Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 59 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Nội dung
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 Hồi Vũ Tổ chun mơn: Tốn – Tin I Phƣơng pháp biến đổi đại số, rút Sử dụng phép biến đổi tương đương bản: Nâng lên lũy thừa hai vế (Chú ý điều kiện) Rút ẩn biểu thức từ phương trình hệ vào phương trình cịn lại Phân tích phương trình hệ tổ hợp phương trình hệ phương trình tích y x ( x y) x y Bài số 1: Giải hệ phương trình 2( x y ) x 11 Giải Điều kiện: : x ( x y) ; x y 0; x 2 x ( x y ) x y y (1) Hệ phương trình tương 2 2( x y ) x 11 (2) Từ (1) suy y (Vì y < VT (1) >VP(1): vơ lý) Dễ thấy y = không thỏa mãn Xét y > Phương trình (1) tương đương: x ( x y ) ( x y 1) ( x ( x y ) y ) x y 1 x ( x y )( ( x y )( x y 1) ) 0 2 ( x y) x y x ( x y) y x2 ( x y) ( x y 1)( ( x y)2 x y x y x2 ( x y) y )0 x y 1 Thế y = x - vào (2) ta được: x2 x x 11 (2 x 1) x 10 Đặt t = x , ( t ), ta có phương trình: t 3t 10 (t 2)(t 2t 4t 5) t 2 Với t = ta giải nghiệm hệ (x; y) = ( ; ) 15 x 17 y x y xy Bài số : Giải hệ phương trình 17 x 15 y 2 x 14 xy y x y Giải Điều kiện: x 0, y Đặt x a, y b a 0, b Hệ phương trình cho tương đương với 15a 17b 15a 17b 2 a b ab a b (1) 4ab a b2 a 14a 2b b 17a 15b a 14a 2b b 17a 15b (2) a b2 a b2 Lấy hai vế 1 nhân với a cộng hai vế nhân với b ta được: 4a 2b a b2 a 4b 14a 2b3 b5 15 3 Lấy hai vế 1 nhân với b cộng hai vế nhân với a ta 4ab2 a b2 a5 14a3b2 ab4 17 4 Lấy cộng 3 theo vế ta : a b 32 Lấy trừ 3 theo vế ta : a b 2 a a b 32 a b 5 a b a b b 2 2 2 x x 2 y 2 y 2 2 2 Vậy hpt có nghiệm nhất: x, y ; 2 x y (1) Bài số 3: Giải hệ phương trình 10 x xy 3x y (2) Giải y2 1 Từ (1) : x (*) ;| x | 2 y2 (2) x x xy 3x y x xy 3x y x 3x(1 y ) y y 2 Coi vế trái phương trình bậc hai x, có 9(1 y)2 8(4 y y 2) (2 y 5)2 3(2 y 1) y 2y x x 3(2 y 1) y y +) Với x = 2y – thay vào (1) ta : 2(4 y y 4) y 15 15 x (tm(*)) y 7 y 16 y 15 15 x (tm(*)) y 7 +) Với x 2y 1 thay vào (1) ta : (2 y 1) y2 y2 y y2 2 1 x (tm(*)) y 2 y y 1 2 1 x (tm(*)) y 2 Vậy phương trình có nghiệm 15 15 15 15 ; ; ; ; 7 7 ( x; y ) 1 2 1 2 ; ; ; 2 2 3 (1) 4 x y x y 3xy x y Bài số 4: Giải hệ phương trình y x x y xy x ( 2) Giải x 2 Điều kiện y (1) x y x y y3 y x y y x y y x y y2 x y Thay y=x vào phương trình (2) ta được: x x4 x x x3 x x x 2 x x x x3 x x (*) 3 x x 0 Với 2 x , ta có 2 x x4 0 2 x x x x (*) x2 x 2 x 2 x4 x x 2 x 3 1 x2 x 2 x 2 x x4 3 x 2 x 3 x 1 x2 x x Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm (x:y) (-1;-1) (2;2) 2 2 x xy y Bài số 5: Giải hệ phương trình 2 2 x 3x 3xy y Giải Phương trình (2) hệ viết lại sau 3x 3x 2y 3x x y x y 3x x y 3x khơng thỏa mãn hệ phương trình Chia vế (3) cho x ta có Ta thấy x y phương trình x y x x3 x y y 1 y 3 x x x x x x PT (1) hệ viết lại sau x TH1: x2 2xy y y x 1 1 x2 x y x 0 y y x y x y x x2 3x 2 y x x2 thay vào (4) ta có x y x x 3x x x y TH2: x y x x kết hợp với (4) ta có y x Thay vào (4) ta hai nghiệm trùng với hai nghiệm Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x ; y 1;0 ; 1;2 2 2 x y x y y Bài số 6: Giải hệ phương trình 2 4y x y 2y Giải ĐK: y 1 x y y x2 y y x2 y y x2 y y x2 y y x2 y y (do x2 y y ) Với x y y x Thay vào (2) ta được: y y y * y y 12 y y y 3 2 y y 2 y y 4 y Giải (3): y 2 2 y y y Giải (4): (vô nghiệm) 2 2 y y 4 Vậy hệ phương trình có nghiệm: x; y 0; xy x y x y 16 Bài số 7: Giải hệ phương trình x 2x x x y 8y 3y Giải x y ĐKXĐ: x x 3y x2 x y 0 y 8y Từ phương trình thứ hai hệ ta suy ra: x y x 0 y Ta có x2 y2 xy 8xy 16 ( x y)2 16 2xy 0 x y x y x y ( x y)2 4( x y) 2xy x y x2 y2 4( x y) (*) Do x y x Mặt khác, y (*) x y 4 2x y x y nên áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta 3 x2 x y x2 x y có: 2 8y 2 8y 2 x3 x2 3y x2 x y Suy phương trình thứ hai hệ 8y Do hệ cho x y x y x2 x y x 16 xy 12 y 8y x y x y x y, x y 24 x 8 nghiệm hệ y 12 x 1 y y x 1 Bài số 8: Giải hệ phương trình 2 y 1 x x y 1 Giải Cộng vế với vế hai phương trình hệ sau rút gọn ta thu được: 2 5 5 x y (1) 2 2 Trừ vế với vế phương trình thứ hai cho phương trình thứ sau phân tích ta được: x y x y xy Nếu x – y = 0, thay x = y vào hai phương trình hệ ta giải được: x = y = x = y= 5 15 Nếu x y xy x y (2) Đặt a x , b y 2 2 2 a b Từ (1) (2) ta có hệ phương trình: a b 15 2ab 4a 4b Trừ vế với vế hai phương trình hệ ta có: a b a b 1(3) Cộng vế với vế hai phương trình hệ ta có: a b a b 4 a b a b 4 Dễ thấy a + b = - mâu thuẫn với (3) a + b = 0, thay a + b = vào a b (3) ta có a – b = ±1 Giải hệ: Tìm (a;b) = a b 1 1 1 ; ; ; 2 2 2 12 5 x 1 2 x y Bài số 9: Giải hệ phương trình 5 y 1 x y Giải Nếu ( x;y) nghiệm hệ x.y 12 1 x y x x2 y 5x y Do đó: Hệ (I) 1 1 2 5y x y 5x y (II) Nhân vế với vế PT hệ (II) ta PT: 36 36 y x y x 2 x y 25 x 25 y x y x y; x 2 y Thế x = 2y vào phương trình thứ hai hệ (II) ta y = 1; từ x = 2 Thử lại ta tất nghiệm phương trình cho là: 2;1 ; ; 5 Thế x = -2y vào phương trình thứ hai hệ (II) ta y ; từ x 5 1 3x x y Bài số 10: Giải hệ phương trình 1 y x y Giải Điều kiện x 0; y 0; x y Nhận xét: Nếu x; y nghiệm hệ phương trình x 0; y Do ta viết x y 3x lại hệ phương trình sau: 1 x y 7y Thực phép trừ cộng hai vế hai phương trình hệ ta 1 2 (1) x y x y 1 2 (2) x y Nhân hai vế hai phương trình (1) (2) ta 1 ( y x)(7 y x) y x (vì x 0; y 0) x y 3x y 11 22 ; 21 Thay vào ta giải nghiệm hệ sin sin sin Từ định lý hàm số sin suy , , góc tam giác có độ dài cạnh tương ứng 3, 4, Do tam giác vng nên ta có : Vì tan ,sin ,sin 5 , tan , tan 2 1 1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: ; ;1 , ; ; 1 3 Bài số 51: Giải hệ phương trình x y y y 3z z z 3x x Giải x y y Ta viết lại hệ dạng y z 3z z x 3x Ta chứng minh tất số x, y, z theo trị tuyệt đối không vượt Thật vậy, giả sử x số lớn số x > ta có z = 4x – 3x > x Ta đến mâu thuẫn Nếu giả sử x số nhỏ x < - ta có z = 4x3 – 3x < x, mâu thuẫn Như -1 x, y, z ta thực đặt x = cos (0 ) Khi z = cos3, y = cos9, x = cos27 Bây rõ ràng số nghiệm hệ phương trình ban đầu số nghiệm phương trình cos = cos27 [0 ; ] Dễ dàng thấy số nghiệm 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 đẳng thức thường dùng + x2 y x y x y + x3 y3 x y x xy y + x4 y x y x y x y … + xn y n x y x n1 x n2 y xy n2 y n1 Sử dụng đẳng thức này, ta quy phương trình vơ tỉ ban đầu dạng phương trình tích việc làm xuất nhân tử chung Từ ta dễ dàng giải tiếp Thường tốn sử dụng phương pháp ý tưởng tổng quát ta sau: Giả sử ta có phương trình dạng F x với F x xác định miền D ta nhẩm nghiệm x = a phương trình ta biến đổi phương trình cho lại thành x a G x Bài số 52: Giải phương trình 3 x2 x2 x2 15 (1) Giải Ta dự đoán nghiệm x 1 , ta viết lại phương trình sau: 1 x2 1 x 1 x4 x2 x2 x2 x2 x2 1 3 2 x x x 8 3 x 15 x2 x 15 x 15 Mặt khác, ta có: x 15 x x 15 x x 15 x 8 3 Nên phương trình thứ hai vơ nghiệm Vậy (1) có nghiệm x 1, x 1 45 3x 5x x x x 1 x 3x (1) Bài số 53: Giải phương trình Giải Trước hết, kiểm tra ta thấy phương trình cho có nghiệm x nên ta cố gắng đưa phương trình phương trình tích xuất nhân tử x 2 Ta có nhận xét rằng: 3x 5x 1 3x 3x 3 2 x x x 3x x Ta đến lời giải sau: (1) 3x2 5x x2 x 1 x x 3x 2 x 3x x x x 1 3x x x 3x 0 x 2 2 3x x x x x x 3x Mặt khác, ta có: 3x x x x 1 x x 3x > với x Vậy phương trình (1) có nghiệm x = Bài số 54: Giải phương trình x2 x 10 x x 12 x 20 (1) Giải Cũng cách kiểm tra, ta thấy pt (1) nhận x = làm nghiệm nên ta đưa phương trình (1) dạng phương trình tích xuất nhân tử x 1 Ta viết lại sau: 1 x x 10 x 1 x 12 x 20 x (2) Để ý hai phương trình x x 10 x 1 x 12 x 20 x vô nghiệm nên nhân liên hợp hai vế (2) ta có: 18 x 1 x x 10 x 16 x 1 x 12 x 20 x 46 x x x 10 x x 12 x 20 x 2 (*) Pt (*) x2 x 10 x2 12 x 20 x 10 Kết hợp với pt (1) ta có hệ sau 2 8 x x 10 x 12 x 20 x 10 2 2 x x 10 x 12 x 20 x Lấy phương trình thứ trừ lần phương trình thứ hai, ta thu được: 15 5 x x x 10 x x x 15 x 25 Vậy phương trình cho có nghiệm x 1, x Bài số 55: Giải phương trình 15 5 162 x3 27 x2 x Giải Phương trình cho tương đương với: 162 x3 162 x 162x 3x 1 x 3x 1 162 x 3x 1 162x 3 3x 3x 1 27 x x 0 3x 3x 1 27 x x 0 0 2 3 3 27 x x 162 x 162 x x 3x 1 3x Xét phương trình: x 3x 1 162 x 162x 3 3x 27 x x 0 47 x 3x 1 162 x3 Ta đặt 162x a 162 x3 3 3x 162 x3 suy ra: a a x 1 a x x x 3x a 3x a Vậy phương trình cho có nghiệm x Bài số 56: Giải phương trình x 3x 3x Giải Ta có phương trình viết lại thành: x3 x x2 x 3x x 0 x x 1 x 0 3x x Xét f x 3x x ta có: f ' x f '( x) 3x 3x 1 x 3x 3x 1 Ta có bảng biến thiên: f x x 1 64 64 kết hợp với x f x 3 3x x x 1 1 0 f x 64 Vậy phương trình cho có nghiệm x x x 1 48 x x x3 x x x x Bài số 57: Giải phương trình Giải ĐK: 2 x Phương trình cho tương đương với: x x 1 x x x3 x x x2 x x2 x x x 1 x x x 1 2 x x 1 x x 1 x 2 2 x x x x x 1 x Bài số 58: Giải phương trình: x x x3 Giải Điều kiện: x Phương trình cho tương đương với: x3 x 3x ( x 2) ( x 3) ( x 5) ( x 3) 1 ( x 3) ( x 1)2 ( x 1) x3 3 x x3 x 3x 1 ( x 1) ( x 1) x3 (*) Ta chứng minh (*), VP >2 >VT VP x 3x x 2 5 x 3x x3 ( x 3x 1) 4( x3 2) x x3 x x ( x x) ( x 3) x 0, x x3 VT ( x 1) ( x 1) 2 x ( x 1)2 ( x 1) Đặt t = ( x 1) > Cần chứng minh: t t 2t t 3t 6t 4t 0, t , Vậy (*) vô nghiệm hay phương trình cho có nghiệm x = 49 Bài số 59: Giải phương trình x2 x x x x3 5 x2 Giải Đk: x Phương trình cho tương đương với: x2 1 x x x 3 x3 2 x2 x2 1 x 1 15 x x x 3 x 3 x2 x x2 1 x 1 x x 3 x x 5 x 3 x 3 1 x 3 0 x x x2 x 1 x Bài số 60: Giải phương trình 100 x k x 5049 (*) k 2 Giải Ta nhẩm thấy x= nghiệm phương trình nên ta biến đổi: n k k 1 100 n(n 1) 100.(100 1) k 5049 ) 2 k 2 100 100 k 2 x2 k k 100 (*) ( x k k ) x 5049 k k 2 k 2 (x k ) k x k k 3 x 5049 5049 x x 100 3 2 1 k 2 (x k ) k x k k 3 k 2 ( x k ) k x2 k k 100 x2 (**) 100 100 100 1 1 ( ) 1 VP k 100 k 2 k k k (k 1) k 2 k Xét phương trình (**), ta có: VT Suy (**) vô nghiệm Vậy (*) có nghiệm x = 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 u v ii) u v u v Đẳng thức xảy u v Trong ii) ta thay v v ta có: iii) u v u v Đẳng thức xảy u v h n minh i) Đặt u AB, v BC u v AC Với điểm A, B, C ln có: AC AB BC (đpcm) Đẳng thức xảy A, B, C thảng hàng theo thứ tự u v ii) Đặt u AB, v BC u v AC Với điểm A, B, C ln có: AC AB BC (đpcm) Đẳng thức xảy A, C, B thảng hàng theo thứ tự u v iii) Hiển nhiên có từ ii) Bổ đề 2: Với vectơ u , ta có: u Đẳng thức xảy u h n minh (Dễ dàng) Bổ đề 3: Cho hai vectơ u , v Khi đó: i) u.v u v Đẳng thức xảy u v ii) u.v u v Đẳng thức xảy u v h n minh 51 u.v u v cos(u, v) i) Ta có: đpcm cos(u, v) Đẳng thức xảy cos(u, v) u v u.v u v cos(u, v) ii) Ta có: đpcm cos(u, v) 1 Đẳng thức xảy cos(u, v) 1 u v Bài số 61: Giải phương trình: x x x 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 ln có: u v u v Đẳng thức xảy u v x 1 x 1 x nh uận : Mấu chốt việc chọn tọa độ cho hai vectơ gì? Rất đơn giản, phải thỏa mãn điều kiện: t à: Vectơ tổng phải vectơ không đổi ( có tọa độ cụ thể) u v 29 H i à: Hai vectơ chọn phải có tung độ ( hoành độ) dấu Chẳng hạn: -2 -3 Bài số 62: Giải phương trình: x x x x 10 (2) Giải 52 (2) ( x 1)2 22 ( x 3)2 12 Chọn u ( x 1;2), v( x 3;1) u v (2;1) (2) trở thành: u v u v Mặt khác, ln có: u v u v Đẳng thức xảy u v x 1 x x5 ách hác: Chọn u ( x 1;2), v(3 x; 1) u v (2;1) (2) trở thành: u v u v Mặt khác, ln có: u v u v Đẳng thức xảy u v x 1 x x5 1 nh uận: Nếu đề sau giải nào? x x x x 10 2 x x 10 x x Rất đơn giản, đặt điều kiện để VT > 0, giải bình thường sau kiểm tra no tìm với điều kiện Bài số 63: Giải phương trình: x3 18x 36 x x3 x (3) Giải Bài ko giống dạng trước, ta tìm hướng giải khác Viết lại pt(3) sau: x 18 x 36 x x x (3) 2 Điều kiện: x u Chọn u (1;1), v( x 18 x ; 36 x x ) u v 6x v 2x 2 Mặt khác, ln có: u.v u v Đẳng thức xảy u v 53 Kết hợp với pt(3), ta có: x x x Với x = u v Vậy pt(3) có no x = Bài số 64: Giải bpt: x x x x (4) Giải Điều kiện: 1 x Viết lại (4) sau: x x x x (4) u x2 Chọn u ( x;1), v( x 1; x ) v 2 (4) trở thành: u.v u v (*) Mặt khác, ln có: u.v u v (**) Từ (*) (**) suy ra: x (3 x) x x x 1 u.v u v u v 3 x x x 3x x x x x 1 Bài số 65: Giải bpt: x x x 3x x (5) Giải Điều kiện: Hình thức ko khác số 4, nhiên làm đơn số ko thể có vế phải Vì phải biến đổi (5) x x n h thuật sau: 2x 3x x (5) Ta chọn vector cho: u 2x u (1; 2), v( x x ; ) u v 3x x 2 v x 3x 54 Bpt(5) trở thành: u.v u v (*) Mặt khác, ln có: u.v u v (**) Từ (*) (**) suy ra: 2x x 1 x2 2x 2 x 1(l ) x 3x x x (l ) u.v u v u v x x nh uận: Việc viết số thật ko tự nhiên chút nào? Mị ch ng? Ta thấy VP ko âm, ta viết vế trái sau: x 2x 2x x2 2x 2x ,( , 0) Chọn u ( ; ), v( x2 2x ; 2x ) u v ( )( 2 x2 2x 2 2x 2 ) 2 2( )2 2( ) x x Hay là: u v 2 2 2 Đến việc thật đơn giản, cần tìm , cho: 3 2( ) 2 , ( , 0) 2 2( ) 3 Ta cần chọn 1, xong Bài số 66: Xác định m đề pt sau có nghiệm: x x x x m (6) 55 Giải 3 (6) ( x ) ( x ) m 4 3 ), v( x ; ) u v (1;0) u v 2 2 Chọn u ( x ; Ta có: m u v u v m 1 x 2 x Đẳng thức xảy 3 2 Vậy: Để pt có no 1 m x nh uận: Từ toán ta dẫn xuất tốn sau: +) Bài tốn 1: Xác định m đề pt sau có nghiệm: x2 x x2 x m ( Tất nhiên đáp số ko thay đổi) +) Bài toán 2: Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 x x x x 1 x x x x Bài số 67: Xác định m đề pt sau có nghiệm: x x x x m (7) ời giải toán th t đơn giản, ko khác lời giải tốn Tuy nhiên, độc giải bình lu n lời giải sau đây: i iải : 3 (7) ( x ) ( x ) m 4 56 3 ), v( x ; ) u v (1;0) u v 2 2 Chọn u ( x ; Ta có: m u v u v m Đẳng thức xảy 1 x 2 x 3 2 x Vậy: Để pt có no m > i iải : Ta có: 3 3 x x ( x )2 (*); x x ( x )2 (**) 2 Vì đẳng thức ko đồng thời xảy (*) (**) nên có: m i iải : Đặt f ( x) x x x x f '( x) f '( x) x ( x )2 ( Vì hàm g (u ) u u2 x ( x) đồng biến x ( x )2 x x ( x )2 1 x x0 2 ) Lập bảng biến thiên, ta thấy: m f ( x) f (0) Vậy m 57 nh uận: ới cách giải cho ta đáp số? Cách giải đúng? Cách giải sai? Sai đâu? Nếu sai sửa cho đúng? i iải : Ta ln có: u v u v , lưu ý có đẳng thức hai vectơ chiều Chính cách chọn vectơ vi phạm điều cấm Chọn lại sau: 3 ), v( x ; ) u v (1; 3) u v 2 2 Chọn u ( x ; Ta có: m u v u v m Đẳng thức xảy 1 x 2 x Vậy: Để pt có no m 3 2 x i iải : Sử dụng đánh giá lời giải cục bộ( đánh giá lúc tổng biểu thức ko đánh giá biểu thức một) Chẳng hạn ta đánh giá vài cách khác sau: 3 +) m x x x x ( x )2 ( x ) 4 +) m x x x x 3 x ( x 2)2 x ( x 2)2 4 4 +) m x2 x x x 1 1 x ( x 1)2 x ( x 1)2 2 2 2 +) m x x x x 2 2 x ( x )2 x ( x )2 4 3 4 3 i, thán năm 021 Trần Hoài Vũ 58