Tuyển chọn các bài toán hệ phương trình hay và khóphần

Tuyển Chọn Các Bài Toán Hệ Phương Trình Hay Và Khó Phần 1 Câu 1: Giải hệ phương trình: 1 8 5 8 5 1 3 2 xy x y x x y x y x                 Lời Giải Full HD Không Che Điều kiện 0, 0,8 5 0, 1 0 x y x y x y         . Ta có:           2 8 5 2 1 3 0 8 1 8 1 0 8 5 2 1 3 1 1 8 1 0 8 5 2 1 3 8 1 8 1 0 1 2 3 8 5 0 1 3 8 5 2 8 1 5 5 0 1 2 3 8 5 PT x y x y x x y x y x y x y x x y x y x y x y x x y x y x x y x y x x y y x x y x y x y x x y                                                                                          8 1 1 1 5 0 1 2 3 8 5 8 1 5 y x x y x y x x y y x y x                                        TH1: 5 y x  thay vào phương trình 1 của hệ ta có:         2 2 1 5 8 5 5 5 1 3 5 3 1 5 3 1 1 4 1 3 x x x x x x x x x x x x x x x y x                             TH2: Với 8 1y x  Thay vào phương trình 1 ta có:     1 8 1 2, 3 x x x    Theo bất đẳng thức AM- GM ta có:       4 1 1 8 1 2 8 1 . 2 8 1 2 x x x x x x x        Do đó phương trình 3 vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm duy nhất     ; 1;4 x y  Câu 2: Giải hệ phương trình:    2 2 2 3 1 1 1 2 11 21 3 4 4 0 x x y y x y y                Lời Giải Full HD Không Che!         2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 , 3 1 y y PT x x x x y y y y                         Xét hàm số     2 2 2 2 1 1 , ' 1 1 1 t t t f t t t f t t t           Ta có : 2 2 2 1 1 0t t t t t t t         do đó   ' 0 f t  hàm số của ta đồng biến trên R. khi đó   3 PT x y   Thay vào phương trình 2 ta được: 2 3 2 11 21 3 4 4 0 x x x      . Ta dùng máy tính casio thấy phương trình trên có nghiệm duy nhất 3 x  do vậy ta tiến hành làm như sau: Ta sẽ cố gắng đưa về dạng   2 3 0 x   . Cụ thể: Giả sử 2 2 11 21 2 11 21 . 2 0 2 2 a b x x a x b x x                 Đồng nhất hệ số ta có: 11 6 1 2 21 3 9 2 a a b b                  theo đó ta sẽ có:   2 2 2 11 21 3 2 3 0 x x x x        . Để có được ta tiến hành :     2 3 3 2 2 11 21 3 4 4 3 2.2. 1 2 2 1 3 2 3 0 x x x x x x x                Đẳng thức xảy ra khi 3 x  . Do đó nghiệm của hệ là     ; 3; 3 x y   . Câu 3: Giải Hệ Phương Trình   2 2 2 2 1 2 1 4 1 3 2 1 2 x x x y x y y                      Lời Giải Full HD Không Che! Ta có: hệ tương đương   2 4 2 2 2 5 1 4 1 1 2 1 2 x x y x y y                Với hình thức này thì có lẽ đặt ẩn phụ là cách tốt nhất Đặt 2 2 1, 0 t x x u y      vậy lượng 2 2 1 x  biểu diễn theo t như thế nào? Để ý thấy 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 1 t x x x x t x t t x x               Khi đó hệ trở thành   2 2 2 5 5 2 4 4 1 1 1 1 2 2 t u t u tu t u t u t u t u tu                             Tới đây dễ rồi: Đặt , a t u b tu   Giải ra được   3 ; ; 1 4 x y          Câu 4: Giải Hệ Phương Trình 3 4 4 7 4 3 x y x y x y           Lời Giải Full HD Không Che Đây là con hệ ngắn gọn nhưng rất khó phải có kỹ năng biến đổi tốt! Đặt , a x y b x y    Ta có:      4 4 2 2 2 2 2 2 1 2 x y x y x y ab a b       và       7 1 4 3 7 2 2 x y x y x y b a        Ki đó PT2       2 2 2 2 3 3 7 1 0 1 ab a b b a ab a b a b a a b b              Với 1b  ta có hệ mới 3 3 3 7 1 7 2 1 7 1 2 x x y x y y                      Câu 5: Giải hệ 2 8 16 x y x y y x x y x y             Lời Giải Full HD Không Che! Điều kiện 0, 0 x x y    . Từ phương trình 1 ta có:   x y x y x y x y x x         . Xét hàm số   2 f t t t  trên   0 :    ' 2 1 0 f t t    nên suy ra     f x y f x x y x y x x         Đặt , 0t x t  Thay vào phương trình 2 ta có:         2 2 2 2 4 3 2 2 3 8 16 2 2 8 24 0 2 2 12 0 2 t t t t t t t t t t t t t t t                   Với 2 4 2 t x y      Vậy hệ có nghiệm duy nhất     ; 4;2 x y  Câu 6: Giải Hệ Phương Trình     2 2 2 3 4 4 7 1 2 3 xy y x x y x x y                Lời Giải Full HD Không Che! Biến đổi tí           2 2 2 2 2 3 3 2 2 7 1 3 x xy y x xy y x y x y x y x y                                 2 2 2 3 3 7 1 3 x y x y x y x y x y x y                    Đặt 1 , , 2 a x y b x y a x y        Khi đó hệ trở thành:   2 2 2 2 2 3 13 4 6 4 0 3 3 13 3 3 3 2 3 1 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 ( ) 2 2 a b a a a a a b b a b a a x x y a x y b x y b x y y x y a Loai                                                                               Câu 7: Giải Hệ         2 2 1 2 2 2 4 2 x y xy y x x xy y x x xy y x x x                  Lời Giải Full HD Không Che! Điều kiện 0 y x   Ta có: Nhận thấy 0 x y   không là nghiệm của hệ nên ta xét TH 0 y x   :                         2 2 2 2 2 4 2 0 2 2 2 4 4 2 0 2 2 2 4 2 3 2 4 1 2 0 2 2 2 4 2 2 3 2 4 1 0 2 2 2 4 2 PT xy y x x xy x y x x xy y x x xy x y x y x x xy y x x xy x x xy y x y x x xy y x x xy x y x x xy y x x xy y x x xy x                                                                           Ta sẽ chứng minh 3 2 4 0 x xy    để biểu thức to đùng trong ngoặc vô nghiệm!.Từ PT1 Ta có:   2 1 1 2PT x y xy y x x            2 2 1 1 3 2 2 2 x xy x y x x y x y x x y x x             Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:         4 4 2 2 1 1 2 4 . .2 . 4 2 4 3 2 4 0 x x y x x x y x y x x y x x x xy               Do đó phương trình to đùng trong ngoặc vô nghiệm! Với 2y x thay vào PT1 ta có:     2 4 2 2 .2 2 1 1 1x x x x x x x x x        Vậy hệ có nghiệm duy nhất     ; 1;2 x y  . Câu 8: Giải hệ   2 2 4 3 4 1 1 1 1 4 4 4 x y y xy x y x y x                 Lời Giải Full HD Không Che! Điều kiện 0, 1, 1, 0 x x y y      Ta có Pt1             2 2 2 2 2 2 2 4 3 4 1 0 2 4 3 4 . 1 0 1 2 2 2 2 1 2 . 1 0 1 2 1 0, 3 x y y x y x xy y y x y x y xy y x y x y x x y y x                                   Vì     2 2 1 0 2 1 0 x y y x            Nên PT3 1x y   Thay vào phương trình 2 của hệ ta có: 2 1 1 1 1 1 4 4 y y y y                      2 2 2 2 2 3 4 1 1 1 1 1 4 4 3( ) 1 4 4 3 0 0( ) y y y y y y y y y Nhan y y y y y y y Loai                             Sở dĩ dám bình phương ra bậc 4 là vì ta dùng casio thấy có nghiệm đẹp! Vậy hệ có nghiệm     ; 4;3 x y  Câu 9: Giải hệ    2 2 2 2 7 2 1 2 1 2 7 6 14 0 xy x y x y xy x y               Lời Giải Full HD Không Che! Ta xem PT2 là phương trình bậc 2 ẩn x ta có:     2 2 2 7 6 14 0, 3 10 7 x x y x y y y y            Phương trình bậc 2 ẩn x có nghiệm khi 2 7 0 3 10 7 0 1 3 x y y y           Làm tương tự như trên ta có: 10 2 3 x   Phương trình 1 của hệ 1 1 7 2 2 2 x y x y                 Xét hàm số   1 10 2 ,2 3 f x x x x     ,   2 1 ' 2 0 f x x    Hàm số của ta đồng biến nên   1 10 7 1 191 2 2 2 3 2 30 f x f x x x                          Tương tự ta cũng có:   1 7 1 89 1 2 1 2 3 21 f y f y y y                    Suy ra 1 1 7 2 2 2 x y x y                Đẳng thức xảy ra khi 2, 1x y  thay ngược vào PT2 Thấy không thỏa nên kết luận hệ vô nghiệm! Câu 10: Giải Hệ Phương Trình 2 4 4 32 3 32 6 24 x x y x x y               Lời Giải Full HD Không Che Đối với loại này thì có lẽ đánh giá là đòn tốt nhất! Điều kiện 0 32 x   . Cộng vế theo vế 2 phương trình của hệ ta có:   2 2 4 4 32 32 6 21 3 12 x x x x y y y            . Ta sẽ đánh giá VT 12 vì VP 12 . Theo bất đẳng thức Cauchy – Schawrz ( Bunhia ) ta có:         2 2 2 2 4 4 4 4 32 1 1 32 8 32 1 1 32 2.8 4 32 32 12 x x x x x x x x x x x x                       Đẳng thức xảy ra khi 16, 3 x y   Câu 11: Giải Hệ Phương Trình       4 3 2 2 2 4 2 2 2 6 12 6 5 1 11 5 x x x y y x x x y x                 Lời Giải Full HD Không Che! Xét 0 x  , hệ phương trình trở thành 2 0 6 5 y         ( Vô Lý ) Xét 0 x  , ta chia hai vế của từng phương trình cho 2 0 x  ta được:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 6 1 1 6 12 6 12 0 , 1 1 5 1 1 5 11 5 11 0 x x y y x x y y x x x x x x y x x y x x x x                                                                          Đặt 2 2 2 1 1 2 t x x t x x       . Khi đó hệ 1 trở thành:       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 12 0 6 0 , 3 5 1 0 5 2 11 0 t ty y t ty y t t y t t y                           Xét 0t  hệ trở thành 0 1 0 y        ( Vô lý ) Xét 0t  ta chia hai vế hệ   3 cho 2 0 t  ta được :   2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 6 6 0 6 , 4 1 1 1 5 0 5 2 5 y y y y y y t t t t t t y y y y t t t t                                                   Đặt 1 a y t y b t           khi đó :   2 2 3 5 6 3 4 2 2 2 5 5 12 0 a ab a b b a b a a                         1 1 2 3 1 2 2 1 t y y t y t t y                                 . Với   2 1 1 1 1 1 0 1 5 2 t x x x x x            . Với   2 1 1 2 2 0 1 17 2 4 t x x x        . So sánh điều kiện hệ phương trình có các nghiệm : 1 5 1 17 ;2 , ;1 2 4                   . Câu 12: Giải Hệ Phương Trình   2 2 2 2 2 4 2 3 6 3 6 6 x y x y xy x x xy y y xy               . Lời Giải Full HD Không Che Ở phương trình hai đã thể hiện rõ sự đối xứng hai biến ,x y cho nên có thể dự đoán con hệ này giải bằng phương pháp đánh giá và giá trị đó 1x y  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho phương trình thứ hai của hệ:             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 6 3 6 2 3 6 . 3 6 2 9 18 36 2 9 36 36 6 x x xy y y xy xy x xy y xy xy x y xy x y x y xy xy xy xy xy               Suy ra được 1xy  .   1 Mặt khác cũng thei bất đẳng thức AM – GM ta có:   2 2 2 2 2 2 9 . 3 6 9 3 6 3 6 3 6 3 3 12 6 12 6 2 6 6 x x x y y y y x x x xy y y xy x xy y xy x y xy               Suy ra được 2 2 3 x y xy    . Mà 1xy  nên 2 2 2 x y   . Mặt khác từ phương trình 1 ta có: 4 4 4 2 4 2 4 1xy x y xy xy xy xy          .   2 . Từ     1 , 2 suy ra 1xy  . Các bất đẳng thức xảy ra khi 1x y  . Câu 13: Giải Hệ Phương Trình       2 6 3 3 8 3 9 8 24 417 3 1 3 17 x y xy y y x y x x y y y y                     Lời Giải Full HD Không Che! Điều kiện: 2 3 0 8 24 417 0 1 xy y x x y y              . Đặt 3 1 a x b y          Khi đó ta có:             2 2 2 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 0,( ) 1 6 8 3 6 8 3 15 2 4 0 2 0 2 2 4 b Loai PT a b ab b b a a ab b a b b a b a ab b a b a b a b                                       Với 2 3 2 3 4a b x y x y       . Thay vào phương trình 2 ta có      4 4 6 3 1 3 17 y y y y y        .   * Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:    4 6 4 4 6 4 20 2 y y y y        . Bây giờ ta sẽ chứng minh   * 20 VP  . Mặt khác   3 1 3 17 3 17 20 y y y y        ( Do 1y  ). Đẳng thức xảy ra khi 1 1y x   . Vậy     ; 1;1 x y  là nghiệm của hệ. Câu 14: Giải Hệ Phương Trình 2 2 2 6 3 2 3 3 2 2 2 2 4 1 2 2 1 2 2 x xy x y y y x xy y x xy y                   . Lời Giải Full HD Không Che! Điều Kiện: 0 2 xy   . Ta có:       2 2 6 3 2 2 3 3 1 1 , 1 2 4 2 2 1 2 1, 2 2 2 x xy y y x xy y x y                         . Dễ Thấy : 2 2 6 3 6 3 2 2 3 3 3 3 1 1 2 2 2 2 1 1 2 1 2 2 2 2 2 x x y y y y x x xy y xy y                             . Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi   2 2 2 6 3 3 3 6 3 2 3 3 2 2 0 0 2 2 x x y y xy y y xy x y x x y              Vậy hệ đã cho tương đương với 3 2 2 1 1 4 2 1 x y x y x y xy x x x                  . Vậy nghiệm của hệ là     ; 1; 1 x y    . Câu 15: Giải Hệ Phương Trình           2 2 2 4 3 5 1 3 6 , 1 2 1 3 4, 2 x x y x x y y y y x                  . Lời Giải Full HD Không Che! Điều kiện: Bạn đọc tự bịa. Ta có:               2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 1 3 6 3 5 3 5 0, 3 3 6 4 3 5 3 5 3 4 0 y PT y x x y x x x x x x x x x x                      Do đó phương trình 3 có nghiệm 2 3 5 1 y x y x        . Với 3 5y x  thay vào phương trình 2 ta có: 2 4 2 1 1 y y      (Vô nghiệm) Với 2 1 y x   thay vào phương trình 2 ta có : 4 24 2 3 3x x x    ,   4 . Dùng máy tính casio thấy ngay phương trình   4 có nghiệm duy nhất 1x  Với lại có căn bậc 4 nên ta nghĩ đến AM – GM . Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:     4 2 4 4 4 4 2 4 2 2 5 3 3 2 1.1.1. 2 4 4 12 7 0 1 2 7 0 1 x x x x x x x x x x x x                      Với 1 0 x y    . Vậy nghiệm của hệ là     ; 0;1 x y  . Câu 16: Giải Hệ Phương Trình       2 2 2 2 2 4 1 4 3 3 0, 1 2 2 4 1 1 , 2 1 2 2 1 y x x y x y y x x x x                      Lời Giải Full HD Không Che! Đã gọi là hệ phương trình thì giữa hai phương trình sẽ có ít nhất một điểm tương đồng! Tất nhiên ta không khai thác được gì từ phương trình 1. nhưng quan sát thấy ngay điểm chung ở cả hai phương trình là đại lượng 1x  . Cụ thể phương trình 1 xuất hiện hai lần! phương trình 2 xuất hiện đến 3 lần!. Chắc chắn sẽ phải liên quan đến thằng 1x  . Chuyển sang phương trình 2!. Hai biến ,x y rời rạc cho nên khả năng cao là hàm!. Ta tìm điều kiện cho các biến trước! 1x  . Còn y thì sao nhỉ??         2 2 2 2 2 4 1 1 2 0 0 1 1 1 1 y PT y y x x x             . Trong biểu thức đánh giá trên tôi sử dụng điều luôn đúng 0 a a   . Cụ thể         2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 0 x x x x x             .           2 2 2 2 2 2 2 4 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 2 4 1 1, * 1 1 1 y PT y x x x y y y x x x                   Xét hàm     2 1, 0;f t t t t t      .     2 2 2 ' 1 1 0 0; 1 t f t t t t          Do đó hàm   f t đồng biến trên   0;  .     1 1 * 2 2 1 1 f y f y x x             . Thay vào   2 ta có: [...]...  x  2 x  2  0  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;     2  x 2  y 6  8 x  6  0, 1  Câu 17: Giải Hệ Phương Trình  x 4 y 4  x 2 y 2  x y  4   2  2     2,  2   4 x y x  y x y Lời Giải Full HD Không Che! Ở phương trình số 2 chúng ta dễ dàng nhận thấy điều đặc biệt là sự có n  x y x y mặt của đại lượng    trong cả phương trình 2 Đặt t   , t  2 y... số f  t  đồng biến trên mỗi khoảng  ; 2 và  2;     Do đó với t  2  f '  t   f '  2   0 và với t  2  f '  t   f '  2   0 Dựa vào bảng biến thiên thấy ngay f  t   0  t  2 là nghiệm duy nhất  của phương trình! x y y x 2 Với t  2    2  x 2  y 2  2 xy   x  y   0  x   y     Thay vào phương trình 1 ta có: x 6  x 2  8 x  6  0 * Với... 5  2 x  8, f ''  x   30 x  2  0, x   0;   Suy ra f '  x  đồng biến trong khoảng  0;   và f ' 1  0 Do đó trong khoảng  0;   phương trình f '  x   0 có nghiệm duy nhất x  1 Dựa vào bảng biến thiên thấy ngay x  1 là nghiệm duy nhất của * Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x; y   1; 1 To be Continue . Tuyển Chọn Các Bài Toán Hệ Phương Trình Hay Và Khó Phần 1 Câu 1: Giải hệ phương trình: 1 8 5 8 5 1 3 2 xy x y x x y x y x         . Do đó phương trình 3 có nghiệm 2 3 5 1 y x y x        . Với 3 5y x  thay vào phương trình 2 ta có: 2 4 2 1 1 y y      (Vô nghiệm) Với 2 1 y x   thay vào phương trình 2. là hệ phương trình thì giữa hai phương trình sẽ có ít nhất một điểm tương đồng! Tất nhiên ta không khai thác được gì từ phương trình 1. nhưng quan sát thấy ngay điểm chung ở cả hai phương trình