Tổng hợp lời giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình trong các đề đại học 2002 - 2012

Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang 1 PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC Kì thi Đại học luôn là mối quan tâm lớn nhất của học sinh lớp 12 THPT. Trong các đề thi môn Toán luôn có các bài giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình. Dưới đây là hệ thống các bài tập đã thi trong hơn mười năm qua. Việc nghiên cứu kỹ sẽ giúp các em có được những kinh nghiệm hữu ích trong giải bài tập cũng như có những dự đoán về xu hướng đề trong các năm tiếp theo. Bài 1. A – 2012. Giải hệ phương trình   3 2 3 2 2 2 3 9 22 3 9 , . 1 2 x x x y y y x y x y x y                      Giải. Ta có:           3 3 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 3 9 22 0 3 9 22 3 9 1 1 2 2 x y x y x y x x x y y y x y x y x y x y                                            Đặt t y  ta có hệ phương trình           3 3 2 2 2 2 3 9 22 0 1 2 x t x t x t x t x t                        Hệ tương đương             3 2 2 3 3 2 9 22 0 1 2 2 x t xy x t x t xt x t x t xt x t                                  Đặt S x t P xt           ta có hệ phương trình:   3 2 3 2 2 2 3 3 2 9 22 0 4 3 .4 3 4 2.4 36 88 0 * 1 2 2 2 1 4 . 2 S SP S P S S S P S P S S P S S S P                                                    Thế 2 2 2 1 4S S P   vào (*) được:     3 2 2 2 3 2 4 3 . 2 2 1 3 4 2. 2 2 1 36 88 0 2 6 45 82 0 2. S S S S S S S S S S S S                         Khi đó 3 4 P   Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang 2 ,x t là nghiệm của phương trình 2 3 3 2 2 0 1 4 2 X X X X               +) Với 3 3 2 2 1 1 2 2 x x t y                                  +) Với 1 1 2 2 3 3 2 2 x x t y                                  Vậy hệ có các nghiệm như trên. Cách khác. Ta có:         3 3 3 2 3 2 2 2 2 2 1 12 1 1 12 1 3 9 22 3 9 1 1 1 1. 2 2 2 x x y y x x x y y y x y x y x y                                                               Từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra 1 3 1 1 1 1 2 2 2 1 1 3 1 1 1 2 2 2 x x y y                                             Hàm số   3 12f t t t  có     ' 2 3 3 3 4 0, ; 2 2 f t t t               nên nghịch biến trên 3 3 ; 2 2          . Do đó     1 1 1 1. f x f y x y        Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được các nghiệm như trên. Bài 2. B – 2012. Giải bất phương trình 2 1 4 1 3x x x x     . Giải. Điều kiện 2 3 0 2 3. x x           Ta thấy x = 0 là một nghiệm của bất phương trình. Xét 0x  . Chia cả hai vế của bất phương trình cho 0 x  ta được bất phương trình: 1 1 4 3 x x x x      . Đặt 2 1 1 , 2 2t x t t x x x        , bất phương trình có dạng   2 6 3 * t t   . Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang 3 Ta có   2 2 2 2 3 3 0 6 3 6 3 6 3 . t t t t t t t t                             Xét hệ   2 2 3 3 0 5 3 5 2 6 3 2 t t t t t t                            . Nghiệm của bất phương trình   * là 5 2 t   Xét bất phương trình   2 5 4 2 1 0 1 5 2 1 1 2 0 0 0 4 2 x x x x x x x x x                                      Kết hợp và đối chiếu điều kiện cho nghiệm của bất phương trình là 4 1 0 4 x x           Bài 3. D – 2012. Giải hệ phương trình 3 2 2 2 2 0 2 2 0 xy x x x y x y xy y                 Giải. Nhận xét: Phương trình thứ hai của hệ có các hệ số đối xứng và số lượng các dấu cộng, trừ là bằng nhau nên ta nghĩ ngay đến khả năng nhóm các biểu thức để tìm nhân tử chung. Ta có:             3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 0 2 2 0 2 2 0 2 0 2 0 2 0 2 1 0 2 0 * 0 2 1 0. xy x xy x x x y x y xy y x xy x y y x y xy x x x y x y y x y xy x x y x y xy x x y x y                                                                                         +) Với 2 x y thay vào   * ta được 3 2 0 1.x x x     Hệ có nghiệm 1 1. x y          +) Với 2 1y x  ta có   2 1 5 2 1 2 0 1 0 2 x x x x x x              Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang 4 Hệ có nghiệm 1 5 1 5 , 2 2 5 5. x x y y                                Tóm lại hệ đã cho có các nghiệm là 1 , 1 x y          1 5 1 5 , 2 2 5 5. x x y y                                Bài 4. A – 2011. Giải hệ phương trình       2 2 3 2 2 2 5 4 3 2 0 2 x y xy y x y xy x y x y                   Giải. Xét phương trình:         2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 2 0 1 0. xy x y x y x y xy x y xy                    a) Với 1xy  ta có:     2 2 3 3 3 3 4 2 5 4 3 2 0 5 4 3 2 0 3 6 3 0 1 2 0 2 1 0 1. x y xy y x y x y y x y y y x y y y y y y                           Hệ có nghiệm 1, 1x y x y     . b) Với 2 2 2 0 x y    . Phương trình   2 2 3 5 4 3 2 0 x y xy y x y      tương đương:     2 2 2 5 3 4 2 0 y x y xy x y      . Thế 2 2 2 y x  vào phương trình ta được:         2 2 2 2 2 5 3 2 4 2 0 2 4 2 4 0 2 2 2 2 0 2 1. y x x xy x y x y xy x y xy x y x y x y xy                              +) 2x y ta có: 2 10 5 2 5 y y      Hệ có nghiệm 2 10 2 10 5 5 , 10 10 5 5 x x y y                                  Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang 5 +) Với 1xy  đã xét. Tóm lại hệ có 4 nghiệm là 1, 1x y x y     , 2 10 2 10 5 5 , 10 10 5 5 x x y y                                  Bài 5. B – 2011. Giải phương trình 2 3 2 6 2 4 4 10 3x x x x       . Giải. Điều kiện 2 2x   . Ta có:         2 2 2 3 2 6 2 4 4 10 3 3 2 2 2 4 4 10 3 0 3 2 2 2 4 4 10 3 0. x x x x x x x x x x x x                          Đặt 2 2 2 t x x    suy ra:       2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 3 10 4 4 3 10 4 4 . t x x x x x x x t                    Ta có phương trình: 2 0 3 0 3. t t t t          a) Với 0t  ta có:   6 2 2 2 0 2 2 2 2 4 2 5 x x x x x x x                b) Với 3t  ta có : 2 2 2 3 2 2 2 3 x x x x          . Phương trình vô nghiệm do với 2 2x   thì 2 2 x   còn 2 2 3 3 x    . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 6 5 x   Bài 6. D – 2011. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:         3 2 2 2 2 1 , 1 2 2 x y x xy m x y x x y m                    . Giải. Hệ tương đương         2 2 2 2 1 2 x x x y m x x x y m                  . Thế     2 2 1 2 x y m x x     vào phương trình đầu của hệ ta được: Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang 6             2 2 2 2 2 1 2 1 2 0 3 . x x m x x m x x m x x m                    Đặt 2 1 , 4 t x x t     ta được phương trình     2 1 2 0 * t m t m      . Phương trình   * có nghiệm 1 4 t   thì phương trình   3 có nghiệm theo x và do     2 2 1 2 x y m x x     nên hệ có nghiệm. Ta có     2 2 2 1 1 2 0 2 1 , 2 1 4 t t t m t m t m t t m t t                Xét     2 2 1 3 3 1 , 2 1 2 4 4 4 2 1 t t f t t t t t           Khi đó       ' ' 2 1 3 1 3 , 0 2 1 3 2 2 2 2 1 f t f t t t t               t  1 3 2    1 2  1 4  1 3 2      ' f t  0   0  2 3 2    f t 5 8   Dựa vào bảng biến thiên trên ta thấy   * có nghiệm 1 4 t  khi và chỉ khi 2 3 2 m    Bài 7. A – 2010. Giải bất phương trình   2 1 1 2 1 x x x x      . Giải. Điều kiện 0x  . Nhận thấy   2 1 2 1 0 x x     . Thật vậy:         2 2 2 2 2 1 2 1 0 2 1 1 2 1 1 1 0 x x x x x x x x                 . Điều này đúng. Bất phương trình tương đương:       2 2 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 x x x x x x x x x x x x                  Với 1x  ta có: Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang 7     2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 x x x x x x x x                   2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 0 1 2. 1. 2 2 0 1 2 0 1 2 1 2 3 1 0 3 5 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                     Đối chiếu các điều kiện cho nghiệm của bất phương trình là 3 5 2 x    Bài 8. A – 2010. Giải hệ phương trình       2 2 2 4 1 3 5 2 0 , . 4 2 3 4 7 x x y y x y x y x                     Giải. Xét phương trình         2 2 4 1 3 5 2 0 4 1 3 5 2x x y y x x y y          Đặt 5 2 y t  ta có phương trình         2 2 2 2 1 4 1 4 1 .2 1 2 t t x x x x t t        . Xét hàm     2 1f u u u  có   ' 2 3 1 0,f u u u    nên đồng biến. Do đó     2 f x f t khi và chỉ khi 2x t hay 5 2 2y x  . Điều kiện 5 2 3 4 y x                . Hệ tương đương 2 2 5 2 2 4 2 3 4 7 y x x y x                . Ta có phương trình 2 2 5 4 2 2 3 4 7 0 2 x x x                 . Xét hàm   2 2 2 5 3 4 2 2 3 4 7, 2 4 g x x x x x                   Có     ' 2 2 5 4 4 3 8 8 2 4 3 4 0, 2 4 3 4 3 4 g x x x x x x x x x                        nên nghịch biến. Vì 1 0 2 g            nên 1 2 x  là nghiệm duy nhất của   0 g x  . Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang 8 Vậy hệ có nghiệm 1 2 2 x y            . Bài 9. B – 2010. Giải phương trình   2 3 1 6 3 14 8 0x x x x x          . Giải. Điều kiện 1 6 3 x    . Nhận thấy 5x  là nghiệm phương trình.            2 2 3 1 6 3 14 8 0 3 1 4 6 1 3 14 5 0 3 5 5 5 3 1 0 3 1 4 6 1 3 1 5 3 1 0 3 1 4 6 1 5 3 1 3 1 0. 3 1 4 6 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                                Nhận thấy 3 1 3 1 0 3 1 4 6 1 x x x         không xảy ra vì 1 6 3 x    nên 5x  là nghiệm duy nhất của phương trình. Bài 10. D – 2010. Giải phương trình   3 3 2 2 2 2 4 4 4 2 4 2 x x x x x x x            . Giải. Điều kiện 2x  . Ta có:                     3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 4 4 2 2 2 4 4 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 2 4 2 4 4 4 2 1 2 0 16.4 4 1 2 2 1 0 16.4 4 1 2 4 1 0 4 1 16.4 2 0 2 2 0 2 2 2 * . x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                  +) 2 2 0 1x x    . +)   3 3 2 2 2 4 2 2 0 x x x x         . Đặt   3 2 2 2 f x x x x    . Từ 3 4 2 2 0 x x     ta có 3 2 2 4 x x    nên phương trình có nghiệm thì nghiệm đó thuộc  3 4;     . Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang 9 Ta có    2 ' 2 3 1 1 3 2 3 0, 4; 2 2 x x f x x x x x               mà   2 0 f  nên 2x  là nghiệm duy nhất của   * . Tóm lại phương trình có các nghiệm 1, 2x x  . Bài 11. A – 2009. Giải phương trình   3 2 3 2 3 6 5 8 0x x x        . Giải. Điều kiện 6 5 x                   3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 2 3 6 5 8 0 2 3 2 2 3 6 5 4 0 6 2 15 2 0 6 5 4 3 2 2 3 2 4 2 0 15 3 2 2 3 2 4 6 6 5 4 * x x x x x x x x x x x x x                                                Ta chỉ cần xét       2 3 3 15 3 2 2 3 2 4 6 6 5 4 * x x x                . Theo đề bài ta có : 3 3 6 5 8 2 3 2 x x     . Thế vào   * được :       2 3 3 3 2 3 3 15 3 2 2 3 2 4 2 8 2 3 2 24 15 3 2 26 3 2 20 0. x x x x x                       Phương trình vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2x   . Cách khác. Đặt 3 3 2 6 5 u x v x            ta có hệ phương trình 3 2 2 3 8 5 3 8 u v u v            . Giải hệ bằng phương pháp thế ta tìm được u hoặc v và do đó tìm được x. Bài 12. B – 2009. Giải hệ phương trình   2 2 2 1 7 , 1 13 xy x y x y x y xy y                . Giải. Nhận thấy   , : 0 x y y   không là nghiệm của hệ. Chia lần lượt từng phương trình của hệ cho 2 ,y y ta được : 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                                                                   Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang 10 Đặt 1 u x y x v y                 ta có hệ phương trình :   2 2 2 7 7 7 7 5 7 13 13 20 0 4 v u v u u v v u u u u u v u u u                                                           . +) Trường hợp 1: 5 12 u v           ta có hệ: 2 1 5 1 12 5 12 12 5 1 0 12 12 x y x y y y x y y x y y                                              . Hệ này vô nghiệm. +) Trường hợp 2: 4 3 u v          ta có hệ: 2 1 3 1 4 1 3 1 3 3 4 1 0 1 3 3 3 1 x x y x x y y y y x y y x y y y                                                                                    . Vậy hệ có nghiệm: 1 3 , 1 1 3 x x y y                     . Bài 13. D – 2009. Giải hệ phương trình       2 2 1 3 0 , 5 1 0 x x y x y x y x                     . Giải. Điều kiện 0x  . Với điều kiện trên ta viết hệ dưới dạng tương đương:               2 2 2 2 2 2 3 3 0 3 2. 5 0 2 5 x x y x x x y x x x y x x x y x x y x x x y x x x y                                                     Khi đó   ,x x y x là nghiệm của phương trình: 2 1 3 2 0 2. t t t t           +) Với 1x  ta có 1y  . [...]... lim f  x   nên phương trình * luôn có nghiệm duy nhất x x1 trên khoảng 1;  Từ phương trình thứ hai của hệ ta có y  x  a nên phương trình * luôn có nghiệm duy nhất trên khoảng 1;  thì cũng luôn tồn tại duy nhất y  1;  Vậy với mọi a  0 hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất Bài 23 A – 2005 Giải bất phương trình 5 x 1  x 1  2 x  4 x   Giải Điều kiện x ... 3;   2      2    2 1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ;    3;   2     2 3 x  5 y 2  4 y    Bài 36 D – 2002 Giải hệ phương trình  4 x  2 x1   y  x  2 2   Giải 2 x   2.2 x  y  2 x 2 x  2  y  y  2 x 4 x  2 x1 y Xét phương trình 2x  2 2x  2 2x  2 Thế vào phương trình đầu của hệ: 2x  0  x  0 3 2 2   2 x   52 x   4.2 x... của bất phương trình là x  5 +) Xét hệ II Ta có: 5  x  0  x  5     2 2  2 2  x 16  4 5  x  x  20 x  66  0      x  5    10  34  x  10  34    10  34  x  5 Tóm lại bất phương trình có nghiệm x  10  34  1  log 1  y  x  log 4  1   y Bài 27 A – 2004 Giải hệ phương trình  4  2  x  y 2  25    Giải y  x  Điều kiện    y  0   Xét phương. ..  0 x  2   Vậy hệ có các nghiệm là  và    y 1  y  4     Qua các đề thi trên, chúng ta có thể thấy rằng phương pháp biến đổi tương đương vẫn là chủ đạo Sử dụng phương pháp này đòi hỏi các em cần có những kỹ năng nhất định trong việc nhóm các nhân tử, biểu thức Rồi từ đây có thể đưa về các loại hệ (đặc biệt là đối xứng loại I), đặt ẩn phụ hay phương pháp hàm số để giải quyết phần còn...  2   Vậy hệ có nghiệm  ,    y  1  y  2     Bài 25 D – 2005 Giải phương trình 2 x  2  2 x  1  x  1  4  x    Giải Điều kiện x  1 Ta có:  2 x  2  2 x 1  x 1  4  2 2   2 x 1 1  x 1  4  x 1 1  x 1  4  x 1  2  x  3 Đối chiếu điều kiện thấy thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm x  3 Bài 26 A – 2004 Giải bất phương trình 2 x 2 16 x 3 Giải Điều kiện... cho nghiệm của bất phương trình là  2;10 18 Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang  x 1  2  y  1  Bài 24 B – 2005 Giải hệ phương trình   3log 9 9 x 2   log 3 y 3  3    Giải x  1  Điều kiện   0  y  2   Xét phương trình: 3log 9 9 x 2   log 3 y 3  3  31  2 log 9 x  3  3log 3 y do x, y  0  log 3 x  log 3 y  x  y Thế vào phương trình ban đầu... D – 2003 Giải phương trình 2 x x  22 xx  3 Giải 2 2 2  x x2  Ta có: 2 x x  2 2 xx  3  2 x x  4.2 3  0 2 2 t  1 2 Đặt t  2 x x , t  0 ta có phương trình t  4.t 1  3  0  t 2  3t  4  0   t  4 x  0 2 +) Với t  1 ta có 2 x x  1  x 2  x  0    x  1 +) Với t  3  0 ta loại x  0 Vậy phương trình có nghiệm   x  1 Bài 33 A – 2002 Cho phương trình: 2... nghiệm là:  ,   25   y  3  16   x  1     y   3    2   x 4  2 x3 y  x 2 y 2  2 x  9  Bài 15 B – 2008 Giải hệ phương trình  2  x, y      x  2 xy  6 x  6   Giải Từ phương trình thứ hai của hệ ta có: 2 xy  6 x  6  x 2 Thế vào phương trình x 4  2 x3 y  x 2 y 2  2 x  9  4 x 4  4.2 x 3 y  4 x 2 y 2  4 2 x  9 ta được: 4 x 4  4 x 2 6 x  6  x 2   6... 3 x  log 3 x  1  2m 1  0 * (m là tham số) a) Giải * khi m  2 b) Tìm m để phương trình * có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1;3 3    Giải 2 Đặt t  log 3 x  1, t  1 ta có phương trình: t 2  t  2 m  1  0 t  3 a) Khi m  2 ta có phương trình t 2  t  6  0   t  2 +) Với t  3  1 nên loại +) Với t  2 ta có phương trình log x   3  x  3 3 2 2  3 log 3 x  1 ... 2006 Giải phương trình Giải 1 Điều kiện x   2 Nhận thấy x  1 là một nghiệm của phương trình Ta biến đổi phương trình theo hướng này Ta có : 2 x 1  x 2  3 x  1  0    2 x 1 1   x 2  3x  2  0 2  x 1   x 1 x  2  0 2 x 1  1   2   x 1   x  2  0  2 x 1  1   x 1    2   x  2 2 x 1  1  0 x 1    x 2 x 1  x  2 2 x 1  0   Xét phương trình: . Quang 1 PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC Kì thi Đại học luôn là mối quan tâm lớn nhất của học sinh lớp 12 THPT. Trong các đề thi môn. môn Toán luôn có các bài giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình. Dưới đây là hệ thống các bài tập đã thi trong hơn mười năm qua. Việc nghiên cứu kỹ sẽ giúp các em có được những. của bất phương trình. Xét 0x  . Chia cả hai vế của bất phương trình cho 0 x  ta được bất phương trình: 1 1 4 3 x x x x      . Đặt 2 1 1 , 2 2t x t t x x x        , bất phương