Bài 18 (tr 248 261)trần quang vinh

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Trần Quang Vinh Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Bà Rịa Vũng Tàu Một số phương pháp thơng dụng giải hệ phương trình 1.1 Phương pháp đặt ẩn phụ Phương pháp đặt ẩn phụ thường sử dụng giải phương trình, hệ phương trình.Mục đích chuyển phương trình, hệ phương trình thành dạng đơn giản Các kiểu đặt ẩn phụ quen thuộc: đặt ẩn phụ chuyển phương trình ẩn quen thuộc, đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình dạng đơn giản, đặt ẩn phụ lượng giác, đặt ẩn phụ phức Các toán Bài toán 1.1.1Giải phương trình: x − 3x = x + x2 − + x − x2 − Lời giải: Điều kiện |x| ≥ Đặt t = x + x2 − + x − x − ⇒ t = 2x + 3t Khi ta có hệ phương trình   t = 3t + 2x  (t + x) t − t x + x = (t + x) ⇔ x = 3x + 2t  (t − x) t + t x + x = t − x TH1 t + x = Ta có x = x ⇔ x = 0, x = ±1 (không thỏa mãn phương trình) TH2 t − x = Ta có x = 5x ⇔ x = 0, x = ± 5(chọn x = ± 5) TH3  t + t x + x = t − t x + x = ⇒ t + t x + x2 = t − t x + x2 ⇒ t = x = (khơng thỏa mãn) Bài tốn 1.1.2Giải phương trình: x − 5x + 5x − 2014 = Lời giải: Xét |x| < ⇒ x − 5x + 5x = |x| x − 5x + < |x| < 10 (loại) Xét |x| ≥ 2đặt x = a + a1 Khi x − 5x + 5x = a + a1 − a + a1 + a + a1 = a + a15 Phương trình trở thành a 10 − 2014a + = ⇔ a = 1007 ± 10072 − Vậy phương trình có nghiệm x =  Bài toán 1.1.3 Giải hệ phương trình: 1007 + 10072 − + x − y − ax + b y + a − b =  2x y − bx − a y + (a − b)2 = 1007 − 10072 − (với a, b tham số) Lời giải: Hê phương trình ⇔ x − y − ax + b y + a − b + i 2x y − bx − a y + (a − b)2 = (với i đơn vị ảo) 248 Đặt z = x + yi ⇒ z = x − y + 2x yi (a + bi ) z = ax − b y + i a y + bx Do ta có phương trình z − (a + bi ) z + a − b + i (a − b)2 = Xét ∆ = (a + bi )2 − a − b − 4i (a − b)2 = 3b − 3a − i 4a − 10ab + 4b = 3b − 3a − (2a − b) (a − 2b) i = (2b − a + (2a − b) i )2 Do phương trình có nghiệm: z= z= a+bi +2b−a+(2a−b)i a+bi −2b+a−(2a−b)i = b + = a − b + (b − a) i Vậy hệ cho có nghiệm (b; a) ; (a −  b; b − a) Bài tốn 1.1.4 Giải hệ phương trình x x+y x+2  x+y = 1+ y + 21y = x Lời giải: Điều kiện x ≥ 0, y > 0 Hệ phương trình ⇔ x x+y = y x y − x+y = x−y+2 2 ⇔ x − y + 2i x y + 2( x−i y ) x+y = + i (với i đơn vị ảo) x−i y x+y Đặt z = x + i y ⇒ z = x − y + 2i x y 1z = |z|z = Phương trình chuyển thành = + i ⇔ z − (1 + i ) z + = z  z = 1+i ⇔ (z − − i ) z + (1 + i ) z − + i = ⇔  z + (1 + i ) z − + i = 0(∗) z2 + Giải (*): ∆ = (1 + i )2 − (−1 + i ) = − 2i = Do (*) có nghiệm z = −1+ 2+ 5+2−i 1+ −i 5−2 5−2 z = −1− 2+ +i 5−2−1 (loại phần thực phần ảo z khơng âm) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (1; 1)   Bài tốn 1.1.5 Giải hệ phương trình: x 1− y −  1+ y (1 − x) + = xy + (1 − x) − y = Lời giải: Ta thấy x = ⇒ y = 0và y = ⇒ x = (0; 0)là nghiệm hệ phương trình Xét < x ≤ 1; < y ≤ Đặt x = cos a, y = cos b, a, b ∈ 0; π2 Ta có hệ phương trình   + sin (b − a) = (cos a + cos b) (∗)  + cos (b − a) = (cos a + cos b) 249 x+ y x+ y ⇔ b = a+ π6 Thay vào phương trình (*) ta 3+2  a = π π = ⇔ a + b = Do b = π Khi tan (b − a) = cos a+b 3 π = 2 cos a+b cos 12 ⇔ 12 ; 2+4    x x2 + y − z =    Bài toán 1.1.6Giải hệ phương trình y y + (z − x)2 = 16 (VMO – 2004 Bảng A)     z z + x − y = 30 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0)và Lời giải    x x + y + z = + 2x y z    Hệ phương trình ⇔ y x + y + z = 16 + 2x y z      z x + y + z = 30 + 2x y z Đặt A = x + y + z B = x y z Khi x A = + 2B, y A = 16 + 2B, z A = 30 + 2B (*) Bình phương hai vế phương trình (*) cộng lại, ta được: A = (2 + 2B )2 +(16 + 2B )2 + (30 + 2B )2 ⇔ A = 12B + 192B + 1160(1) Nhân phương trình (*) theo vế, ta được: B A = (2 + 2B ) (16 + 2B ) (30 + 2B )(2) Thay (1) vào (2) ta phương trình: B 12B + 192B + 1160 = 8B + 192B + 1144B + 960 ⇔ 4B + 16B − 960 = ⇔ B = ⇒ A = 14 Thay vào (*) thu x = 1; y = 2; z = Thử lại thỏa mãn hệ phương trình Bài tốn 1.1.7Giải phương trình: x + x − + 2x + 2x = + + 4x Lời giải: Đặt y = x +x −1 phương trình đưa 2y +2 y + = 3+ + 4x ⇔ y + y −1 = −1+ 25+4x Đặt z = −1+ 25+4x điều kiện z ≥ −1 Ta có 2z + = + 4x ⇒ 4z + 4z+ = + 4x ⇒ z + z −1 = x     x2 + x − = y x (x + 1) = y +       Do ta có hệ phương trình: y + y − = z (*) ⇔ y y + = z +         z + z − = x  z (z + 1) = x + Do điều kiện z ≥ −1 ⇒ y = −1 ⇒ z = −1 Nhân phương trình theo vế rối rút gọn được: x y z = Mặt khác từ hệ phương trình (*) , cộng phương trình theo vế ta có: x + y + z = ≥ 3 xyz ⇒ xyz ≤ Do đẳng thức xảy nên phải có x = y = z = ⇔ x = y = z = (Vì x, y, z = −1) Vậy phương trình cho có nghiệmduy x = Bài tốn 1.1.8Giải hệ phương trình x + x − = y + y +  x − y = 3x − 3y + Lời giải: Xét phương trình (*) x + x − = y + y2 + 250 + Nếu x ≤ ⇒ x − < |x| = −x ⇒ x + x − < Mà y + y + > ⇒(khơng thỏa mãn phương trình) + Nếu x > Ta có (∗) ⇒ x − y = ⇔   y + − x − ⇔ x − 2x y + y = x + y − xy ≥ x y = x − y + Do x > 0; y ≥ x − y = Xét hệ phương trình   x2 − y =  x − y x2 + x y + y = x − y + ⇔    x+y x−y =3 3(x+y ) +(x−y )   x−y = x − y +4 Đặt a = x + y, b = x − y Do x > 0; y ≥ 0⇒ a ≥ b , a > Mà ab = ⇒ a > b >  Ta có hệ phương trình ab =  b 3a +b = 3b + Thay a = b3 ta thu phương trình  b 27 b2 b=1 + b = 12b + 16 ⇒ b − 12b − 16b + 27 = ⇔  b + b − 11b − 27 = Do a > b > ⇒ b < ⇒ b + b − 11b − 27 = b (b − 11) + b − 27 < Nên từ phương trình ta có  b = a = ⇔  x = Thử lại thấy y = Bài tập tương tự Giải phương trình hệ phương trình sau: = 1x + 2 x −2x+2 x +x+2  x − = − 10 − 3y 1.1.10  y − = − 10 − 3x   x + 2y + + 2x + y + = 1.1.11  2x − y + 2x + y + =   7x + y + 2x + y = 1.1.12 (VMO 2001 Bảng B)  2x + y + x − y = 1.1.9 1.1.13  x − 3x − 8x + 40 − 4x + = (VMO 1995 Bảng A) 5x − 4y = x − y 1.1.14  4x − 5y = 5(x −y ) x +y   − 12 x =2 y+3x 1.1.15 1.1.16  + 12 y+3x (VMO – 2007) y =6 x + = x − 3x 251 y + x2 − 1.1.17   x y + y z + zx = 3 x + = y + = z + x y z 1.1.18 6x + − x = 1+x + 1−x   2x + x y = y     1.1.19 2y + y z = z      2z + z x = x 1.1.20 64x − 112x + 56x − = − x 1.2 Phương pháp đánh giá hai vế Giải phương trình, hệ phương trình phương pháp đánh giá hai vế (hay gọi phương pháp sử dụng bất đẳng thức) phương pháp thơng dụng kì thi HSG Các tốn: Bài tốn 1.2.1 Giải phương trình x 1−x + 2−5x 5x−1 + 4x−1 2−4x = 323 Lời giải: Điều kiện 14 ≤ x ≤ 25 Đặt a = x, b = 4x − 1, c = − 5x Khi ta có a + b + c = Rõ ràng x = 14 ; x = nghiệm phương trình nên ta xét a, b, c số dương Ta có x 1−x + 2−5x 5x−1 x 1−x + = a 1−a 2−5x 5x−1 + 4x−1 2−4x ≥ 323 Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = a2 a (1−a ) = 2a +(1−a )+(1−a ) 3 Mà 2a − a ≤ Do 4x−1 2−4x + = 27 ⇒ a − a2 ≤ 3 a2 = 3 ⇔ x = 13    x2 − x y + y = Bài tốn 1.2.2 Giải hệ phương trình:   x+1 + y+1 x+y+1 = Lời giải: Điều kiện x > −1; y > −1 ; x +y > −1 Hệ phương trình cho ⇔   Ta có = y x2 + y = + x y   x + y+1 ≤ + x+1 + y + x+1 + x + y+1 = y x + y+1 + x+1 = 2+ x +y +x+y x y+1+x+y = Vì x + y = + x y Dấu = xảy ⇔ x y+1 = y x+1 = 21 ⇔ x = y = Thử lại thấy Bài tốn 1.2.3 Giải phương trình (x−1)4 (x −3) + (x − 3) + (x−1) = 3x − 2x − Lời giải Điều kiện x = 1; x = ± Đặt a = (x − 1)2 ; b = x − 3(a > 0) Khi ta có phương trình 252 a2 b2 + b + a1 = a + 2b a2 b2 Ta có 2a+2b+b = + b + a + a1 +b ≥ b +2a+2 (Bất đẳng thức AM – GM) b −b −2b+2 ≤ ⇒ b − + (b − 1)2 ≤ Do đẳng thức phải xảy ra, tức a = b = ⇒ x = Thử lại thấy Vậy phương trình có nghiệm  x = Bài toán 1.2.4 Giải hệ phương trình 1+2x   + 1+2y 2 1+2x y = (VMO – 2009) y(1 − 2y) = 29   x (1 − 2x) + Lời giải: Điều kiện x, y ∈ 0; 12 Ta chứng minh bất đẳng thức 1 ≥ 1+2x + 1+2y (∗) 1+2x y Thật vậy: (∗) ⇔ + 2x + 2y ≥ + 2x + 2y + 2x y ⇔ + 2x + 2y + 4x y ≥ + x + y + 2x y + 2x y + 2x y ⇔ x − y − 2x y ≥ (luôn ≤ x; y ≤ 12 ) Khi 1+2x y 1+2x ≥ 1+2y + 1+2x y ⇒ 1+2x ≥ + 1+2y Dấu = xảy ⇔ x = y Thay vào phương trình cịn lại x (1 − 2x) = 81 ⇔ 162x − 81x + = ⇔ x = 9±3673 9+ 73 9+ 73 36 ; 36 Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm Bài tốn 1.2.5 Giải hệ phương trình ; 9− 73 9− 73 36 ; 36    sin2 x + sin12 x + cos2 y + cos12 y = 20y x+y   sin2 y + sin12 y + cos2 x + cos12 x = 20x x+y (VMO – 2013) Lời giải: Bình phương hai vế phương trình cộng lại, ta thu được: sin2 x + sin12 x + 20 = = 2+ sin2 x Tương tự sin x sin2 y + sin12 y + + 1 + + +2 2 cos x sin y cos2 y cos2 x + sin2 y sin2 x + sin x cos2 x + cos12 x cos2 y + cos2 y (∗) cos2 x + cos12 x = sin42 2x ≥ sin2 y + cos12 y ≥ sin2 x + sin12 x Ta có cos x sin y + + sin2 y + +2 Ta có cos2 y + cos12 y |cos x sin y | cos2 y + cos12 y + ≥ sin x + y + |sin(x+y )| sin2 y + sin12 y ≥ 2+ |sin(x+y )| cos2 x + cos12 x ≥ sin x cos y + ≥5 Do (*) có dấu “=” nên từ hệ phương trình cho ta phải có x = y = ± π4 + kπ, (k ∈ Z) Bài tập tương tự Giải phương trình hệ phương trình sau:  1.2.6 1.2.7  x+ y =2  3x + + 3y + =   2 x + y + z = x + y + z   x+1 + y+1 + z+1 =3 253 |sin x cos y | + 1.2.8 3x + 2x + + −3x + x + 2x − = 2x + 2x + 1.2.9  4x + + x + 5x + = 5x + 20x + 15 1.2.10 x − x + y − 1+8x  + 1+8 y y + z2 − z = + 1+8z =1 1.3 Phương pháp sử dụng hàm số Trong nằm gần đây, kì thi tuyển sinh đại học thi HGS tỉnh thường tập giải hệ phương trình, phương trình phương pháp sử dụng hàm số Thông dụng dạng sau: 1/ Cho hàm số f (x) đồng biến (hoặc nghịch biến) khoảng D Khi f (x) = f y ⇔ x = y (với x, y ∈ D ) 2/ Cho hàm số f (x) khả vi đến cấp k, phương trình f (k) (x) = có n nghiệm Khi phương trình f (x) = có khơng q n + k nghiệm (Hệ định lí Roll) Các tốn Bài tốn 1.3.1 Giải hệ phương trình sau:  4x − 2y = y + 2y + − x + x + y + + x2 + = x2 − x − y +  Lời giải: Xét phương trình 2y + (2x)2 + (2x) + y + 2y + = (2x) + Đặt f (t ) = 2t + t + 2t + , (t ∈ R) ⇒ f (t ) = t +2t +4+t +1 t +2t +4 (t + 1)2 + > |t + 1| ⇒ f (t ) > ∀t ∈ R Nên hàm số f (t ) đồng biến R Mà t + 2t + > Phương trình xét có dạng f y = f (2x) ⇔ y = 2x Thay vào phương trình cịn lại ta được: ⇔ 2x + − x +1 x − 4x = 0hoặc1 + + x2 + − 2x+1+2x+4 = x +3 2x + + = x − 4x ⇔ x + = x − 3x + 4Điều kiện x ≥ −1/2 3(x −4x ) −x +4x + = x − 4x (*) ⇔ x +9+2x+12 2x+1+2x+4 x +9+2x+12 Mà x + + 2x + 12 > 2x + + 2x + > , ∀x ≥ −1/2 Nên: + 2x+1+2x+4 >1> x +9+2x+12 Do (∗) ⇔ x = 0hoặc x = Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S = {(0; 0) ; (4; 8)}  Bài tốn 1.3.2 Giải hệ phương trình  x +1+ x −1− y4 + = y x + 2x y − + y − 6y + = (Đại học Khối A – 2013) Lời giải: Điều kiện x ≥ Xét phương trình x + 2x y − + y − 6y + = ⇔ 4y = x + y − (1) ⇒ y ≥ Đặt t = x − (t ≥ 0) ⇒ x + = t + Do phương trình thành t + t + = y + y + (∗) t ≥ 0; y ≥ Xét hàm số f (t ) = t + t + ⇒ f (t ) đồng biến [0; +∞) Mà (∗) ⇔ f (t ) = f y ⇔ t = y Tức x = y + Thay vào phương trình (1) 4y = y + y ⇔ y y + 2y + y − = Mà g y = y + 2y + y − có g y = 7y + 8y + > ∀y ≥ ⇒ g y đồng biến [0; +∞) 254 Do phương trình xét ⇔ y = 0hoặc y = Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S= {(1; 0) ; (2; 1)}  3y Bài tốn 1.3.3Giải hệ phương trình:  5x log3 − x log5 = x log5 − y log3 = y Lời giải: Điều kiện x > , y > Đặt u = log5 x , v = log3 y ⇒ x = 5u , y = 3v Khi hệ phương trình đưa dạng:  5u + 3u = 22v+1 5v + 3v = 22u+1 Từ hệ phương trình có 3u + 5u + 22u+1 = 3v + 5v + 22v+1 ⇔ u = v u u − 34 + = x x ln 53 − 43 ln 43 x = ln(16/9) ln(5/3) Thay vào hệ phương trình ta được: 3u + 5u − 2.4u = ⇔ x x + ⇒ f (x) = Phương trình f (x) = ⇔ 5x ln 53 = 2.4x ln 43 ⇔ Xét hàm số f (x) = − (1) Do phương trình f (x) = có nghiệm, theo định lý Roll phương trình (1) có khơng q nghiệm Mà u = , u = nghiệm phương trình (1) Nên (1) có nghiệm u = , u = Vậy hệ phương trình cho có 2nghiệm (1; 1) (5; 3) Bài tốn 1.3.4Tính số nghiệm hệ phương trình  x + y = 2007 (VMO – 2007) log x.log y = Lời giải: Điều kiện x > 0, y > 1 Đặt t = log2 x ⇒ x = 2t log3 y = 1t ⇒ y = t Thay vào phương trình được: 8t +9 t − 2007 = Rõ ràng t < không thỏa mãn phương trình 1 Xét t > 0, f (t ) = 8t + t − 2007 ⇒ f (t ) = 8t ln − t lnt 29 ⇒ f (t ) = 8t ln2 + ln 9t lnt 49 + 9t t23 > ∀t > Do phương trình f (t ) = có khơng q nghiệm dương Hàm số f (t ) liên tục (0; +∞) lim+ f (t ) = +∞, f (1) = −1990, lim f (t ) = +∞ t →+∞ t →0 Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm Bài tập tương tự 1.3.5 Cho đa thức P (x) = x −2, P n+1 (x) = P (P n (x)) với n số nguyên dương Hãy tính số nghiệm phương trình x.P (x) P (x) P 2013 (x) = 2014 Giải phương trình hệ phương trình sau:   4x + x + y − − 2y = 1.3.6 (ĐH Khối A 2010)  4x + y + − 4x = 1.3.7 1.3.8 x + + x2 + x + = x +   x+ y =  x+ y y x − x + x − 3x + = y + x1 x 255   + x = y + + y2 1.3.9  + y = x + + x2   x − y − 3x + 3y = 1.3.10 2x 2y − y + 2x − x = + − x 1.4 Phương pháp phân tích nhân tử dùng đẳng thức Một phương pháp thô sơ hay sử dụng phương pháp nhóm nhân tử chung dùng đẳng thức Tuy để phát đẳng thức phát nhân tử phương trình vấn đề khơng đơn giản Các tốn Bài tốn 1.4.1 Giải hệ phương trình   x − y = 35 2x + 3y = 4x − 9y (HSG Tỉnh Yên Bái 2010) Lời giải: Từ hệ phương trình ta có x − y −3 2x + 3y = 35−3 4x − 9y ⇔ x −6x +12x −8 = y +9y + 27y + 27 ⇔ (x − 2)3 = y + 3 ⇔ x = y +5  Thay vào phương trình thứ hai ta thu 3y + 15y + 18 = ⇔  y = −2 ⇒ x = y = −3 ⇒ x = Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S= {(2; −3) ; (3; −2)} Bài tốn 1.4.2 Giải hệ phương trình:  Lời giải:  Điều kiện  3y + ≥  x − 2y ⇔ y +1 ≥ x−  3y + + = y +1 x − 2y − y +1  x ≥ 2y x − 2y y + ⇔ x − 2y −3  x − 2y − x − 2y   y ≥ −1/3 Từ hệ phương trình, ta có x +2 = ⇔ 3y + = y + = 0⇔  x − 2y y + +2 y + = x = 3y + x = 6y + Với x = 3y + 1, thay vào phương trình x − x = ⇔ x = 4, y =  Với x = 6y + 4, thay vào 6y + = 3y + ⇔  y = − 31 ⇒ x = y = − 14 ⇒ x = 25 Vậy hệ phương trình có nghiệm (4; 1) , − 13 ; , − 14 ; 25   x + = 2y − x y + (1) Bài tốn 1.4.3Giải hệ phương trình: x + 2x + y = y x − x + (2) Lời giải: Điều kiện: 2y − x ≥ ; y ≥ −4 Từ (1) ta có: y + − 2y − x =  ⇔ y + = 2y − x = (3) y + = 2y − x 2y − x y +4 ⇔ y +4+ 2y − x Xét (3): y = −4 ; x = −8 không thỏa mãn (2) ⇒ loại (4) Xét (4): y = x + thay vào (2) được: x + 3x + = (x + 4) x − x + 256 y +4− 2y − x = x − x + 4thu t + 4x = (x + 4) t⇔ (t − x) (t − 4) = (*) x − x + = ⇔ x − x −  x = −3 ⇒ y = x ≥0  12 = ⇔ (**) x − x + = x ⇔ ⇔ x = ⇒ y = Vậy hệ phương x − x + = x x =4⇒y =8 Đặt t =  trình có tập nghiệm S = {(−3; 1) ; (4; 8)}    x + y y + z (z + x) = 10x y z    Bài tốn 1.4.4Giải hệ phương trình: x + y + z = 6x y z      x + y + z = 276 Lời giải: Từ hệ phương trình ta có x + y + z + 4x y z = x + y y + z (z + x) ⇔ x + y + z = x y − z + y +z y z + x2 ⇔ x x2 − y − z = y + z x2 − y − z2 ⇔ y +z −x z +x −y x +y −z =0 Khơng giảm tính tổng qt, giả sử z = x + y Thay vào phương trình ta z 2x + y 2y + x = 10x y z ⇔ z 2x − y x − 2y = Nếu z = ⇒ x + y = ⇒ x + y + z = (loại) Xét z = 0, giả sử y = 2x ⇒ z = 3x Khi x + y + z = 276 ⇔ 276x = 276 ⇔ x = Vậy hệ phương trình có nghiệm hốn vị (1; 2; 3) Bài tập tương tự Giải hệ phương trình sau:  1.4.5 1.4.6 1.4.7  x + 3x y = −49 x − 8x y + y = 8y − 17x   x2 + y = (VMO – 2004 Bảng B) 4x + 3x − 57 = −y (3x + 1) 25   x x + 3y = 14 (Chọn đội tuyển Nghệ An 2010) 2 x − y = 5x − x y − 4y    + 6y = x − x − 2y  x2 − x y + y = y 1.4.8 1.4.9  x + x − 2y = x + 3y − x + 4x y = 7x + 5y −  x + y + = 3x y + + 3y 1.4.10  x y 2x + y − = Một số tốn liên quan đến giải phương trình, hệ phương trình 2.1 Cân hệ số tốn cực trị Trong số tốn tìm cực trị có điều kiện, biến có vai trị khơng bình đẳng, việc tìm hệ số tương ứng để sử dụng bất đẳng thức cho hợp lí đơi dẫn dắt đến giải số phương trình hệ phương trình đại số Các tốn: Bài toán 2.1.1 Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z + x y z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z 257 Lời giải: Gọi a > nghiệm phương trình x + 3x = ⇒ a = 1+ 2+ − 2(Công thức Car- dano) Ta có x + 2a + y + 2a + z + 2a ≥ 3a x + y + z (Bất đẳng thức AM – GM) Còn x + y + z ≥ 3x y z Do = x + y + z + x y z ≤ P 3a P a +1 + 2a + P3 = 2a + (3a ) ⇒ P ≤ 6a (1−a) a +1 = 3a (a +a ) a +1 = 3a = − 9a vì2 − 2a = a + a Dấu = xảy ⇔ x = y = z = a Vậy MinP = − 2+1+9 − Bài toán 2.1.2Cho số dương a, b, c, d thỏa mãn abc +bcd +cd a +d ab = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a + b + c + 9d Lời giải: Xét x số dương bất kì, ta có x1 a + b + x d ≥ 3abd x b + c + x d ≥ 3bcd x a3 + c + x 3d ≥ 3acd a + b + c ≥ 3abc Cộng bất đẳng thức theo vế + x2 a + b + c + 3x d ≥ Ta xét x nghiệm dương phương trình 3x = + x2 ⇔ x − 3x − = ⇔ x = 3 3+2 2+ 3−2 Vậy MinP = x92 đạt a = b = c = x x+3 ,d= x +3x Bài toán 2.1.3 Cho số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a + 2b + 5c Phân tích: Giả sử cực trị xảy a x = by = c z với x, y, z ba số dương Ta áp dụng bất đẳng thức AM – GM thì: abc = x ax + y by + z cz ≥ x +y +z a x x x+y+z y x+y+z b y Tuy nhiên P = x ax +2y by +5z cz ≥ x + 2y + 5z a x z x+y+z c z x x+2y+5z b y ⇒ a y+z b z+x c x+y ≥ ( 2y x+2y+5z c z 5z x+2y+5z x+y+z x+y+z ) xx y y zz ⇒ P x+2y+5z ≥ ( Ta cần chọn x, y, z là số dương cho hai x; 2y; 5z y + z; z + x; x + y tỉ lệ    x = y +z    x = 3z Từ hệ phương trình 2y = z + x ⇔ nên ta chọn x = 3; y = 2; z =   y = 2z    5z = x + y Khi ta tìm MinP = 12 đạt a = 3; b = 2; c = (Lời giải toán dành cho bạn đọc) Bài toán 2.1.4 Cho x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn P = x y + y z + 3zx Lời giải: 1 x + α2 y ; y z ≤ 2α z + α2 y ; 3zx ≤ 32 x + z Xét α > bất kì, ta có x y ≤ 2α Cộng bất đẳng thức theo vế ta có P ≤ 1+3α 2α Ta gọi α nghiệm dương phương trình Khi MaxP = 3+ 17 đạt x = z = α 2α2 +1 x + z + αy 1+3α 2α ;y = 258 = α ⇒ α = 3+ 17 2α2 +1 x+2y+5z x+2y+5z ) x x y 2y z 5z ax Bài tập tương tự 2.1.5 Cho x, y, z thỏa mãn x y + y z + zx = Tìm giá trị nhỏ P = x + 2y + 3z 2.1.6 Cho A, B, C ba góc tam giác Tìm giá trị lớn biểu thức: P = sin A.(sin B ) (sinC ) 2.1.7 Chox, y, z số dương Xét A, B, C ba góc tam giác nhọn thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x tan A + y tan B + z tanC 2.1.8 Chox, y, z số dương thay đổi biết x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = (x + 1) y +1 z +1 2.1.9 Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 21ab +2bc +8c a ≤ 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a1 + b1 + 1c (Vietnam TST – 2001) 2.1.10 Cho số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P= 3a a+bc 4b 6c + b+c + c+ab a 2.2 Một số tốn khác Trong kì thi HSG, ta hay gặp dạng tập đề cập đến tính chất nghiệm phương trình đại số, ví dụ vấn đề giới hạn dãy nghiệm phương trình theo tham số nguyên dương, chứng minh tính chất nghiệm phương trình đại số Các toán: 1 Bài toán 2.2.1Cho phương trình 1(x+1) + 2(x+2) + + n(x+n) = với n tham số nguyên dương ẩn x ∈ (−1; +∞) Chứng minh phương trình ln có nghiệm x n tính giới hạn dãy số (x n )khi n → +∞ Lời giải: Xét hàm f n (x) = n k=1 k(x+k) − , (x ∈ (−1; +∞)) Ta có f n n (x) = − k=1 k(x+k)2 < ∀x ∈ (−1; +∞) Do hàm số f n (x) nghịch biến (−1; +∞) Tuy nhiên lim + f n (x) = +∞, lim f n (x) = −1 ⇒ phương trình f n (x) = ln có nghiệm x→+∞ x→−1 x n ∈ (−1; +∞) Ta có f n (1) = n k=1 k(k+1) n −1 = k=1 k 1 − k+1 − = − n+1 < = f n (x n ) ⇒ x n < Áp dụng định lí Lagrange, tồn y n ∈ (x n ; 1) cho: n+1 n = (1 − x n ) Do f n (1)− f n (x n ) 1−x n n =f n yn = − k y +k ) ( n k=1 ⇒ n > 1−x k=1 k ( y n +k ) − n+1 < xn < ∀n ∈ Z+ ⇒ lim x n = Bài tốn 2.2.2Cho phương trình x n − 2x − = với n > tham số nguyên, ẩn x ∈ (1; +∞) Chứng minh phương trình ln có nghiệm x n tính giới hạn dãy (n (x n − 1))khi n → +∞ Lời giải: Xét hàm số f n (x) = x n −2x −1, x ∈ (1; +∞) ⇒ f n (x) = nx n−1 −2 > ∀x > 1, ∀n ≥ ⇒ hàm số cho đồng biến (1; +∞) Mà f n (1) = −2 < 0, lim f n (x) = +∞ ⇒ phương trình f n (x) = ln x→+∞ 259 có nghiệm x n ∈ (1; +∞) Ta có f n (3) = 3n − > ⇒ x n < ∀n ≥ ⇒ x n = Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có n n 2x n + < n ∀n ≥ < 7+(n−1) = + n6 n Do < x n < + n6 ⇒ lim x n = Tuy nhiên x nn − 2x n − = ⇒ n ln x n = ln (2x n + 1) ⇒ lim n (x n − 1) = lim ln (2x n + 1) xlnn x−1n = ln 3vì lim x n = Bài tốn 2.2.3Cho số thực a, b, c cho phương trình x +ax +bx +c = có ba nghiệm thực (các nghiệm không thiết phân biệt) Chứng minh rằng: 12ab+27c ≤ 6a +10 a − 2b 3/2 Đẳng thức xảy nào? (VMO – 2002 Bảng A) Lời giải: Gọi α, β, γ ba nghiệm phương trình Theo định lí Viete ta có: α + β + γ = −a; αβ + βγ + γα = b; αβγ = −c Khi điều phải chứng minh tương đương với :6 α α2 ≤ 27αβγ + 10 α2 3/2 (1) Nếu ba nghiệm đồng thời 0, ta hiển nhiên có đpcm Nếu ba nghiệm không đồng thời 0, chia hai vế (1) cho ( α)3/2 3α 3α ≤ + 10 ( α2 )1/2 ( α2 )1/2 3β 3γ Đặt u = 3α2 1/2 ; v = ; w= ( α) ( α2 )1/2 ( α2 )1/2 Giả sử u ≤ v ≤ w ⇒ uv ≤ 12 u + v ≤ Khi (1) ⇔ u = Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có u − uv w ≤ u + v + w + (2 − uv)2 = (9 + 2uv) u v − 4uv + = 100 + (uv + 2)2 (2uv − 7) ≤ 10 ⇒đpcm Đẳng thức xảy ⇔ (u; v; w) hoán vị (−1; 2; 2) ⇔a = −3t ; b = 0; c = 4t với t số thực tùy ý Bài tập tương tự 2.2.4Cho hai đa thức P (x) = 4x − 2x − 15x + Q (x) = 12x + 6x − 7x + 1 Chứng minh đa thức có ba nghiệm phân biệt Gọi α, β nghiệm lớn hai đa thức Chứng minh α2 + 3β2 = (VMO – 2003 Bảng A) 2.2.5 Cho phương trình x−1 1 + 4x−1 + + k x−1 + + n x−1 = n tham số nguyên dương Chứng minh phương trình ln có nghiệm lớn 1, kí hiệu x n dãy số (x n ) có giới hạn n → +∞ (VMO – 2002 Bảng A) 260 2.2.6 Cho phương trình x +2x +3x + +nx 3n+1 = 2014 với n tham số nguyên dương ẩn x nhận giá trị dương Chứng minh phương trình có nghiệm dương nhất, kí hiệu x n tính giới hạn dãy số (x n )khi n → +∞ 2.2.7Với n nguyên dương, ta kí hiệu x n nghiệm khoảng π + nπ; π2 + (n + 1) π phương trình tan x = x Hãy tính lim (x n+1 − x n ) 2.2.8 Cho đa thức P (x) bậc n có hệ số cao Giả sử đa thức có nghiệm thực x ; x ; ; x n (không thiết phân biệt) Xét số thực a cho a > Max x k ; k = 1, n Chứng minh P (a) P (a + 1) ≥ 2n P (a) 2.2.9Cho biết phương trình x + ax + bx + (2b − 16) x + c = có nghiệm khơng âm (khơng thiết phân biệt) Chứng minh 3a + 2b ≤ Hỏi đẳng thức xảy nào? 2.2.10 Cho phương trình ax − x + bx − = có ba nghiệm thực dương (khơng thiết phân biệt) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 5aa 2−3ab+2 (b−a) 261 ...  Thay vào phương trình thứ hai ta thu 3y + 15y + 18 = ⇔  y = −2 ⇒ x = y = −3 ⇒ x = Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S= {(2; −3) ; (3; −2)} Bài toán 1.4.2 Giải hệ phương trình:  Lời giải:... −1− 2+ +i 5−2−1 (loại phần thực phần ảo z không âm) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (1; 1)   Bài tốn 1.1.5 Giải hệ phương trình: x 1− y −  1+ y (1 − x) + = xy + (1 − x) − y = Lời giải: Ta... b = π Khi tan (b − a) = cos a+b 3 π = 2 cos a+b cos 12 ⇔ 12 ; 2+4    x x2 + y − z =    Bài tốn 1.1.6Giải hệ phương trình y y + (z − x)2 = 16 (VMO – 2004 Bảng A)     z z + x − y =