Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 21 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
21
Dung lượng
850,5 KB
Nội dung
Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình Bài (LTV Đồng Nai) Giải phương trình tập số thực: (26 x) x (13x 14) x 12 (5 x 1)(5 x ) 18 x 32 (1) Lời giải ĐKXĐ: �x � Áp dụng AM – GM ta có: 9(5 x 1) x x (26 x )(5 x 8) � � (26 x) x � 6 12 (5 x 1)(5 x ) (5 x 1)(45 18 x) �2(5 x 45 18 x ) 26 x 88 5x 1 Ta chứng minh 5� � (13 x 14) x �94 27 x x �� ; �(*) 2� � 5� � � (13x 14) (5 x) �(94 27 x) x �� ; � 2� � 5� � � 338 x 612 x 6504 x 7856 �0 x �� ; � 2� � 5� � � 2( x 2) (169 x 982) �0 x �� ; � 2� � Bất đẳng thức cuối nên (*) chứng minh Cộng bất đẳng thức ta suy (26 x)(5 x 8) 5 x 128 x 172 VT (1) � 26 x 88 27 x 94 6 Nghĩa 5 x 128 x 172 VP(1) 18 x 32 � � ( x 2) �0 � x 6 Do x thỏa ĐKXĐ nên ta kết luận (1) có tập nghiệm S {2} Nhận xét: Ở có dự đoán x nghiệm nên ta chọn điểm rơi để dùng AM – GM hợp lí Ngoài ra, để đảm bảo chiều bất đẳng thức �ta phải dùng thêm bất đẳng thức tiếp tuyến cho biểu thức (13x 14) x điểm x0 Từ ta có lời giải Bài (Lam Sơn Thanh Hóa) Giải phương trình: 2( x 1) x (*) Lời giải ĐKXĐ: x � x Chia vế (*) cho (*) � 1 � x 2 ta có: ( x 1) � ( x 1) x x x 24 2 Đặt a 2; y x kết hợp phương trình suy a ( y 1) 2y y2 � a a y a a y 2ay a a Nghĩa a ( y 1) (ay 1) , suy a ( y 1) ay (**) a ( y 1) ay (loại) Xét (**) ta có (**) � y a � 4a 3a 2a Từ tìm x y ( a � 4a 3a ) 2a Hai nghiệm thỏa ĐKXĐ nên (**) có tập nghiệm S {( a � 4a 3a ) } với a 2a Bài (Chuyên Sơn La) � � x + x2 - 2x + = 3y- + � Giải hệ phương trình � � � y + y2 - 2y + = 3x- + � Lời giải Trừ hai phương trình vế theo vế ta có x x x 3x 1 y y y y 1 Xét hàm f ( x) x x x có f� ( x) x 1 x 2x 2 x 1 ln x2 2x x x 2x 2 3x 1.ln x Do x x x ( x 1)2 x |1 x | x �1 x x Như f ( x ) đồng biến �do f ( x) f ( y ) � x y Ta cần giải phương trình x x x 3x 1 � x x x x 1 (*) Để ý (*) � x x ( x 1)2 x x ( x 1) 3x 1 � x x ( x 1) 3x 1 � x x ( x 1) 31 x (**) Lấy (*) trừ (**) ta có x 3x 1 31 x � 3x 1 31 x x (1) Đặt VT 1 g ( x) g '( x ) (3x 1 31 x ).ln �2 ln theo AM-GM Suy g ( x) đồng biến � Do phương trình f ( x) có nghiệm nhất, dễ thấy x Bài (Nam Định ngày 1) � x2y3 + 3x2 - 4x + = � Giải hệ phương trình � � �2 � x y2 - 2x + y2 = � Lời giải Nếu y 1 ta có hệ phương trình � - x2 + 3x2 - 4x + = � � � x =1 � � � x2 - 2x + = � Do hệ có nghiệm ( x; y) (1;1) Nếu y �1 : Xét 1 ta có phương trình x y 3x x y y � x ( y y 3) 2( y 1) � x ( y 1)( y y 3) 2( y 1)( y 1) 2( y 1) �x � � y 3y y y Từ (2) lại có y ( x 1) x �x x ( x 1)2 �0 Nên dấu = xảy ra, tức x y nghiệm không thỏa x Kết luận: Hệ có nghiệm ( x; y ) (1;1) 2( y 1) y 3y Bài (Nam Định ngày 2) � � ( x + + x)( y2 + + y) = � Giải hệ phương trình: � � � x + + 22 - 3x = y2 + � Lời giải 22 ĐKXĐ: 2 �x � Xét (1) ta có: (1) � x x Xét hàm số f (t ) t t ta có f '(t ) y y 1 t t 1 y2 1 y t f (t ) đồng biến � Từ (1) ta có f ( x ) f ( y ) � x y Như ta cần giải phương trình x 22 x x � 12 x 22 x x 24 � 12 x (4 x 16) 22 x (14 x) x x � 16 x 16 x 32 x2 x 3x x 12 x x 16 22 x 14 x 16 � � � ( x 1)( x 2) � 3 � � 12 x x 16 22 3x 14 x � � x 1 �x Hai giá trị thỏa ĐKXĐ Do hệ có nghiệm ( x; y ) (1;1), ( 2; 2) Nhận xét: Do dự đoán nghiệm x �{1; 2} nên ta trừ biểu thức phương trình cho đại lượng bậc ax b Hệ số a, b xác định cho hiệu thu có chứa nhân tử ( x 1) ( x 2) Bài (Hà Tĩnh Vòng 1) � � 2� � � x � � � � � + xy + = y3 (1) � � � � �x � � � � � Giải hệ phương trình : � � � � � � (xy + 2)2 + = 2y + (2) � � x x2 � Lời giải ĐKXĐ: x �0 Xét (2) ta có 1 1 2x (2) � ( xy ) � xy � y x x x2 Thay vào (1) ta có ( x2 x 3 1 ) ( ) xy x x 2 x Khai triển ta phương trình 6t 15t 8t 3t Với t t Phương trình tương đương x (4t 2)(6t 12t 2t 4t 3) Suy t 6t 12t 2t 4t Như x � y 36 x 72 x3 12 x 24 x 18 (6 x x 2) 14 6 x 3 x2 Kết luận: Hệ có nghiệm ( x; y ) (2; 3 ) Bài (Hà Tĩnh vòng 2) Chứng minh phương trình sau ln có nghiệm thực: m3 sin ( x) 2m3 sin x sin x m3 m (*) Lời giải Ta có (*) � m3 (1 sin x ) sinx m � m3cos x sinx m Đặt f ( x) m3cos x sinx m , ta tính f ( ) m; f ( ) 1 m; f (0) m3 m 2 Do ta xét trường hợp sau: Nếu m �{1; 1} ta nghiệm (*) sin x � x Nếu m �(1;1) � m � f ( ) f ( ) m 2 Do f ( x) có nghiệm thuộc ( ; ) 2 Nếu m �(�; 1) �(1; �) � f (0) f ( ) (1 m)( m3 m) Do f ( x) có nghiệm thuộc (0; ) Vậy f ( x) ln có nghiệm thực Bài (Long An vòng 1) a) Giải phương trình x x 1 x 1 2 � � x y xy y b) Giải hệ phương trình � � xy y xy x y 12 Lời giải a) ĐKXĐ: x �1 k 2 x t (t �0) ta có phương trình Đặt t 2(t 1) 2 t � t 2t 2 � 2t �0 t � �4 t (2t 1)2 (t 2) (*) � Ta có (*) � 4t 7t 4t 8t t � (t 1)(t t 1)(4t t 2) � t �{1; Do 2t �0 nên ta chọn t 1 5 1 33 33 ; ; ; } 2 8 33 33 Từ có x t ( ) 1 8 b) Đặt a=x(x+y), b=y(y+1) ta có hệ phương trình a2 � a6 � ab 8 � �� �� � b6 � b2 � ab 12 � �y 3 �y �x ( x y ) � Nếu a 2, b ta có � �� �� � 17 �x 1 � �x �y ( y 1) � �x( x y ) �y �y 2 �� �� Nếu a 6, b ta có � �y ( y 1) �x �{2; 3} �x � Kết luận: Hệ có nghiệm x; y (2;1), (3;1), (1 7; 2), (1 7; 2), (1 3; 2), ( 1 3; 2), ( Bài (Quảng Ngãi) Giải phương trình x x x3 x x Lời giải Đặt x x a, x b � a b x x Do ta có phương trình 17 17 ; 3), ( ; 3) 2 a a b3 b � a b Suy x x � x �{ ; ;1} 2 Bài 10 (TP HCM ngày 1) �xy x y Giải hệ phương trình � 3 �4 x 12 x x y y Lời giải Từ phương trình đầu suy (x-1)(y-1)=2 Đặt z x ta có hệ phương trình �zy z � z 3z y3 y � Để ý y 3z y yz y z từ phương trình sau ta có z y z y � y z �y z Nếu y z ta có z z � z z (vơ nghiệm) Nếu y z ta có z z � z � 17 Suy nghiệm hệ ( x; y ) ( 17 17 17 17 ; ), ( ; ) 4 Bài 11 (TP HCM ngày 2) Giải biện luận hệ phương trình theo n ��* : � �x �3 �i �n � �xi n �i 1 �n � �xi �i 1 Lời giải Ta chứng minh bất đẳng thức x 27 �27 x x �3 (*) � ( x 3)(2 x 3) �0 x �3 Bất đẳng thức sau nên (*) Áp dụng (*) ta suy xi3 � 2727 �xi �۳ i 1, n n 4�xi3 27 n i 1 n 27�xi 27 n 27 n i 1 Do đẳng thức xảy nên dấu = (*) xảy ra, nghĩa xi �{3; } i 1, n Giả sử số xi có a số 3 b số , từ hệ phương trình ta có � � � � a, b ��; a b n a, b �� � � 3b � � n 3a n �� a � � � 27b � � 8n 27a 0 b � � � � Suy để hệ có nghiệm nM9 Vậy ta có trường hợp sau: �x1 x2 xk 3 � Nếu n 9k (k ��) hệ có nghiệm � hoán vị x x x k k n � � Nếu n �9k hệ vơ nghiệm Bài 12 (Bắc Ninh) Giải phương trình log 2 ( x x 2012) log Lời giải ĐKXĐ: x x 2012 2 ( x x 2013) � a 8 Đặt � ta có phương trình b x x 2013 � log a b log a 1 (b 1) Đặt log a b log a 1 (b 1) y suy y y �a y b �a � �1 � � a y (a 1) y � � � � � (*) � y (a 1) b �a � �a � � y y �a � �a ��1 � �1 � Đặt vế trái (*) f ( y ) ta có f '( y ) � � ln � � � � ln � � �a � �a � �a � �a � Do f ( y ) có nghiệm nhất, dễ thấy y , suy log8 ( x x 2013) � x x 2013 � x � 2022 Kết luận: Hệ có tập nghiệm S {1 � 2022 5} Bài 13 (Đồng Nai ngày 1) � ( x y )(3 xy x ) 2 � a) Giải hệ phương trình � ( y x)(3 xy y ) � b) Giải phương trình (3 cos x )(sin x cos x) Lời giải a) ĐKXĐ: x, y �0 Cộng hai phương trình vế theo vế ta có ( x y )(6 xy x y ) Nhận thấy x, y không đồng thời nên ta suy xy 2( x y ) 2( x y ) (1) x y Trừ hai phương trình vế theo vế ta có ( x y )( x y ) � x y (2) x y Từ (1) (2) suy xy 2( x y ) � x y �x y Do x, y �0 nên ta nhận x y � � � � � �� � 23 � Thay vào hệ đầu tìm nghiệm ( x; y ) � � � � �; � � � � � � � �� � � � Bài 14 (Quảng Bình ngày 1) Giải phương trình x n x n 2012 2012 (n ��* ) Lời giải Đặt t x 2n ta có phương trình t t 2012 2012 1 � t t t 2012 t 2012 4 2 1� � 1� � �� t � � t 2012 � 2� � 2� � � t t 2012 � t t 2011 (*) Chọn nghiệm không âm (*) ta t Suy nghiệm x �2 n 1 8045 1 8045 Bài 15 (Quảng Bình ngày 2) �x 3x x y �3 Giải hệ phương trình �y y y z �z 3z z x � Lời giải Đặt f (t ) t 3t 5t ta có f '(t ) 3t 6t t �f ( x) y � �f ( y ) z �f ( z ) x � Không giảm tổng quát giả sử x max{x; y; z} ta có f ( x ) � f (y� ) �� y z f ( y ) f ( z ) z x z x f ( y) f (z ) y z Suy x y z Ta cần giải phương trình x3 �α 3x x x {1;1 2} Vậy hệ có nghiệm ( x; y; z ) (1;1;1), (1 2;1 2;1 2), (1 2;1 2;1 2) Bài 16 (Hải Phòng) �2 y2 2x �y x x Giải hệ phương trình � � � y 2x Lời giải ĐKXĐ: x Từ phương trình đầu ta có y x( y 2) x � ( y x )( y x ) � y2 x � y2 4x Thay vào phương trình sau ta có x x (*) Đặt f ( x ) x x ta có f '( x) 0 x 3 (2 x 1) �1 � Do phương trình f ( x) có nghiệm Lại có f � � �2 � Suy x � y0 Bài 17 (Phú Yên ngày 1) cos3 x a) Giải phương trình tan x sin x � ( x 1) ( y 1) 9 xy b) Giải hệ phương trình � ( x 1)( y 1) 10 xy � Lời giải a) ĐKXĐ: sin x ��1 Ta biến đổi phương trình: tan x � cos3 x cos x (cos x 1)(cos x cos x 1) � sin x sin x (sin x 1)(sin x sin x 1) cos x cos x cos x cos x (1) � (2) sin x sin x sin x sin x Xét (1) ta có (1) � cos x � x k 2 (k ��) Xét (2) ta có (2) � (cos x 1)(sin x sin x 1) (sin x 1)(cos x cos x 1) � sin x cos x sin x cos x sin x cos x � sin x cos x(sin x cos x) (sin x cos x)(sin x cos x) sin x cos x (3) � �� sin x cos x sin x cos x (4) � � � Xét (3) ta có (3) � sin x cos x sin � x �� x k �2 � � | t |� � Xét (4), đặt t sin x cos x � � t 1 sin x cos x � � Ta có phương trình Khi ta có t 1 t � t 1 � Do | t |� nên ta chọn t 1 2 � sin x cos x 1 � � sin x.cos x � Suy sin x, cos x nghiệm phương trình X (1 2) X � X 1 2 1 � 2 Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S { k 2 ; k ; cos 1 ( 1 2 1 ); 2 cos 1 ( 1 2 1 ) | k ��} 2 b) Nhận xét xy �0 , ta biến đổi hệ: � �x � �y � 2� � 9 � � � x y � ( x 1) ( y 1) 9 xy � � � � � �� �2 2 ( x 1)( y 1) 10 xy � �x y 10 � x y � x2 y2 1 ;b ta có x y Đặt a 3 a 4 � � � (a 2)(b 2) 9 ab a � � � � �� � � �� � ab 10 b � � � ab 10 b 4 � � � � Từ tìm nghiệm hệ 1 1 ( x; y ) ( ; 2 3), ( ; 2), (2; 2 3), (2 2), ( 2 3; ), (2 3; 2), ( 2; ), ( 2; 2) 2 2 Bài 18 (PTNK ngày 1) �x y �xz yt � Giải hệ phương trình � 2 �xz yt 3 � �xz yt Lời giải 3; 5; 41; 121 k k Đặt ak xz yt ta suy ak 1 =(z+t).a k zt.ak 1 (*) Từ hệ ta có a0 3; a1 5; a2 41; a3 121 Áp dụng (*) với k k suy 79 � z t � 41 5( z t ) zt � � 49 �� � 121 41( z t ) zt � �zt 538 � 49 Suy z, t nghiệm phương trình X2 79 538 X 0 49 49 Goi hai nghiệm phương trình , Giả sử z , t thay vào hệ đầu ta có � 3 �x �x y � �� � x y � 3 � y � � Trường hợp z , t làm tương tự Bài 19 (Quảng Ngãi ngày 2) 2 2 � � x x xy y y y 10 (1) Giải hệ phương trình � 2 � � x y z x y z (2) Lời giải Ta viết lại (1) dạng x ( y x ) (3 y ) Áp dụng BĐT Minkowski cho vế trái ta có x 22 ( y x) (3 y) � ( x y x y) (2 1) � x � � Đẳng thức xảy � x : ( y x ) : (3 y ) :1:1 � � �y � Thay vào (2) ta có 117 15 117 225 15 z 9 z z � z z2 �z 16 16 16 10 �3 9 � Kết luận: Hệ có nghiệm (x; y; z ) � ; ; � �2 10 � Bài 20 (Hà Nội) a) Giải phương trình x x x 3x �x3 (3 y 2) 8 b) Giải hệ phương trình � �x( y 2) 6 Lời giải a) ĐKXĐ: x � Nhận thấy x thỏa phương trình Xét x �1 ta biến đổi: x x x 3x � x x x 3x 5x 1 x � (2 x 5)( x 1) x (9 x) x � Do VT (*) x (*) x (9 x) x VP(*) nên (*) vô nghiệm Kết luận: Phương trình có nghiệm x b) Từ hệ suy x �0 Đặt t 2 ta có hệ phương trình x � � 3y t3 y t3 � �3 � 3t y �y 3t � Trừ hai phương trình vế theo vế ta có f (t ) f ( y ) f (u ) u 3u đồng biến � Suy t y , nghĩa �y y �y 2 �y � �� �� � 2 x y � �x 2 � � x Kết luận: Hệ có nghiệm (x,y) = (-2, 1), (1,-2) Bài 21 (Cần Thơ) �x y z �3 3 Giải hệ phương trình �x y z 48 �x y z 16128 � Lời giải Ta có: 1 xyz [ x3 y z ( x y z )( x y z xy yz zx)] [ x3 y z ] 16 3 Lại có: 16128 x y z ( x y z )( x y z ) [ x y ( x y ) y z ( y z ) z x ( z x )] 48( x y z ) xyz( x y y z z x ) 48( x y z ) 16( x y y z z x ) (1) Mặt khác x y z ta có đẳng thức x y z 2( x y y z z x ) Do thay vào (1) ta 144 x y y z z x ( xy yz zx ) � xy yz zx �12 Nếu xy yz zx 12 ta có hệ phương trình �x y z � �xy yz zx 12 �xyz 16 � Suy x,y,z nghiệm phương trình t 12t 16 Đặt f (t ) t 12t 16 ta có f '(t ) 3t 12 t nên f (t ) có nghiệm t nhận thấy �0 Khi x y z 3 �0 (loại) Nếu xy zx zx 12 ta có hệ phương trình �x y z � �xy yz zx 12 �xyz 16 � Suy x,y,z nghiệm phương trình t 12t 16 � t �t 2 Kết luận: Hệ có nghiệm ( x; y; z ) (4; 2; 2) hoán vị Bài 22 (Hải Phòng) � �x y 2013 Giải hệ phương trình � �x 2012 y 2013xy ( x y ) Lời giải Đặt 2013 a �0 ta có hệ phương trình �x y a � �x (a 1) y 2axy ( x y ) Thay x a y vào phương trình sau ta có a a y 2axy ( x y ) � a y 2ay (a y )(a y ) � y 12ay 6a y � (2 y a) a � y 1 ( a a ) � x (a a ) 2 Bài 22 (Phú Yên ngày 2) �x xy y 2m a) Tìm m để hệ có nghiệm dương: � 2 �x y xy m Lời giải a) Đặt S x y , P xy ta có hệ phương trình �S P 2m �S 2m P �� � �SP m �P(2m P) m (*) Xét (*) ta có: (*) � P P (2m 1) m � P �P m 1 � S 2m Do x, y nghiệm phương trình t 2mt (1) 2 x , y Nếu P m � S Do nghiệm phương trình t t m (2) Nếu P Ta cần tìm m để (1) (2) có nghiệm dương Nếu m (1) vơ nghiệm, (2) có nghiệm nên loại Nếu m (2) có nghiệm trái dấu cịn (1) có nghiệm âm nên loại Xét m Ta tìm m để (1) (2) có nghiệm dương Nghĩa �0 � 1 �0 � � � �S1 �S ڣ۳��� �P �P �2 �1 �2 m �0 4m �0 � � � � m � � � �1 m0 � � 0 �2 � � 1� �1 0; ��� ; �� Kết luận: Để hệ có nghiệm dương m �� � � � 4� � � Bài 23 (Ninh Bình) m m �x y y �3 Giải hệ phương trình �y z z �z x x � Lời giải Tương tự 15