D06 một số dạng khác muc do 4

Câu    x1   2x2    2x2009 2009      2x1   2x2    2x2009 2009 [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình  2010 2009 2008 2009 Lời giải   x1   2x2    2x2009  2009.2010    2x1   2x2    2x2009  2008.2009 Hệ pt cho    xi ;  xi Trong hệ trục toạ độ, xét vectơ với i 1,2, ,2009 2009   2009 a   có i i 1 (1) +) Mặt khác: 2009     x1   2x2    2x2009 ;  2x1   2x2    2x2009    i 1   2009  2009 i 1 (2)  +) Từ (1) (2) suy ra: vectơ     a1 a2   a 2009    x1   2x2 = =  2x2009       2x1   2x2 = =  2x2009  Vậy nghiệm hệ pt Câu  a  i 1,2, ,2009 hướng, i 1,2, ,2009 Mà i , 2010 2009 2008 2009 x1  x2   x2009  4018  x  x  y   y  xy  y 3 x  [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình  Lời giải y  xy  y 3 x   y  x  1  y  3 0 y x  1 y    ĐK: y  Pt: Thay vào phương trình  1 ta có x3  3x  x  Đk: x  , x  x  x  x  x( x  4)  x  x  x  x  x  pt vơ nghiệm Do để giải  1 cần xét Phương trình trở thành:  x 2 ; x 2 cos   x 2 đặt x 2 cos t ; t   0;   cos 3t cos t 4 4 t 0; , t  0;    Giải pt với ta có: 4 4 ; x 2 cos suy nghiệm hệ  x; x  1 Câu [DS10.C3.2.E06.d] (Chọn HSG cấp tỉnh lớp 11 –Trường chuyên Trần Ngọc Diễm – 2016 -  x  y 1  2  y  z 1  xy  yz  zx 1 2017) Giải hệ phương trình:   x, y , z    Lời giải x  +) Nếu thay vào hệ ta có hệ vơ nghiệm +) Nếu x 0 ta đặt y ax; z bx thay vào hệ ta  x   2a  1   1  x  2a  3b  1 1  2a 2a  3b 4a  3b2 1      x  a  ab  b  1 1  2a a  ab  b  2a  a   b  a  1 0  a    b 1   b 1  2a  4a  3b 1 4a  3b 1     2a  3a  0  a  1  2a  1  b  a  1 0  a  1  2a   b  0  a   +) Nếu b 1 thay vào   không thỏa mãn  a 1   b  b 1  2a    1   a  a  2a  3a  0  a 1 2     b 0  b 0 1 +) Nếu thay b  vào   không thỏa mãn, thay  vào   ta có x  Do nghiệm hệ   x; y; z    Câu 2;    ;0  ,   2;  ;0      x  y 1  2  y  z 1  xy  yz  zx 1 [DS10.C3.2.E06.d] (HSG 11 – VĨNH PHÚC 2010-2011) Giải hệ phương trình  ( x , y , z  ) Lời giải x  + Nếu thay vào hệ ta có hệ vơ nghiệm + Nếu x 0 ta đặt y ax, z bx thay vào hệ ta  x (1  2a ) 1  (1)  x (2a  3b ) 1 1  2a 2a  3b 4a  3b 1     x (a  ab  b) 1  1  2a a  ab  b 2a  a   b(a  1) 0   a   b 1   b 1  2a  4a  3b 1 4a  3b 1     2a  3a 1 0 (a  1)(2a  1)  b(a  1) 0 (a  1)(2a   b) 0 a   + Nếu b 1 thay vào (1) không thỏa mãn   a 1   b     a  b   a  a 1      b 0 2a  3a  0  + Nếu thay b  vào (1) không thỏa mãn, thay x  Do nghiệm hệ là: Câu 1  a   b 0 vào (1)     ( x, y, z )  2; ;0   ( 2;  ;0   ,   [DS10.C3.2.E06.d] (HSG 11 trường THPT Thạch Thành III – 2017-2018) Giải hệ phương trình:  x  y  3x  y  x  15 y  10   y x    y   x  10  y  x  x, y    Lời giải  x   Điều kiện  y    x  y  x  y  x  15 y  10    y x    y   x  10  y  x Xét 3  x  1   x  1  y     y    1   2  y x    y   x  10  y  x f  t  t  3t , t  , f  t  3t   t   f t hàm số Vậy hàm số đồng biến ¡  1 ta có f  x  1  f  y    x   y   y x   3  3 vào   ta PT:  x 1 x    x   x  10 x  x    Thay Từ Phương trình   x  1      x 1   x  6  x     x  7  x  10   x  x  30  x  6  x    x   x 3 3 x  10   x  0     x  x 7  x     x   x  10  3  : x  0  x 6   y 7   x; y   6;7   Từ nghiệm hpt x 1 x 3 x 7 x 7    0    6 : 2 x   x  10  Từ phương trình vơ nghiệm Câu   x  7   1 1   VT     x  3      x       VP    x 3 3   x  10    x; y   6;7  Vậy hệ phương trình có nghiệm [DS10.C3.2.E06.d] (HSG 11 – HÀ NAM 2009-2010) Giải  x  y  x  y 2  2  x  y  y  x 2 Hướng dẫn giải hệ phương trình: u  x2  y v  y2  x , điều kiện: x , y 1 2  uv 1 u  v 2   u  v   2uv 2    u  v 2 u  v 2 u  v 2  u v 1 Ta có hệ phương trình   x  y 1    y  x 1  x  y y  x  x  x y  y Khi  Đặt f  tt t  Xét  0; 1  0; 1 f  tt 2  f  tt 0     0; 1 f  t có , nên đồng biến  x y 1   f  x   f  y   x y  2x  2x  0  x y 1  Do  Câu     x; y    5;1   x; y    5;1  Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm [DS10.C3.2.E06.d] (HSG 11 – VĨNH PHÚC 2013-2014) Giải hệ phương trình  y  xy  y  x  3 ( y  1)( y  x)   y   y  x  2( y  x  1) Lời giải  y  xy  y  x  3 ( y  1)( y  x) (1)  (2)  y   y  x  2( y  x  1) Xét hệ phương trình   y  x 0   y  0   y  0  ĐK:  y  x  Bình phương hai vế phương trình (2) ta được: y  x   ( y  1)( y  x) 2 y  x   ( y 1)( y  x)  (3)  y  xy  y  x  (4) (1)  2( y  xy  y  x)  y  3 ( y  1)( y  1)( y  x) có: Ta  y   ( y  1) Kết hợp với (3) (4) ta có phương trình:  y  3 y   y  13 y  10 0  y 2, y  23 x y  24 Với thay vào (3) ta 41 y x thay vào (3) ta 72 Với Thử lại ta thấy thỏa mãn điều kiện  23   41   ;2 , ;  Vậy hệ có hai nghiệm  24   72  Câu [DS10.C3.2.E06.d] (HSG cấp tỉnh Hà Tĩnh 2012-2013) Giải hệ y   y 0 x  1 x  x    x  x   y 3  y Lời giải Điều kiện y 0 Phương trình thứ hệ tương đương với   x  x  x y  y 0 x  y   x  x 0 y   Thay vào phương trình hai ta x   x x    y  y   x  x  x   y      y 3 y   y  *   Thay vào phương trình Câu x  x    y     y   0 y  y  x  y  y   x  y  y 3   * giải ta nghiệm  x; y   0;  1 [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình:  x   y  y  4   x   y 5 Lời giải  y   y  y  0    y   Điều kiện Trừ vế theo vế hai phương trình hệ ta được: x2     x2   y  x2   x    y  1  y  y  1 x 9  x 4  y  1  2   y  1   y  1 2 5 Cộng vế theo vế hai phương trình hệ ta được:  x   x    y  1   y  1 u  x   x  4; v  y  1  Đặt Ta có hệ phương trình: u  v 10 u 5    5 v 5  u  v 2  10  y  1 5  x   x  5     y  1   y  1  5  x 0   y 2 ( x, y   phương trình  x 0  Vậy hệ phương trình có nghiệm  y 2 Câu [DS10.C3.2.E06.d] Tìm giá trị thực tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực  x  xy  y m  4m    x  y 2 Lời giải Hệ bất phương trình (2) ( x  y )  y (m  2)   ( x  y )  y 2 2 Đặt t  x  y ta có hệ trở thành: t  y (m  2)  1, (1)  (2) t  y 2 Trong hệ trục tọa độ Oty ta có: + Miền nghiệm bpt(1) miền biên đường trịn tâm O, bán kính r  (m  2)  + Nghiệm bpt(2) nửa mặt phẳng chứa tâm O chia đường thẳng t  y 2 Từ để hệ cho có nghiệm : R d (O / )  m  4m  2  m  4m  0  m 1, m 3 KL : m 1, m 3 Câu  xy  y  y   xy  y    xy  y   y  y  [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình:  Lời giải y  0, xy   0, xy  y   Điều kiện   y 0 không thoả mãn hệ y 0 chia hai vế phương trình thư hệ cho y chia hai vê phương trình thứ hai hệ cho y ta 7    x  y  y   3xy   x  y  y   xy       x    xy  5  x  y    x  y   3xy  21  25   y y y  a x  y  y  b  xy  Đặt   a  b  Hệ có dạng  a   a  b  16 8253     a; b   11;3   x; y   1;1 ,  ;   8 Câu 2 x  2( x  y ) 7  2( x  y ) 5 [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình  Lời giải  x a  b  x  y a   2 2 x  y  b  Đặt Khi đó:  2( x  y ) ( x  y )  ( x  y ) a  b  a  b  2ab 7  2ab 7  (a  b)  2ab 7  (a  b)      2 a  b  ( a  b )  ab    (a  b)  (a  b)  12 0 HPT trở thành:  2ab 7  (a  b)  a  b 3 ab 11/      a  b 3  a  b   ab 2 (thoả mãn) a  b  (loại)  a  b 3  a 2  a 1     ab  b    b 2 *  a 2  x  y 2  x 3 /      x  y 1  y 1/ Với b 1  a 1  x  y 1  x 3 /      y  1/ Với b 2  x  y 2      S  ;  ,  ;     2   2   Vậy hệ có tập nghiệm là: Câu  x  xy  y  x  y 0  x, y     x  xy  y   [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình: Lời giải Đặt z  y  , thay vào hệ ta được: 2  x  xz  z 1  x  z   xz 1  x  z    x  z   0     x  z   xz  x  z   xz  x  xz  z 1   x  z 2   x  z 2    xz 1    x  z 1     xz  x  z    x  z 1     xz 0  z 2  x  x  z 2  x 1  x 1     xz 1 z 1  y 2 x  x      +)  x  z 1  z 1  x  x 1, z 0  x 1, y 1     xz 0  x 0, z 1  x 0, y 2  x  x 0 +)  S   1;  ,  1;1 ,  0;   Vậy hệ phương trình có tập nghiệm y x  12 x  x  8 ,   x y   y x   x  y   13 x  0  Câu [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình  Lời giải y x  12 x  x  8 (1)   x y   y x   x  y   13x  0 (2)  Điều kiện x  0; y 0 2 Ta có (1)  y  y (8 x  x )  12 x  x x 0 Xem phương trình bậc hai theo y ta có  (4 x  x ) Do (*) có hai nghiệm y 6 x  x y 2 x TH1 Với y 6 x  x  x Xét vế trái (2) y2 (6 x)  x  y   13 x  2 x   13x   2 Suy phương trình vơ nghiệm TH2 Với y 2 x Thay vào (2) ta có phương trình x2  x  x   13 x  0  (2 x  3)  x   ( x  4) 0 u 2 x   v  3x 1 Đặt  ta có  u  v u  v  (v  u ) 0  (u  v)(u  v  1) 0    u v  Câu 3  x 0 15  97  x  3x 1    x 4 x  15 x  0 *) Với u  v ta có x   11  73 x   3x     x  x  11x  0 *) Với u v  ta có  11  73 11  73   15  97 15  97  ; ;     8     Vậy nghiệm hệ ; 2  x  y  x  y  x   y  0(1)  x, y     2 x  y  x  y   (2)  [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình  Lời giải  x     y  Điều kiện: x  2, y  nghiệm hệ phương trình Nhận xét: x    x      1, y  y     ta có: Với  2 (2)  x  y  x  y  2 Thay x  y  x  y  vào (1) ta được: x  ( y  x  y  2)  y  x  y  x    x  3x   x   y  y  y  0 y  0  ( x  1)  ( x  1)  x   (2 y )  y   ( x  1)  (2 y )  ( x   y )  ( x   y  0 y  1) 0 x 1  y  ( x   y )( x   y )  ( x   y )  0 x   y 1  ( x   y )( x   y   ) 0 x   y 1  x   y 0  x 2 y  Thay x 2 y  vào (2) ta được: (2y – 1)2 + 2y2 – 2(2y – 1) + y – = Câu  y 1   y 1   6y2 – 7y + =  Với y = x = 1; với y = x = Kết hợp với điều kiện ta nghiệm hệ phương trình   ( x; y ) (1;1), (  ; )    [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình   x    x    y    y  4 10 z   1  2 2  2  x  y  z  xz  yz  x y  0 Lời giải z  10 ĐK:  2   x  y  z  2   xy  1 0  1  z   x  y    x     x  y  z 0  x     xy  0  y 1  x Thay vào (1), ta   x    x      2 1      4  10  x   x  x x   1     x    17 4  10  x   x  x  (3)   t x  x , t 2 Đặt Phương trình (3) trở thành 4t  25 4  10t   4t  20t  29   2t    2t   0 7   33  x    x  x  0  x  x   33   33 x  y ,z  4 + Với   33   33 x  y ,z  4 + Với Vậy hệ phương trình có nghiệm    33   33     33   33  , ,   x, y , z   , ,   x, y, z   4 4 2  ,  [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình sau:  10 y  x   x  (1)   4   x y  xy  y  2   x y (2)  t  Câu   Lời giải  x  0 10 y  x   x    2 10 y  x   x  x   x    2 1  y 10 x  x   1  (2):  2    x y  xy  y  2  2   x  1 y 2  x y2    1   x  1 y  1 2     x y2  ( xy  y  1)( xy  y  1) 2   y  xy  2 Đặt u  xy  1; v  y Phương trình trở thành:  u  v   u  v  2  u         u  v 2 u   v    v  u   v 0   2 u  v 4 u         uv    v2   u   v   3u   uv  45  24 v 0 (*)      Do v  y 0 nghiệm nên u  3    v (*)    uv  45  24 0  xy  3 ( u 5  u  3 y2 v loại,  u u 3  5  v v  v )  y ( x  3)  0 1 y  x2  x  10 5 ta được: Thay   x 1  y   1   x  x    x  3  0   x 2  y 1 5  10   x   y   Vậy, nghiệm hệ phương trình:   2  2 5  5  1;  ,  1;   ,  2;1 ,  2;  1 ,   2;  ,   2;   2 5         Câu  x   y  4  x   y  6 [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình  Lời giải ĐK: x  1; y 1 Hệ          x 1       y   y  10 x 6  y4  Đặt a  x   x  6, b  y   y  1, a 0, b 0 ta có hệ pt:  a  b 10 a  b 10    a b 5 5 ab 25  a  b 2 Câu  x   x  5  y   y  5 Do  Giải ta x 3; y 5  x  y  xy 3  x  y3  y  2x [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình:  Lời giải Nhân hai vế (2) cho 3, sau thay (1) vào (2) ta ta PT:  x3  y   y  x   x  y  xy   x  y  xy  x y 0 +) TH1: y 0 hệ vô nghiệm +) TH2: y 0 , chia vế PT cho y ta được:  x  x x        0 y  y  y  x   x  x    1      y  y    y  x 1 y Với , ta được:  5      x   x   y   y  10   5  2  y  2 y 4  y   x   x  x 1  x   x  y 1  x 0   1  y x  1  y x y   2  x  y  xy 3  x 1  x      y 1  y   x  x x        0 y  y  y  x   x  x    1      y  y    y  Câu  5  x  y 1  x 0   1  y x  1  y     [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình  ( y  y ) x  (2 x  1)( y  1) x 1 ( )  x 2 y  10 y  y Lời giải x 1 ( y  4) x   ( y  1) y x 1 ( )  ( x  2) ( y  4)2  ( y  1) y       Ta biến đổi hệ cho thành   x 1 a  x  2, b  , c  ( y  4), d  y   y Đặt , hệ trở thành       Xét u (a, b) v (c, d ) ta có u v 0 | u || v |   2 2  nên v   Nhận xét rằng: c  d ( y  4)  ( y  1)       Nếu u 0 a b 0 , suy c d 0 , vô lý Vậy u      Ta có s ( b, a) vng góc với u nên v phương với s hay  c  b  c b   k 1 Do hệ tương đương với  d a  d  a ac  bd 0 a  b c  d     s ku , | u || v | nên | k |1 hay  x 1  ( y  4)  y   x   y 1 x   ( y  1)  Trường hợp I Điều kiện: x  2, y      Ta được:  x 1 y  y  y2  y  x     y2  y    y  1(*)  Hệ thành: y  ( x , y )  (2,1) Giải nên ( x, y ) (  2,  1) Trường hợp II Điều kiện: x  2, y        Hệ thành:  Giải y x  y2  y   y2  y   ( y  1)(**)   19   19  19   19 y ( x, y ) ( , ) y  3 mà nên Vậy Câu  19   19 ( x, y ) ( , ) ( x , y )  (2,1) ( x , y )  (  2,  1) Kết luận: Hệ có nghiệm: ;  xy  xz  yz  y 0   y  xz  yz  x 0  y  31z  17 yz  21z  0 [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình:  Lời giải  x  y  z   y  z  1 0   x  3z  1  y  y  z  0  2 2  y  z    z  1  z  1   y  z    Hệ cho tương đương với (*)    a  x; y  , b  y  z; z  1 , c  3z  1; y  z  Xét ba vectơ Khi   a.b 0    (*)   a.c 0  2 2 9b c (*)   a +) Nếu 0 x  y 0 Thay vào hệ ta 31z  21z  0, vô nghiệm       b c a  c  b +) Nếu cộng tuyến nên   x  36  2   y  y      9  c 3b     z 5  z 9    TH1: Thay vào hệ ta  nghiệm hệ 34  x   21  17 17    y     y  6  c  3b     z 5 z   nghiệm hệ Thay vào hệ ta   TH2:   x  39    y     z 9 Kết luận: Hệ có hai nghiệm  Câu 34   x  21  17   y    z 6   x  x  y x  y     27 y  y ( x  y  1) x  y [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình:  Lời giải  x  y 0  x  x  y 0 ĐK:   a 3 y  b  x  2y Đặt:  2 Đưa (2) dạng: a  a b(b  1)  (a  b)(a  ab  b  1) 0  a b Khi đó: Hệ cho tương đương với      y 0  x  y 3 y   x 9 y  y  2 x  x  y x  y   y  y 9 y  y   y 0    x 9 y  y    y  y 2   x    y 4  ; ) Kết hợp với ĐK ta có hệ có nghiệm ( Câu  x  y  y   2 y  0  ( x  y )( x  xy  y  3) 3( x  y )  [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình  Lời giải ĐKXĐ: y  1,5 (2)  x  y  x  y 3  x  y     x  1  y  1  x   y   y  x  Thay vào pt thứ ta được: 2  x  1  x 1  1  x  x   x    x    x      2  2   x   x  x  1 (Có thể bình phương pt: ( x  x  2) 0 ) Giải hai pt ta x 1, x 2   x; y   1;  1 ,  2,  Vậy hệ có hai nghiệm  x  y m   2 [DS10.C3.2.E06.d] Cho hệ phương trình  x  y  x  y  m  (trong m tham số; x y ẩn) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức A  xy   x  y   2011 Lời giải a) Đặt S x  y; P xy Khi hệ phương trình trở thành  Câu  S m    2  S  P  2S  m    S m    P m  m  2 S 4 P   m   4  m  m    m 4   m 2 Để hệ có nghiệm b) Ta có A P  2S  2011 m  m  2005 Lập bảng biến thiên ta max A 2011 m 2 ; A 2004, 75 m  0,5 m -2 - 2 2011 2007 A 2004,75 Câu  x  y  xy 1  2  x   y  4 [DS10.C3.2.E06.d] Giải hệ phương trình Lời giải ĐK xy 0 , ta thấy từ pt thứ  x  y  , x 0, y 0 Từ ta đặt u  x 0, v  y 0 thay vào hệ ta u  v  uv 1   4  u   v  4  u  v  1  3uv  u  v   3u  3v  u v  16  u  v  1  3uv   2 2    u  v   2uv   2u v  u 4v    u  v   2uv   6u 2v  10      3uv  u  v  4uv  uv 1 Đặt t uv  t 1 (vì ) Thế từ phương trình thứ hệ vào phương trình thứ hai ta   t  3t  6t  12   t  2t   2 t  3t  6t  12 t  2t    t  2t  0 2  3t  4t  34t  60t  33 0   t  1  3t  7t  27t  33 0 u  v 2 u 1  x 1    v 1  y 1 +) Nếu t 1  uv 1 ta có uv 1 3t  7t  27t  33 0  3t  7t   27   t  0 +) Nếu vơ lí t 1  x; y   1;1 Câu 1.[DS10.C3.2.E06.d] Kết luận nghiệm hệ Giải hệ phương trình   1  y  1  y y  x    x  x  x  1  2 x  y     Lời giải Điều kiện: x  y  0 Từ phương trình  1 , ta có:  y 1  y x  y   y   y y   y  x  y   2   ý Thay vào phương trình Lúc ta được: x  x  x  1  2    y 1  y  y 1  y  x    x  1  2  y 1  y   x  x  1      y   y  3   x 2 Từ  3 trở thành u  u   y   y Đặt  u  y   u  y  0  u y u 1  y 1  u  y  u   y  0 u   uy  0   u  y  1 2   u   y   4   1 Do Nên từ uy u 1  y 1  4     u 1  u  y 1  y u 1  y 1  0 x  y  x 2 y  cho ta u  y , hay Thay vào phương trình  1 ta được:  y  1  y y  2 y   y   y 2 (vì  y  2  y  y  4  y  y  y   x    y 1  y  4 y 1  y  )  3  x; y   ;  Kết luận: Hệ có nghiệm Câu [DS10.C3.2.E06.d] (HSG12 Đồng Tháp 2016-2017) Giải hệ phương trình:     x  x  x   y  y  1    y  xy   2016  y  y   2017 x  x, y     Lời giải     x  x  x   y  y  1  1    y  xy   2016  y  y   2017 x   Hệ  y  xy   Điều kiện: Ta có y 1  y nên y   y  y 1  y   1 tương đương với  x  1   x 1 Do phương trình Xét hàm số f  t  t  t  f  t   t 1  t ,    y     y   3  t   0 f t , t nên hàm số đồng biến   3 , ta có x   y  x  y  Thế vào phương trình   , ta được: Từ phương trình Ta có t 1 y  y   2016  y  y   2017 y  2017 y  y   2017 y  4033 0    4 Ta có, y  nghiệm phương trình  y2  y   Xét hàm số g  y   y2  y   y  y   2017 y  4033 , với y 4033 2017   1 4033   2017  g  y   y  1   y    y2  y   y  y    2017 nên g  y  hàm số Ta có , đồng biến   có nghiệm y   x 1 (thỏa điều kiện) Do đó, phương trình  x; y   1;   Vậy hệ phương trình cho có nghiệm