Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số pot

Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số 1 MỤC LỤC Bài 1. Giải các phương trình chứa căn thức sau: 3 Bài 2. Giải các bất phương trình vô tỷ sau: 7 Bài 3. Giải các hệ phương trình sau: 8 Bài 4. Giải bằng phương pháp hàm số, đánh giá: 11 Bài 5. Giải các phương trình mũ sau: 13 Bài 6. Giải các phương trình logarit sau: 13 Bài 8. Giải các bất phương trình logarit: 16 Bài 9. Giải các hệ phương trình mũ, logarit: 18 Bài 10. Tìm tham số m để phương trình: 20 Bài 11. Tìm tham số m để bất phương trình: 21 Bài 12. Tìm tham số m để hệ phương trình: 21 Bài 13. Chứng minh rằng hệ có đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0, y > 0 23 Bài 14. Xác định m để bpt: nghiệm đúng với mọi x thỏa mãn 23 Bài 15. Xác định m để pt sau có 3 nghiệm phân biệt: 24 2 Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số (Dưới đây là hướng dẫn giải cho các bài toán và đáp số bài toán, lời giải chi tiết dành cho các em, có thể post lên diễn đàn để trao đổi về phương pháp, dạng bài) Bài 1. Giải các phương trình chứa căn thức sau: 1, 3 5 3 4x x− = − + - Điều kiện: 3x ≥ - Với điều kiến trên ta biến đổi về dạng: 3 3 4 5x x− + + = sau đó bình phương 2 vế, đưa về dạng cơ bản ( ) ( )f x g x= ta giải tiếp. - Đáp số: 4x = 2, 2 2 5 1 ( 4) 1x x x x x+ + = + + + - Đặt 2 1 0t x x= + + > , pt đã cho trở thành: ( ) 2 4 4 0 4 t x t x t x t =  − + + = ⇔  =  Với 2 1 :t x x x x= ⇔ + + = vô nghiệm Với 2 1 61 4 15 0 2 t x x x − ± = ⇔ + − = ⇔ = - Vậy phương trình có nghiệm: 1 61 2 x − ± = 3, 4 4 18 5 1x x− = − − - Ta đặt 4 4 4 4 18 0; 1 0 17u x v x u v= − ≥ = − ≥ ⇒ + = , ta đưa về hệ đối xứng loại I đối với u, v giải hệ này tìm được u, v suy ra x - Đáp số: Hệ vô nghiệm 4, ( ) ( ) 3 2 2 2 6 *x x x+ − = + + - Điều kiện: 2x ≥ - Ta có: ( ) ( ) ( ) 3 8 3 * 2 3 3 2 6 3 2 6 4 x x x x x x x =  − ⇔ − = ⇔  − + + − + + =  3 - Đáp số: 108 4 254 3; 25 x   +   =       5, 2 2 2 8 6 1 2 2x x x x+ + + − = + - Điều kiện: 2 2 1 2 8 6 0 1 1 0 3 x x x x x x = −   + + ≥   ⇔ ≥   − ≥    ≤ −  - Dễ thấy x = -1 là nghiệm của phương trình - Xét với 1x ≥ , thì pt đã cho tương đương với: ( ) 2 3 1 2 1x x x+ + − = + Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản ( ) ( )f x g x= ta dẫn tới nghiệm trong trường hợp này nghiệm 1x = - Xét với 3x ≤ − , thì pt đã cho tương đương với: ( ) ( ) ( ) 2 3 1 2 1x x x− + + − − = − + Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản ( ) ( )f x g x= ta dẫn tới nghiệm trong trường hợp này là: 25 7 x = − - Đáp số: 25 ; 1 7 x   = − ±     6, 2 ( 1) ( 2) 2x x x x x− + + = ĐS: 9 0; 8 x   =     7, 3 3 4 3 1x x+ − − = - Sử dụng phương pháp hệ quả để giải quyết bài toán, thử lại nghiệm tìm được. - Đáp số: { } 5;4x = − 8, 2 2 2 4 2 14 4 2 3 4 4 ;2 0;2; 3 3 x x x x t x x t x   − −     + − = + − → = + − ⇒ = − ⇒ =           9, 2 2 3 3 3 6 3x x x x− + + − + = - Đặt 2 2 2 3 3 0 3 3t x x x x t= − + > ⇒ − + = - Phương trình thành: ( ) 2 2 2 2 3 3 3 3 3 1 3 3 t t t t t t t t ≥   + + = ⇔ + = − ⇔ ⇔ =  + = −   4 Suy ra { } 2 3 2 0 1;2x x x− + = ⇔ = - Vậy tập nghiệm của phương trình là { } 1;2x = 10, 2 3 2 4 3 4x x x x+ + = + - Điều kiện: 0x ≥ - Đặt ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2; 0 2 0 2 3 u v u v u x v x u v u v u v uv   = + = +   = + ≥ = ≥ ⇒ ⇒   − − = + =     Giải ra ta được 4 3 x = (thỏa mãn) 11, 2 3 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x− + − = − + − + - Điều kiện: 1x ≥ - Khi đó: 2 3 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x− + − = − + − + ( ) 2 3 2 1 3 2 1 3 2 1 1 x x x x x x ⇔ − + − = − + − ⇔ − + − = Giải tiếp bằng phương pháp tương đương, ta được nghiệm 1x = 12, 3 2 1 1x x− = − − - Điều kiện: 1x ≥ - Đặt 3 2 ; 1 0u x v x= − = − ≥ dẫn tới hệ: 3 2 1 1 u v u v = −   + =  Thế u vào phương trình dưới được: ( ) ( ) 1 3 0v v v− − = - Đáp số: { } 1;2;10x = 13, 3 3 1 2 2 1x x+ = − 3 3 3 1 2 1 5 2 1 1; 2 1 2 y x y x x y x x y    + = − ±    → = − ⇒ ⇒ = ⇒ =    + =       14, 2 2 5 14 9 2 5 1x x x x x+ + − − − = + ĐS: 9 1; ;11 4 x   = −     15, 3 2 3 2 3 6 5 8x x− + − = 5 - Giải hoàn toàn tương tự như ý bài 1.12 - Đáp số: { } 2x = − 16, 2 7 5 3 2x x x+ − − = − - Điều kiện: 2 5 3 x≤ ≤ - Chuyển vế sao cho 2 vế dương, rồi bình phương 2 vế ta dẫn tới phương trình cơ bản. Sau đó giải tiếp theo như đã học. - Đáp số: 14 1; 3 x   =     17, 2 2 7 2 1 8 7 1x x x x x+ − = − + − + − + - Điều kiện: 1 7x ≤ ≤ - Ta có: 2 2 7 2 1 8 7 1x x x x x+ − = − + − + − + ( ) ( ) 1 1 7 2 1 7x x x x x⇔ − − − − = − − − 1 2 5 4 1 7 x x x x x  − = =  ⇔ ⇔   = − = −    - Đáp số: { } 4;5x = 18, ( ) 2 2 3 3 2 4 2 1 2 2 2 x x x x x + + + = ⇔ + − = - Đặt 3 1 2 x y + + = ( ) ( ) 2 2 2 1 3 2 1 3 x y y x  + = +  ⇒  + = +   - Đáp số: 3 17 5 13 ; 4 4 x   − ± − ±   =       19, ( ) 2 2 4 13 5 3 1 2 3 4 3 1x x x x x x− + − = + ⇔ − − + + = + - Đặt ( ) ( ) 2 2 2 3 3 1 2 3 3 1 2 3 4 2 3 y x y x x x y  − = +  − = + ⇒  − − + + = −   6 - Đáp số: 15 97 11 73 ; 8 8 x   − +   =       20, 2 2 2 2 5 5 1 1 1 4 4 x x x x x− + − + − − − = + - Điều kiện: 1x ≤ - PT đã cho 2 2 1 1 1 1 1 2 2 x x x⇔ − + + − − = + - Đáp số: 3 ; 1 5 x   = −     Bài 2. Giải các bất phương trình vô tỷ sau: 1, 2 2 ( 3) 4 9x x x− − ≤ − ĐS: [ ) 13 ; 3; 6 x   ∈∪ −∞ − ∪ ∞     2, 3 2 8 7x x x+ ≥ − + − ĐS: [ ] [ ] 4;5 6;7x∈ ∪ 3, 2 2 2 1 1 4 4 3 3 3 1 4 4 3 1 1 4 x x x x x x − − < ⇔ < ⇔ − > − + − ĐS: { } 1 1 ; \ 0 2 2 x   ∈ −     4, 3 1 1 3 2 7 2 2 2 2 2 x x t x x x x + < + − → = + ≥ ĐS: 8 3 7 1 8 3 7 0; ;1 ; 2 4 2 x     − +   ∈ ∪ ∪ ∞  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷       5, 1 3 4x x+ > − + ĐS: ( ) 0;x∈ ∞ 6, 2 2 2 5 10 1 7 2 2x x x x t x x+ + ≥ − − → = + ĐS: ( ) ( ) { } 1; ; 3 \ 1 2 2x ∈ ∞ ∪ −∞ − − ± 7, 2 8 6 1 4 1 0x x x− + − + ≤ ĐS: 1 1 ; 2 4 x     ∈ ∞ ∪   ÷      8, 2 1 3 2 4 3 5 4x x x x− + − < − + − - Điều kiện: 4 5 x > - ( ) ( ) 3 1 1 * 3 2 4 3 5 4 2 1 3 2 4 3 5 4 2 1 x x x x x x x x x x − − ⇔ − − − < − − − ⇔ < − + − − + − 7 Nếu 1 0x VT VP ≤ ⇒ ≥ ≥ : BPT vô nghiệm Nếu 1 0x VT VP > ⇒ < < : BPT luôn đúng - Đáp số: ( ) 1;x∈ ∞ Bài 3. Giải các hệ phương trình sau: 1, 1 3 2 1 3 2 x y x y x y  + =     + =   - đây là hệ đối xứng loại II - Điều kiện: 0; 0x y≠ ≠ - Trừ vế theo vế ta được: ( ) 1 1 2 4 2 x y x y xy x y =    − = − ⇔  ÷  = −    Với x y= , hệ tương đương với 2 2 1x x x = ⇔ = ± Với 2 2xy y x − = − ⇒ = , thế vào pt đầu được: 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 x y x x x x x x y  = → = − − = ⇔ = ⇔  = − → =   - Vậy hệ có nghiệm: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 1;1 , 1; 1 , 2; 2 , 2, 2x y = − − − − 2, ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 12 (3 2 )( 1) 12 2 4 8 0 3 2 8 x y x x x x y x x y x x y x x  + + = + + =   ⇔   + + − = + + + =    Đặt 2 3 2 ;u x y v x x= + = + suy ra: 12 6 2 8 2 6 uv u u u v v v = = =    ⇔ ∨    + = = =    Giải từng trường hợp ta dẫn tới đáp số: ( ) ( ) ( ) 3 11 ; 2;6 , 1; , 2; 2 , 3, 2 2 x y       = − − −    ÷  ÷       3, 2 2 4 2 2 4 5 13 x y x x y y  + =   − + =   - Đây là hệ đối xứng loại I đối với 2 x và 2 y 8 - Đáp số: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 2; 1 , 2; 1 , 1; 2 , 1, 2x y = ± − ± ± − ± 4, 2 2 2 3 2 16 3 2 8 x xy x xy y  − =   − − =   - Đây là hệ đẳng cấp bậc 2 - Nhận xét x = 0 không thỏa mãn hệ, ta xét 0x ≠ , đặt y tx = Hệ trở thành: ( ) ( ) 2 2 2 3 2 16 1 3 2 8 x t x t t  − =   − − =   - Giải hệ này tìm t, x - Đáp số: ( ) ( ) ( ) { } ; 2; 1 , 2,1x y = − − 5, 5 2 7 5 2 7 x y y x  + + − =   + + − =   5 2 5 2x y y x x y⇒ + + − = + + − ⇔ = ⇒ ĐS: ( ) ( ) ; 11;11x y = 6, ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 1 3 0 2 1 2 1 5 1 1 5 1 1 0 1 2 x x y x y x y x y x x y x y x x x x   + + − =  + = + − = − + =        ⇔ ⇔ ∨     = + − + =     = + − = −       ⇒ ĐS: ( ) ( ) 3 ; 1;1 ; 2; 2 x y     = −    ÷     7, ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 0 2 3 4 6 4 4 12 3 4 4 12 3 x y xy x y x y x y x y x y  + + = + + = −   ⇔   + + + = + + + =    ⇒ ĐS: ( ) 1 3 3 3 ; 2; ; 2; ; 2; ; 6; 2 2 2 2 x y           = − − − − − −    ÷  ÷  ÷  ÷           8, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3( ) 3( ) 3( ) 7( ) 2 2 2 5 2 0 x xy y x y x xy y x y x xy y x y y x xy y x y x y x x y yx− +  − + = −  − + = −  − + = −   ⇔ ⇔    + + = − = ∨ =    =   ⇒ ĐS: ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 0;0 ; 1;2 ; 1; 2x y = − − 9, ( ) 3 3 1 1 1 1 0 2 1 2 1 x y x y y x xy y x y x     − = − − + =    ÷ ⇔       = + = +   9 ⇒ ĐS: ( ) ( ) 1 5 1 5 ; 1;1 ; ; 2 2 x y     − ± − ±   =  ÷    ÷       10, ( ) 2 2 2 0 1 4 2 4 2 ( 1) ( 1) 2 2 x y x y x y x y x y x y xy xy x x y y y xy  + = ∨ + = −  + + + =  + + + − =  ⇔ ⇔    = − + + + + = = −     ⇒ ĐS: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 2; 2 , 2, 2 , 2,1 , 1, 2x y = − − − − 11, 2 1 1 3 2 4 x y x y x y  + + − + =   + =   - Đặt 2 2 2 1 0 1 2 1 1 2 5 0 u x y u v u u v v u v v x y  = + + ≥ − = = = −     ⇒ ⇒ ∨     = = − + = = + ≥      - Đáp số: ( ) ( ) ; 2; 1x y = − 12, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 4 1 1 4 1 1 1 2 2 1 3 x y x x x y y x y y y x x y x y y x y x y  + + + =  +   + + + = =    ⇔ ⇔    + + + − =     + − = + =    ⇒ ĐS: ( ) ( ) ( ) { } ; 1;2 ; 2;5x y = − 13, 2 2 2 2 2 2 1 1 7 7 1 7 1 1 13 1 13 13 x x x x y y xy x y y y x x y xy y x x x y y y y     + + = + + =   ÷  + + =      ⇔ ⇔    + + =      + + = + − =  ÷       ⇒ ĐS: ( ) ( ) ( ) { } ; 1;2 ; 2;5x y = − 14, 2 3 2 2 2 3 2 2 9 2 2 9 xy x x y x x xy y y x y y  + = +  − +    + = +  − +  ⇒ ĐS: ( ) ( ) ( ) { } ; 0;0 ; 1;1x y = 10 [...]... −1 ( II ) 2   2 x2 −4 x−2 2 − 16.22 x− x −1 − 2 ≥ 0   ( Giải từng hệ bất phương trình (I), (II) ta có đáp số: x ∈ ( −∞; −1) ∪ 1 − 3;1 − 3 6, Điều kiện: x ≥ 1 Ta có: 2 x 2 + x −1−1 ( ⇔ 2 x −1 2 + 2 ≤ 2x + 2 )( − 2 2x 2 −1 x −1 ⇔ 2x 2 −1 (2 x −1 ) ( −2 − 2 x −1 ) −1 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2 Đáp số: 1 ≤ x ≤ 2 Bài 8 Giải các bất phương trình logarit: x + 1 > 1 0 < x + 1 < 1   ∨ 2 2 −2 x > ( x + 1) 0... hệ trở thành:  - hệ đối xứng loại 1 đối với u, v u + v + uv = 1 x y - Giải hệ dẫn tới vô nghiệm Vậy hệ vô nghiệm 18  x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1  5,  2 x −1  y + y − 2 y + 2 = 3 +1  - Từ hệ suy ra: x − 1 + x 2 − 2 x + 2 + 3x −1 = y − 1 + y 2 − 2 y + 2 + 3 y −1 ⇔ f ( x − 1) = f ( y − 1) Trong đó f ( t ) = t + t 2 + 1 + 3t đồng biến trên R nên suy ra x − 1 = y − 1 ⇔ x = y - Thế vào phương trình. .. ⇔ x 2 − x − 4 = 0 ⇔ x = - Đáp số: x = 1 + 17 2 ) ( ( ) x 2 − 2 + 3log 2 x + x 2 − 2 = 5 10, log 2 x − ( ( ) ) u = log x − x 2 − 2 2 u + v = 1 u = −1  ⇒ ⇔ - Đặt  u + 3v = 5 v = 2 v = log 2 x + x 2 − 2  - Đáp số: x = 7 4 15 1 ± 17 2 x 11, log 3 (3 − 1)log 3 (3 x +1 28   − 3) = 6 → t = log 3 (3x − 1) ⇒ x = log 3 ;log 3 10  27   Bài 7 Giải các bất phương trình mũ: 2 x− x2 1 1, 9 x −2 x... 1  8,  2 x +2 − 2 x +1 + 1  y +1 = 2  - Đặt u = y + 1 ≥ 0; v = 2 x +1 v = u 2 − u ( 1)  ≥ 2 , hệ trở thành:  2 u = v − v + 1 ( 2 )  4 3 2 Thế (1) vào (2) được: u − 2u + 1 = 0 ⇔ ( u − 1) ( u + 1) = 0 ⇔ u = 1 2 19 Suy ra v = 0 (không thỏa mãn) - Vậy hệ vô nghiệm Bài 10 Tìm tham số m để phương trình: 1, 4 x 2 + 1 − x = m có nghiệm - Điều kiện x ≥ 0 - Đặt t = x 2 ≥ 0 , pt đã cho thành: f ( t )...  ∆′ = 0   1 − 2m > m − 1 m ≤ 0   2 ⇔ ⇔ m > 9  ∆′ > 0   4  1  1 − 2m + ∆′ > m − 2  Bài 11 Tìm tham số m để bất phương trình: 2 1, log m +1 ( x + 3) > 1 đúng với mọi x ∈ R m+2 - Ta có: 2, m.2 x − 2 x − 3 ≤ m + 1 có nghiệm - Đặt t = 2 x − 3 ≥ 0 ⇒ 2 x = t 2 + 3 , hệ trở thành: m ( t 2 + 3) − t ≤ m + 1 ⇔ m ≤ t +1 = f ( t ) ( *) t2 + 2 ax - BPT đã cho có nghiệm ⇔ ( *) có nghiệm t ≥ 0... 0 có nghiệm x ∈  0;1 + 3    - Đặt t = x 2 − 2 x + 2 , với x ∈  0;1 + 3  ⇒ t ∈ [ 1; 2] Hệ trở thành:   m ( t + 1) + 2 − t 2 ≤ 0 ⇔ m ≤ t2 − 2 = f ( t ) , ( *) t +1 - BPT đã cho có nghiệm x ∈  0;1 + 3  ⇔ ( *) có nghiệm t ∈ [ 1; 2]   ⇔ m ≤ max f ( t ) ⇔ m ≤ [ 1;2] Bài 12 Tìm tham số m để hệ phương trình: 2 x − y − m = 0  1,  có nghiệm duy nhất  x + xy = 1   2 x − y − m = 0   y = 2x... y = 1  ⇒ vô nghiệm + TH1: Xét m = 0 , hệ trở thành:  2  nxy + x y = 1   x 2 + ( n 2 + 1) y = 1  x = ±1  ⇔ ; ∀n + TH2: Xét m = 1 , hệ trở thành:  2 y = 0  nxy + x y = 0  Vậy m = 1 hệ luôn có nghiệm với mọi n ∈ R y  x e = 2007 − y2 −1  Bài 13 Chứng minh rằng hệ  có đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều e y = 2007 − x  x2 −1  kiện x > 0, y > 0 x Giải: Từ hệ suy ra : e − Với t f ( t ) = et − t... − 1 + log 3 ( 2 x − 1) ≥ 1 ⇔ x − 1 ( 2 x − 1) ≥ 3 ,(*) + Xét với x ≥ 1 , thì ( *) ⇔ 2 x − 3 x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 2 + Xét với 1 < x < 1 , thì ( *) ⇔ 2 x 2 − 3x + 4 ≤ 0 : Vô nghiệm 2 - Đáp số: x ≥ 2 Bài 9 Giải các hệ phương trình mũ, logarit: ln(1 + x) − x = ln(1 + y ) − y ln(1 + x) − ln(1 + y ) = x − y  ⇔ 1,  2 2 ( x − 2 y ) ( x − 10 y ) = 0  x − 12 xy + 20 y = 0  x = y ⇔ ⇔ x= y=0  x = 2 y ∨... nên: t 1 + x = 2 t = log 2 1 + x ≥ 0   ( ) t t 1  3 3 = 2 −1 ⇔  ÷ +  ÷ =1 → t = 2 ⇒ x = 9 2  2 ÷   ( ) t t - Đáp số: x = 9 8, 4 x + 7 x = 9 x + 2 Sử dụng hàm số, tính đạo hàm cấp 2 rồi lập bbt ĐS: x = { 0;1} 12 3   ; ∞ ÷ , mà 4  Bài 5 Giải các phương trình mũ sau: ( 1, 2 + 3 2, 3, ) ( + 2− 3 x x x 2 4.3 − 9.2 = 5.6 x x+2 8 4, 9 x 2 4− x = 4.3 + x −1 − 10.3x ( ( − 2.81 9, x 2 2... ≤ 1 - Hệ đã cho có nghiệm ⇔ x 2 − (m + 2) x + 2m + 3 ≥ 0 có nghiệm x ∈ [ −1;1] ⇔m≥ x2 − 2 x + 3 := g ( x) có nghiệm x ∈ [ −1;1] x−2 ⇔ m ≥ min g ( x ) ⇔ m ≥ −2 x∈[ −1;1] ( x 2 + 1) m + ( n 2 + 1) y = 2  3,  có nghiệm với mọi n ∈ R  m + nxy + x 2 y = 1  - Đk cần: Giả sử hệ có nghiệm với mọi n ∈ R thì hệ có nghiệm với n = 0 ( x 2 + 1) m = 1  x = 0  m = 0  ⇔ ∨ 2 ⇒ m = { 0;1} Với n = 0 hệ trở . Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số 1 MỤC LỤC Bài 1. Giải các phương trình chứa căn thức sau: 3 Bài 2. Giải các bất phương trình vô tỷ sau: 7 Bài 3. Giải các hệ phương trình. 3 nghiệm phân biệt: 24 2 Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số (Dưới đây là hướng dẫn giải cho các bài toán và đáp số bài toán, lời giải chi tiết dành cho. logarit: 18 Bài 10. Tìm tham số m để phương trình: 20 Bài 11. Tìm tham số m để bất phương trình: 21 Bài 12. Tìm tham số m để hệ phương trình: 21 Bài 13. Chứng minh rằng hệ có đúng 2 nghiệm thỏa mãn