đây là một tài liệu hay, các bạn nên tham khảo để nâng cao kĩ năng giải hệ phương trình, phuog trình . một câu tương đối khó trong đề thi đại học các nămđây là tài liệu được soan bởi thầy Dũng, một giáo viên rất tâm huyết với nghề
Trang 1BÀI TẬP TỔNG HỢP PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài 1: {
( )( ) ( )
√
√ Phương trình (1) x2
+ x – 12 = y2 – 7y x2 + x – (y2 – 7y + 12) = 0
= 4y2
– 28y + 49 = (2y – 7)2 Do đó x = y – 4 hoặc x = 3 – y
Bài 2: {( )√√ ( )√
( )
√( )
.√ /
√.√ /
( )
√ ( )
( )√ √
(Chú ý là x2 + 1 1, √ nên ta chọn f(t) trong miền t )
Thay vào Pt2 x4 + 2x3 + 2x2 + x – 2 = 0 (x2 + x – 1)(x2 + x + 2) = 0
Bài 3: {( ) ( )
√
Pt1 x3 + 3x2y + 3xy2 – 4y3 = x2y + 2xy2 x = y Thay vào Pt2 ta có x2 + 2x + √ = 3 Ta thấy vế trái là hàm đơn điệu (f’(x) > 0) Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
Bài 4: { ( )
Pt1 4x4 + 4x2y2 + y4 – 4x2y2 = 2x2 + 2xy + y2 (2x2 + 2xy + y2)(2x2 – 2xy + y2) = 2x2 + 2xy + y2 Chú ý rằng x và y không đồng thời bằng 0 nên 2x2
+ 2xy + y2 > 0 Do đó 2x2
– 2xy + y2 = 1 Vậy 2x2 + y2 = 2xy + 1 4x4 + 4x2y2 + y4 = 4x2y2 + 4xy + 1 Vậy = 4xy + 1 Thay vào pt2 (xy)7 + 4xy = 5 Chú ý phương trình bậc lẻ, hệ số dương luôn là hàm đồng biến Vậy xy = 1
Do đó ta có hệ: {
Bài 5: {
√
Phương trình 1 y = x2
Thay vào pt2 x2 + 6x – 3 = 4x√ Đặt t = √ ta có x2 + 3(2x – 1) = 4x√ nên
x2 + 3t2 = 4xt
Bài 6: {√ √ √ √
√
Đặt y + 2 = t + 1 hay y = t – 1 Ta có √ √ √ √ Hàm đặc trưng f(t) = √ √ là hàm đồng biến nên x = t hay y = x – 1 Thay vào pt2 ta có:
3x2 + 4x – 3 = 4x√ Đặt √ = t Ta có: 3x2
+ t2 = 4xt
Trang 2Bài 7: { √ √
( )√
Pt1 x6 + √ = (–y)3 + √ ( ) Hàm đặc trưng f(t) = t3 + √ là hàm đồng biên nên ta có y = –x2
Thay vào pt2
ta có:
3x2 + 2x + 7 = 3(x + 1)√ 2(x2 + 3) + (x + 1)2 = 3(x + 1)√ Đặt a = x + 1, b = √ , ta có 2a2 + b2 = 3ab
Bài 8: {
√
Chia 2vế phương trình 1 cho x5 Ta có: x10 + 2x2 = / + 2. / Do đó = x2 hay y = x3 Thay vào pt2 ta có:
x2 + 5x + 7 = 7.√ √ Đặt √ = a, √ = b, ta có 6a2
+ b2 = 7ab
Bài 9: {
( )
Ta có {
6(x
3
– y3) = (8x + 2y)(x2 – 3y2) (Phương trình đồng bậc)
Bài 10: { ( )
√ √
Pt1 xy(x2 + y2) + (x2 + y2) – 2xy – 2 = 0 xy = –1 hoặc x2 + y2 = 2 Ta chú ý rằng điều kiện x 1, 1 nên:
x2 + y2 = 2 khi và chỉ khi x = 1, y =
xy = –1, thay y =
vào pt 2 ta có:
√ √ Kết luận: x = 1, y =
Bài 11: { ( )
Pt1 (y – 1)(y – 3) = x2(y – 1) Do đó y = 1 hoặc y = x2 + 3
Với trường hợp y = x2 + 3, ta có x4 + 3x2 + 14x = 4x3 + 12x + 1 x4 – 4x3 + 3x2 + 2x – 1 = 0
Xét f’(x) = 4x3
– 12x2 + 6x + 2, f”(x) = 12x2 – 24x, f(3)(x) = 24x – 24 Vậy f’(x) và f(3)(x) có nghiệm chung x = 1 Ta đặt x =
X + 1
Vậy (X + 1)4 – 4(X + 1)3 + 3(X + 1)2 + 2(X + 1) – 1 = 0 X4 – 3X2 + 1 = 0 Tìm ra X rồi tìm ra x
Bài 12: {
√ √
Từ pt1 ta chia 2 vế cho y3, ta chứng minh được x = y2 Thay vào phương trình 2 x2 – x + 1 = √ √
(√ ) (√ ) ( )( ) ( )
√
√
Trang 3( ) (
√ √ ) ( ) (, - [
√ ] [ √ ])
( ) ( √
√
√
√ )
( ) ( ( )
(√ )(√ )
√ (√ ))
( )( ) (
(√ )(√ ) √ (√ ))
Kỹ thuật này ta gọi là kỹ thuật trục căn thức 2 lần Bài 13: { √ / √ /
√ √
√ > √ |x| + x Do đó: Phương trình 1 √ = √( ) ( ) y = .Thay vào pt2 ta có: x2 + 5 = 4√ √
Làm tương tự bài 12, ta có: (x + 1)(x – 2)(1 + (√ )(√ ) + (√ )(√ )) = 0
Bài 14: 3x2 – 5.√
(x + 1)3 + 5(x + 1) = (x3 + 1) + 5.√ H m ặ rư g ( ) 3 5 √
Bài 15: √ √ √
Đặt a = √ , b = √ Ta có a + 2b = √5
Bài 16: ( )√ √ ( √ )
Ta có hàm đặc trưng f(t) = ( )√ Do đó f(x) = f(√ ) khi x = √ vô nghiệm Bài 17: x 3 + √ = (x + 1)√ √
Ta có hàm đặc trưng f(x) = x3 + √ nên f(x) = f(√ ) khi x = √
Bài 18: ( )√ + √ √ √
√ (x + 2 + √ 5) √ (√ √ )
Với x + 2 + √ 5 = √ √ ta có f(t) = t + √ và f(x + 2) = f(√ )
Bài 19: { √ / √ /
√
Phương trình (1) làm giống bài 13 x = 2y Do đó 3x2 + 5x + 2 = √ (x + 1)3 + 2(x + 1) = (x3 + 1) + √
Hàm đặc trưng f(t) = t3 + 2t Trong đó f(x + 1) = f(√ )
Bài 20: { √
√ √
Trang 4Pt1 √ √ √ Đặt a = √ , b = √ ta có a2
+ 2ab – 3b2 =
0 nên a = b (Do a, b là các số không âm) Vậy y = x2 + 2 Thay vào pt2 ta có:
√ √ ( ) √ √ ( )
√ (√ ) ( )
g m
Bài 21: {√ √
Phương trình 1 √ √ √ √ ặ √
Bài 22: { √ √
Pt1 (x + y)2 – 2xy + √ √ (x + y)2 – 1 – (x + y) + √ √
Đặt x + y = t, ta có t2 – 2t + √ √ Xét f(t) = t2 – 2t + √ √ ta có: ( ) ( )
√ √ ư g r ( ) g m
{
Bài 23: {√ √ √
√
Chia 2 vế pt1 cho √ và đặt t = ta có √ √ √
x3 + 3x2 + 3x – 5 = √ (x + 1)3 + (x + 1) = (x + 7) + √ Hàm đặc trưng f(t) = t3 + t là hàm đồng biến Do đó f(x + 1) = f(√ ) khi x + 1 = √
Tổng quát: f(x) = α√g( ) với α > 0 và n lẻ thì ta tách phương trình đó dưới dạng β.[h(x)]n + α[h(x)] = β.g(x) + α√g( ) với hàm đặc trưng là f(t) = tn + αt ( ( ) {
m * g( ) g(g)+
r m * g( ) g(g)+
( ) ( ) m * g( ) g(g)+
) và Pk(x) = akxk + ak-1xk-1 + … + a1x + ao Bài 24: { ( ) ( )
( )
( ) ( ) √
Pt1 x7 + x5y2 + xy6 = y14 + y12 + y8 Chia 2 vế cho y7 ta có: ( ) ( ) H m ặ rư g ( ) m g ( ) ( ) ( )
Thay vào pt 2 ta có: x3 + 9x2 + 27x + 27 = 2√ do đó (x + 3)3 + 2(x + 3) = (2x + 6) + 2√ Hàm đặc trưng f(t) = t3 + t là hàm đồng biến nên f(x + 3) = f(√ ) hay x + 3 = √
Trang 5Bài 25: {√ ( √ )
√
Đặt t = √ ược: {( )
( ) *
Bài 26: {.√ / √ /
√
√ > √ |x| + x Do đó: Phương trình 1 √ = √( ) ( ) y = Thày vào pt 2 2x2 – 11x + 21 = √ Đặt t = √ Ta có (t – 2)2(t4 + 4t3 + 12t2 + 18t + 24) = 0 Mặt khác t4 + 4t3 + 12t2 + 18t + 24 = (t2 + 2t)2 + (8t2 + 18t + 24) > 0 với mọi t Do đó phương trình có nghiệm duy nhất là t = 2 x = 3 và y = Bài 27: { √ ( √ ) ( √ )
( )√
Chia 2 vế phương trình số 2 cho x3 ta được: ( ) ( ) (√ ) (√ ) ( ) √
Thay vào phương trình số 1 ta được: 5 √ Đặ
5 √
Chuyển (t + 1) sang 1 vế rồi bình phươg (t 2)(8t3 + 312t2 + 468t + 52) = 0 có nghiệm duy nhất t= 2 vì t > 0 Bài 28: {
x2 + = 2 x3 + + = x + Đặt = t, ta có hệ: {
2(x 3 + xt2 + t3) = (x2 + t2)(x + 2t) x = 0 hoặc x = t Bài 29: {( ) ( )( )
√
Phương trình (1) (x + y – 4)(x2 + y2 + 4x + 4y) = 0 x + y = 4 vì (x + y) > 0 Bài 30: { ( )
√ √
Pt1 8(x + y) = (x + y)(x + 2y) x = -y hoặc x + 2y = 8
Trang 6Với x +2y = 8 √ √ 2(8-2y)2
– y2 + 5 Ta có 2y 6 và y 3 nên y = 3 Thay vào phương trình ta thấy không đúng
Với x = -y √ √ 5
y2 + 5 – 4√ √ = 0
(y + 1)(y – 2)(1 + (√ )(√ ) + (√ )(√ )) = 0 Do đó y = hoặc y = 2 Bài 31: { √ √
√ √
Đặt √ = a, √5 = b, √ = c Ta có hệ: {
Bài 32: {( ) ( )√
( )√
Pt2 √ =
( ) ( )
5 + . / = 0
(x + 1)2 (2 + x)2 + 3(x 1)(5 7x)(2 + x) + (5 7x)2 = 0 (x2 8x 1)(x2 7x + 1) = 0 Bài 33: { ( )( )( )
Pt1 2x3 – 2x = (y2 + 1)3 + 4(y2 + 1) Đặt y2 + 1= t Ta có hệ: {
6(2x 3 + t3) = (2x + 4t)(2x2 + t2) 6x3 +3t3 = 2x3 + 4x2t + xt2 + 2t3 x = t, t = 2x, t = 2x Bài 34: { ( )
√ √
Phương trình (1) x3 + 3x = (y + 2)3 + 3.(y + 2) y = x – 2 Thay vào phương trình 2 x3 + x2 – 4x – 1 = √ √
( )( ) (
( √ )(√ ) ( √ )( √ )) ặ
Bài 35: { √ √
√
Phương trình (1) 4(2x – 1)√ √ = 4(y + 1)3 + (y + 1) Do đó y + 1 = √ (y ) x =
Thay vào phương trình (2) y(y + 1)(y + 2)(y + 3) = 0 Bài 36: { ( ) ( )√
√
√ = t Phương trình (1) trở thành x3 – 3xt2 + 2t3 = 0 Do đó x = t = √ hoặc x = √
Trang 7 Với x √ ta có x và phương trình (2) trở thành: x2 + 16x + 8√ = 60 Ta dễ dàng thấy f’(x) > 0
Do đó f(x) f(0) = 8√ < 60
Với x = √ ta có x2 + 4x + 2√ = 16 Ta dễ dàng thấy f’(x) > 0 nên phương trình có nghiệm duy nhất x = 2
Bài 37: {
√
Phương trình (1) x = y Do đó ta có √ = 4x2 – 3x – 4.Chia 2 vế cho x, ta có: √ — /
Bài 38: { √ √ √
Hệ tương đương với: { √( ) √( ) √
( ) ( )
Bài 39: √ √
( ) ( 5
(√ ) (√ ) √5 ) √5 5 5
Bài 40: x[3x + 7 – 2√ ] = 4√ – 4
Đặt t = √ Ta được phương trình t2 – 2(x + 2)t + 6x + 3 = 0 (t – 3)(t – 2x – 1) = 0 Bài 41: {
√
Pt (1) x6 + 2x2 = (y + 3)3 + 2(y + 3) Do đó y + 3 = x2 Thay vào (2) ta có x2 – x – 3 = √ /
.√ /
Bài 42: { √
√ √ √
Đặt √ = t Ta có Pt1 (2x2 + t2)2 = 3xt2(x + t) Do đó 2x = t hay y = 4x2 (x > 0) Thay vào pt2 ta có: √
√ 5
√ / (√ ) ( ) (
√ √ )
Bài 43: {
√ √
Trang 8Phương trình 1 (x2
+ 1)(x2 – y) = 0 Do đó y = x2 Thay vào pt2 x√ √ √ (4 – x) = 2x Giải điều kiện ta có được √ Ta bình phương 2 vế được: (2x2
– 4)(x2 – 8x + 16) = 4x2 (x – 2)2(x2 – 4x – 8) =
0 Do đó x = 2
Bài 44: √( )
Đặt y = √ Ta có x3 – 3xy2 + 2y3 (x – y)2(x + 2y)
Bài 45: { √ √ ( )
( )( )
Pt 2 x2 + (3y + 3)x + 2y2 + 2y – 4 = 0 Dùng biệt thức x + y = 1 hoặc x + 2y + 4 = 0 (Loại vì không thỏa mãn điều kiện) Thay vào pt1 √ √ ( ) Sử dụng trục căn thức 2 lần giống như Bài 34 với x =
và x = Bài 46: { ( ) ( )
√ √
Pt1 (x – y)(x + 2) = 0 Tuy nhiên vì điều kiện cho ta x > 0 nên x = y Thay vào phương trình (2) ta có: 4x2 + 3x + 3 = 4x√ √ ( √ ) (√ )
Bài 47: {
( )
Phương trình 2 (x2 y + 2x)2 – 2(x2y + 2x) + 1 = 0 x2y + 2x = 1 Do đó y =
Thay vào pt1 ta có:
Đặ {
Bài 48: 4x 2 + 11x +8 = (x + 2)√
8x2 + 22x + 16 – 2(x + 2)√ = 0
(x2 + 4x + 4) – 2(x + 2)√ + (2x2 + 8x + 7) + (5x2 + 10x + 5) = 0 [x + 2 + √ ]2
+ 5(x + 1)2 = 0 khi và chỉ khi x = –1 Bài 49: {( )( ) ( )
√ √
Phương trình (1) x3 – 3x2 +3x – 1 = y3 + 3y2 + 3y + 1 (x – 1)3 = (y + 1)3 y = x – 2, thay vào pt2 ta có: √ √ Sử dụng trục căn thức 2 lần với các nghiệm x = –1, x = 2 giống Bài 34 Bài 50: √ √ √
√5 √ 5√ ư g 5√( )( )( 5)
2(x2 – 2x – 8) + 3(x + 5) = 5√( )( 5) Đặt √( ) √( 5) Ta có 2a2
+ 3b2 = 5ab