =8—-m
& u.v là nghiệm của phương trình: †?—đt +8 =m (1) Hệ đã cho có
nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm L=t,, t=t, thỏa
man: †,>2, tạ>2 (t,, t,không nhất thiết phân biệt) Xét hàm số
f(t)=t?—5t+8 với lÌ>2
Trang 39Bang bién thién: L —oco —2 2 5 +90 2 any — WII — _ | (t) 222 tie () + f(t) | +99 ALAA 2 +00 ( — 22 Yi 4 Ne ⁄ ⁄⁄ ⁄ ⁄ 7 2 z4 4
Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm
có gi Ê
khi và chị khi gems? hoac m > 22
, d3 wp z 2 1a ` Íx-mvz=1 „
Vĩ đụ 4: Tìm giá trị của tham số m đề hệ phương trình ` 3 có mX3 y=
nghiệm (x;y) thỏa mãn xy <0
(Dé TS Cao Đẳng Khối A, B, D — 2008) Giải: l1 —m 1 —m } 1 D= =1+m'; D = =l+äm; D = -3-m jm = | 3 1 * Im 3 D, 1+3m Dem!
Hệ phương trình tương đương 7m
/_D | 3—m
, D 1+m?
T1
Hệ có nghiệm (x;y) thỏa xy<0 1m, 3-m <0<>m<~; hay m>3
1+m° 1+w?
Vx+dy=1
xWx+ yVy =1-3m
(Dé thi tuyển sinh Đại học - Khối D- 2004) Giải:
Ví dự Šz Tìm m đẻ hệ phương trình sau có nghiệm:
Dat ucvx:v= yy u>0;v>0
u+ve=l utvel
Hé phuong trinh da cho tro thanh: I Mo
ui+yi =1—-3m uv =m
<> u,v 1a hai nghiém cua phuong trinh: t? -t+m=0 (**)
Hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) © hệ phương trình (*) có nghiệm u>0, v>0 < Phương trình (**) có hai nghiệm † không âm
A=1-4m20 1
© <$=120 Osms- P=m>0
Trang 40a
b
BAT DANG THUC GIA TRI LON NHAT,
GIA TRI NHO NHAT Kiến thức co ban
Tinh chat
Tinh chat 1: Đốc
b>e
Tinh chất 2: a> b ©> a+c>-b +c,
Hệ quả: a> b+c ©> a— c > b (chuyển về và đổi dấu)
Tính chất 3: eae a+e>b+d cod
Chú ý: Khơng có quy tắc trừ hai về của hai bất đăng thức cùng chiều
Tính chất 4: sàn em, a ac<be, ¢<0
Tinh chất 5: {re = ac > bả
c>d>0
Chú ý: Khơng có quy tắc chỉa hai về bất đẳng thức cùng chiều
Tính chất 6: a>b>0 => an>bn, VneN”
Tinh chat 7: a>b2>0= Ja>vb
Tính chất 8: a>b => {a>%b
Hệ quả: ` * Nếu a> 0 và b>0thï a>b < a? > bŸ,
* Nếu a >0 và b >0 thì a>b ca? > bề
Bắt đẳng thức về giá trị tuyệt đối
Từ định nghĩa ta có: a <|a|;Va e JR
||<a<s-a<x<a vớia>0
jx] >a <>x <-ahoic x>avéia>0
la|~|b|< Ja+ b|<|a|+ lb|
Định lý: (Bắt đẳng thức Cósj) Nếu a > 0 và b> 0 thì ®E Ð> Vap Dấu “=” Xảy ra a=b
Hệ quả
Nếu hai số dương có tơng khơng đổi thì tích của chúng đạt giá trị lớn nhát khi hai số đó bằng nhau