Thông tin tài liệu
Trường THPT chuyên Lào Cai Tổ Toán - Tin Giáo viên: Bùi Ngọc Diệp CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Mục lục Phương pháp đặt ẩn phụ Phương pháp nhân liên hợp 15 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức 19 Phương pháp hàm số 25 Một số phương pháp khác 33 Tài liệu tham khảo 41 Mở đầu Như biết phương trình, bất phương trình, hệ phương trình có nhiều dạng, phương pháp giải khác thường gặp kỳ thi học sinh giỏi tốn Chun đề trình bày phương pháp giải phân loại dạng tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Các tập chủ yếu sưu tầm từ đề thi thức đề đề xuất DHBB, THHV, HSG tỉnh năm gần đây, tạp chí THTT tạp chí Pi Hy vọng chuyên đề tài liệu tham khảo có ích cho em học sinh ơn luyện thi học sinh giỏi toán THPT, thi DHBB THHV Bùi Ngọc Diệp Phương pháp đặt ẩn phụ Bài Giải phương trình x= √ √ √ √ √ √ − x − x + − x − x + − x − x Lời giải Điều kiện xác định: ≤ x ≤ Đặt √ − x ⇔ u2 = − x (u ≥ 0) √ v = − x ⇔ v = − x (v ≥ 0) √ w = − x ⇔ w2 = − x (w ≥ 0) u= Suy x = − u2 = uv + wv + wu x = − v = uv + wv + wu x = − w2 = uv + wv + wu Ta có hệ (u + v)(u + w) = (u + v)(v + w) = ⇔ (v + w)(u + w) = Suy √ 30 √5 30 v+w= √2 30 u+w= u+v = √ u= 239 30 ⇔ x = − u2 = 60 120 239 120 Bài (Đề thức THHV 2017) Giải phương trình Vậy phương trình có nghiệm x = √ − x2 + √ x2 + x − + √ − x = Lời giải √ −1 + Điều kiện xác định: ≤ x ≤ (1) √ √2 √ Đặt u = − x2 , v = x2 + x − 1, t = − x Ta u, v, t ≥ 0, u + v + t = 1, u2 + v + t3 = (2) Từ (2) suy ≤ u, v, t ≤ ⇒ = u2 + v + t3 ≤ u + v + t = Trường THPT chuyên Lào Cai Bùi Ngọc Diệp Do u, v, t ≥ u+v+t=1 (2) ⇔ u2 = u v2 = v t3 = t u=1 v=t=0 v=1 u=1 t=1 u=v=0 Thay lại biến x ta tập nghiệm phương trình S = {1} Bài Giải phương trình √ x3 + = 2x − + 24x − 18 x2 − 2x − Lời giải √ √ Điều kiện xác định: x ≥ −2, x = − 2, x = + 2 Phương trình cho tương đương với ä√ Ä x2 − 2x − x3 + = 2x3 − 6x2 + 14x − ä» Ä Ä ä Ä ä ⇔ x2 − 2x − (x + 2) (x2 − 2x + 4) = x3 + − x2 − 2x + + 2(x + 2) √ √ Đặt a = x2 − 2x + 4, b = x + với a > 0, b ≥ Ta thu phương trình Ä ä a2 − 11 ab = 2a2 b2 − 6a2 + 2b2 ⇔ a3 b − 2a2 b2 + 6a2 − 11ab − 2b2 = ⇔ a2 b(a − 2b) + (a − 2b)(6a + b) = Ä ä ⇔ (a − 2b) a2 b + 6a + b = (∗) Vì a > 0, b ≥ nên a2 b + 6a + b > Do (∗) ⇔ a = 2b Trở cách đặt ta có √ √ √ x = − 13 − 2x + = x + ⇔ x − 6x − = ⇔ √ x = + 13 x2 Đối chiếu với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x=3− Trường THPT chuyên Lào Cai √ √ 13, x = + 13 Bùi Ngọc Diệp Bài Giải phương trình 2x + + (x + 1) Lời giải a= √ x2 + (a ≥ Đặt √ b = x2 + 2x + √ √ √ x2 + + (x + 2) x2 + 2x + = (x ∈ R) a2 = x + √ 6; b ≥ 2) Lúc ⇒ b2 − a2 = 2x + 2 b = x + 2x + Phương trình cho trở thành b − a2 − − a2 − +1 a+ +2 b=0 b −a + 2 Ä ä Ä ä Ä ä ⇔ b − a2 + b − a2 − a + b − a2 + b = Ç b Ä ä å Ä Ç å ä ⇔ b2 − a2 + (a + b) b2 − a2 + (b − a) = ỵ ó ⇔ (b − a) 2(b + a) + (a + b)2 + = ⇔ a = b Từ ta 2x + = ⇔ x = − ´ ® Vậy, tập nghiệm phương trình S = − » √ √ 2 x + 3y + − y = x + Bài Giải hệ phương trình » √ y − − − x + − x2 = (1) (2) Lời giải −2 Nhận xét x + 3y + = (x + 2) + 3y Điều kiện ≤x≤4 y ≥ √ = x+2 Với điều kiện đặt , (u ≥ 0, v ≥ 0) v = √ y √ Phương trình (1) có dạng u2 + 3v = u + 3v u √ Ä ä u2 + 3v = u + 3v ⇔ u2 + 3v = u2 + 6uv + 9v ⇔ u = v Với u = v ⇒ x + = y Thay vào phương trình (2) ta có √ √ x + − − x + − x2 = Ä√ ä Ä√ ä ⇔ x + − − − x − + − x2 = x−3 x−3 ⇔ √ +√ − (x − 3) (x + 3) = 4−x+1 x+1+2 ⇔ x=3 1 √ +√ = x + (3) 4−x+1 x+1+2 Xét phương trình (3), với điều kiện −1 ≤ x ≤ ta có VT ≤ trình (3) vơ nghiệm Với x = ⇒ y = (thỏa mãn điều kiện) Kết luận (x; y) = (3; 5) Trường THPT chuyên Lào Cai 1 + = , VP ≥ Do phương 2 Bùi Ngọc Diệp Ä Bài Giải bất phương trình 3x + √ 9x2 − ≥ 9x + x x +1 ô å ä (1) Lời giải 9x2 Điều kiện −4≥0 x=0 Ç đ 2 ⇔ x ∈ −∞; − ∪ ; +∞ 3 • Trường hơp Với x ≥ Suy VT (1) ≥ 12x ≥ 9x 9x ≤ + ≤ + = VP (1) + x x +1 x 2x 2 Vậy bất phương trình khơng có nghiệm trường hợp • Trường hơp Với x ≤ − Ta có (1) ⇔ − Ç å Đặt t = < t ≤ Ta x √ 12 − − 4t ≤ t + 1+ t 9− x2 ≤ + 2 x x +1 √ 9t ⇔ 12 − − 4t ≤ t + 1+t √ ⇔ t + − 4t − − ≤ 1+t √ − y2 Đặt − 4t = y (0 ≤ y < 3) ⇒ t = Ta 144 − y2 + 4y − − ≤ ⇔ − y + 16y − 12 − ≤0 9−y 13 − y +1 ⇔ y − 16y − 10y + 208y − 183 ≤ ⇔ (y − 1)(y − 15y − 25y + 183) ≤ ⇔ (y − 1)(y − 3)(y − 12y + 61) ≤ ⇔ ≤ y ≤ √ Do ≤ y < nên ta ≤ y < Khi < t ≤ ⇒ < ≤ ⇔ x ≤ − x √ Vậy nghiệm bpt x ≤ − (x + 1)2 Bài Giải hệ phương trình » + (x + 1) y + + y = » x + (2 + x) y + = Lời giải Điều kiện y ≥ −1 Đặt u = x + » y+1=v Trường THPT chuyên Lào Cai , ta có hệ phương trình ≥0 (1) (2) Bùi Ngọc Diệp u + uv + v = u + (u + 1)v =5 (u + v)2 ⇔ • Với −4 với u, v nghiệm phương trình t2 + 4t + = (vô nghiệm) uv = u + v • Với = −4 (u + v) + uv = u + v = uv = u + v = uv = ⇔ u + v − uv = =3 uv = u Từ đó, ta có t=2 với u, v nghiệm phương trình t2 − 3t + = ⇔ t = =1 v=2 u – Trường hợp u =1 =2 v = , ta có v=2 u =2 – Trường hợp , ta có v = x + = » y+1= x + = » y+1= x =0 y = x =1 y = ⇔ ⇔ Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) (0; 3) (1; 0) ! √ Nhận xét Từ phương trình (1) tốn ta thấy (x+1)2 +(x+1) y + 1+y +1 = phương trình đẳng cấp bậc hai Kết hợp với kiện PT (2) ta nhận thấy ý tưởng đặt ẩn phụ cho tự nhiên trình bày Bài Giải hệ phương trình x4 − 2x = y − y (x2 − y ) = 3 Lời giải Đặt x + y = a, x − y = b, = c3 Từ phương trình thứ hai hệ, ta có (ab)3 = c3 ⇔ ab = c a+b a−b Ta có x = ,y = , suy 2 4 Ä x − y = (x − y)(x + y) x + y Trường THPT chuyên Lào Cai ä Ç = ab a+b å2 a−b + Ç å2 = ä ab Ä a + b2 Bùi Ngọc Diệp Hơn (a − b) a + 3b a + c3 b = = 2 Do đó, phương trình thứ hệ cho tương đương với 2x − y = (a + b) − ä Ä ä ab Ä a + c3 b a + b2 = ⇔ c a2 + b2 = a + c3 b 2 Ta có hệ c (a2 + b2 ) = a + c3 b ab = c ⇔a= ∨a=c c c2 ⇒c a + a Ç å =a+ c4 ⇔ ca4 + c3 = a3 + ac4 ⇔ (ca − 1) (a3 − c3 ) = a Ç å Suy hệ có hai nghiệm (a, b) = (c, 1); ,c c Xét hai trường hợp √ √ 3 c+1 3+1 3−1 • Nếu a = c, b = x = = ,y = 2 1 • Nếu a = , b = c2 x = c Ç 1 + c3 + c2 = = √ ,y = c 2c å Vậy hệ cho có hai nghiệm (x, y) = √ √ 3+1 , 3−1 2 −1 √ , √ 33 , Ç 1 − c3 −1 − c2 = = √ c 2c å Bài (T6/480-Toán học & Tuổi trẻ, tháng năm 2017) Giải phương trình 4x3 − 24x2 + 45x − 26 = √ −x2 + 4x − Lời giải Điều kiện để phương trình có nghĩa −x2 + 4x − ≥ ⇔ ≤ x ≤ Biến đổi phương trình cho dạng 4(x − 2)3 − 3(x − 2) = » − (x − 2)2 √ Đặt t = x − 2, điều kiện −1 ≤ t ≤ 1, ta thu phương trình 4t3 − 3t = − t2 Do −1 ≤ t ≤ 1, đặt t = cos α (α ∈ [0; π]), ta thu phương trình cos3 α − cos α = √ − cos2 α ⇔ cos 3α = sin α ⇔ cos 3α = cos Å ã π −α π − α + 2kπ 2Å ã π 3α = − − α + 2kπ π π α = + k ⇔ (k ∈ Z) π α = − + kπ 3α ⇔ = Do α ∈ [0; π], Trường THPT chuyên Lào Cai (∗) Bùi Ngọc Diệp π π + k , ta có k = k = π • Với α = − + kπ, ta có k = ´ ® π 5π 3π , , Do ta thu nghiệm α ∈ 8 Thay x = t + = cos α + 2, ta thu tập nghiệm phương trình cho • Với α = ® ´ π 5π 3π S = + cos ; + cos ; + cos 8 Lưu ý: Phương trình (∗) giải√bằng cách sau t ≥ √2 Điều kiện xác định: 4t3 − 3t ≥ ⇔ ≤ t ≤ − Bình phương hai vế, chuyển vế phân tích thành thừa số để phương trình √ √ Ç å 2+ 2− 2 2 t − t − t − =0 4 t = √ 2+ ⇔ t = √ 2− t2 = » » √ √ √ 2+ 2− Đối chiếu điều kiện, ta thu nghiệm t = − ,t = , t = − » 2√ » √2 √ 2 2+ 2 − 2 Suy phương trình cho có tập nghiệm S = 2 − ;2 + ;2 − 2 Bài 10 (T5/481, Toán học & tuổi trẻ, tháng năm 2017) Giải phương trình √ (1 − 2x) − x2 = x − Lời giải √ √ √ Điều kiện: − ≤ x ≤ Đặt − x2 = a (a ≥ 0) ⇒ x2 + a2 = (1) Phương trình cho trở thành (1 − 2x)a = x − ⇔ a − 2ax = x − (2) Cộng theo vế phương trình (1) (2) ta được√(a − x)2 + (a − x) − = √ (3) √ −1 ± −1 ± Giải phương trình (3) ta a − x = ⇒ − x2 − x = 2 √ √ √ √ √ √ −1 − + + Trường hợp 1: − x2 −x = ⇔ − x2 = x− Do x ≤ nên x− < 2 Trường hợp loại √ 1− √ x ≥ √ −1 + 2 √ ⇔ Trường hợp 2: − x −x = − (4) 2 − x = x − Trường THPT chuyên Lào Cai Bùi Ngọc Diệp Bài 36 (T7/472-Toán học & Tuổi trẻ, tháng 10 năm 2016) Tìm nghiệm nguyên bất phương trình x6 − 2x3 − 6x2 − 6x − 17 < (1) Lời giải Ta có (1) ⇔ x6 < 2(x + 1)3 + 15 (2) Khi x ≤ −3 2(x + 1)3 + 15 ≤ −1 < nên từ (2) suy x ≥ −2 (∗) Mặt khác, x ≥ từ x6 ≥ 27x3 = 2x3 + 6x3 + 6x3 + 13x3 > 2x3 + 6x2 + 6x + 17 suy x6 − 2x3 − 6x2 − 6x − 17 > Vậy nên x ≤ (∗∗) Từ (∗) (∗∗) suy x ∈ {−2, −1, 0, 1, 2} Thử vào (1), ta thu nghiệm x ∈ {−1, 0, 1, 2} Bài 37 (T6/476-Toán học & Tuổi trẻ, tháng năm 2017) Giải hệ phương trình 3x + 2y = 3y + 2x = Lời giải Giả sử (x, y) nghiệm hệ, suy 3x − 2x = 3y − 2y (1) Nếu x ≤ 3x ≤ 2x ⇒ 3x − 2x = 3y − 2y ≤ ⇒ y ≤ Với x ≤ 0, y ≤ ⇒ 3x + 2y ≤ 30 + 20 < không thỏa mãn hệ Do (x, y) nghiệm hệ x > Khi 3x − 2x = 3y − 2y > ⇒ y > Xét hàm số f (t) = 3t − 2t , t ∈ (0, +∞) Khi f (t) = 3t ln − 2t ln > 0, ∀t ∈ (0, +∞) Hàm số f (t) = 3t − 2t đồng biến (0, +∞) Với x > 0, y > 0, từ (1) ta có f (x) = f (y) ⇔ x = y Thay vào phương trình hệ, ta 3x + 2x = (2) Hàm số g(x) = 3x + 2x đồng biến R g(1) = nên phương trình (2) có nghiệm x = 1, suy x = y = Với x = y = 1, hai phương trình hệ thỏa mãn Vậy hệ phương trình đầu có nghiệm (x, y) = (1, 1) Trường THPT chuyên Lào Cai 27 Bùi Ngọc Diệp ! Nhận xét Học sinh thường mắc sai lầm: Xét hàm số f (t) = 3t − 2t cho f (t) = 3t ln − 2t ln > 0, ∀t ∈ R để suy hàm f (t) = 3t − 2t đồng biến khơng Dễ thấy bất phương trình 3t ln − 2t ln < có nghiệm Bài 38 (HSG12, Tỉnh Thái Bình, 2018-2019) Giải hệ phương trình √ y (x + 5) + x = + 3y √ √ √ Ä √ ä + x2 − 2x + + x2 − 6x + 12 = y x2 − 2x + + x2 − 6x + 12 + Lời giải Xét hệ phương trình √ y (x + 5) + x = + 3y (1) √ √ √ Ä √ ä + x2 − 2x + + x2 − 6x + 12 = y x2 − 2x + + x2 − 6x + 12 + (2) Điều kiện x ≥ −1 Dễ thấy y = không thỏa mãn phương trình (1) nên Ä√ ä3 √ √ 3 (1) ⇔ (x + + 3) x + = + ⇔ x+2 +3 x+2= + (∗) y y y y Xét hàm số f (t) = t3 + 3t có f (t) Ç = 3t å + > 0, ∀t nên hàm số f (t) đồng biến R Ä√ ä √ 1 Mà theo (∗) ta có f x+2 =f nên x + = ⇒ y > 0, x > −2 ⇒ = x + y y y Thay vào (2) ta √ √ ä Ä √ ä x2 − 2x + + x2 − 6x + 12 = x2 − 2x + + x2 − 6x + 12 + √ √ ⇔ 2(x − 2) + (x − 1) x2 − 2x + + (x − 3) x2 − 6x + 12 = Ä (x + 2) + ⇔ (x − 1) » √ (x − 1)2 + + = (3 − x) » (3 − x)2 + + (∗) √ Xét hàm số g(u) = u( u2 + + 1) R Ta có √ u2 g (u) = u2 + + + √ > 0, ∀u ∈ R Do hàm số g(u) đồng biến R u +3 Mà theo (∗) ta có g(x − 1) = g(3 − x) nên x − = − x ⇔ x = (thỏa mãn) Với x = ta y = Ç å Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) 2; Bài 39 (Đề thi HSG 12 tỉnh Thái Nguyên, năm học 2017-2018) Giải phương trình x3 − √ √ 7x2 + 9x + 12 = (x − 3)(x − + x − 3)( x − − 1) Lời giải Điều kiện: x ≥ Ta có √ √ x3 − 7x2 + 9x + 12 = (x − 3)(x − + x − 3)( x − − 1) Trường THPT chuyên Lào Cai 28 Bùi Ngọc Diệp √ √ ⇔ (x − 4)(x2 − 3x − 3) = (x − 3)(x − + x − 3)( x − − 1) √ √ √ √ ⇔ ( x − − 1)( x − + 1)(x2 − 3x − 3) = (x − 3)(x − + x − 3)( x − − 1) √ ( x − − 1) = ⇔ √ √ (x2 − 3x − 3)( x − + 1) = (x − 3)(x − + x − 3) x=4 ⇔ √ √ (x2 − 3x − 3)( x − + 1) = (x − 3)(x − + x − 3) (∗) Dễ thấy x = nghiệm phương trình cho Với x > 3, giải phương trình (∗) ta √ √ (x2 − 3x − 3)( x − + 1) = (x − 3)(x − + x − 3) √ x2 − 3x − x−2+5 x−3 √ ⇔ = x−3 x−3+1 √ (x − 4) + 5(x − 4) + x−3+5 x−3+1 √ ⇔ = x−4+1 x−3+1 t2 + 5t + với t > −1 t+1 Ta có f (t) = + > ∀t > −1 (t + 1)2 √ Vậy hàm số f (t) đồng biếnvới ∀t > −1 mà f (x − 4) = f ( x − 3) Xét hàm số f (t) = √ 9+ ⇔ ⇔x= Do x − = x − ⇔ (x − 4)2 = x − x2 − 9x + 19 = √ 9+ Kết luận: Phương trình cho có hai nghiệm x = x = √ x − ≥0 x ≥4 Bài 40 (Đề HSG ĐIỆN BIÊN 2018-2019 ) Giải hệ phương trình Ä ä x3 − y − 2x2 − y + 2y + 15x − 10 » √ − y + − x = 2x − Lời giải x Điều kiện =0 (x; y ∈ R) ≤3 y ≤ Phương trình thứ hệ tương đương với (x − 2)3 + 3(x − 2) = (y − 1)3 + 3(y − 1) (1) Xét hàm số f (t) = t3 + 3t, t ∈ R Khi f (t) = 3t2 + > 0, ∀t ∈ R Do hàm số f (t) đồng biến R Nên phương trình (1) trở thành f (x − 2) = f (y − 1) ⇔ x − = y − ⇔ y = x − Trường THPT chuyên Lào Cai 29 Bùi Ngọc Diệp Thay y = x − vào phương trình (2) ta √ √ − x = 2x − ⇔ − x = x − x ≥1 ⇔ 3 − x = x2 − 2x + x≥ ⇔ x=2 x ⇔ x = = −1 Với x = y = (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (2; 1) » (x − 1)2 + » y2 + = (1) Bài 41 Giải hệ phương trình » » − 3y + − 5y = x4 − x2 + 2x + (2) x−1+ y+ Lời giải Điều kiện y ≤ » √ Phương trình (1) ⇔ x − + (x − 1)2 + = −y + y + (3) √ √ t t2 + + t Xét hàm f (t) = t + t2 + với t ∈ R, ta có f (t) = + √ = √2 > 0, ∀t ∈ R t +4 t +4 Suy hàm số f (t) đồng biến R Khi (3) trở thành f (x − 1) = f (−y) ⇔ x − = −y Thay vào phương trình (2) ta √ √ 3x + + 5x + = x4 − x2 + 2x + Ä äÄ ä √ √ ⇔ 3x + − (x + 1) + 5x + − (x + 2) = x2 − x x2 + x Ä ⇔ x −x ä Ç Ä ä −1 −1 √ +√ − x2 + x = 3x + + x + 5x + + (x + 2) å x2 − x = Ä ä 1 √ +√ + x2 + x = 3x + + (x + 1) 5x + + (x + 2) ⇔ x=0 x ⇔ =1 Ä ä 1 √ +√ + x2 + x = 3x + + (x + 1) 5x + + (x + 2) (∗) Ta chứng minh phương trình (∗) vơ nghiệm + Xét x ≥ ta có V T (∗) > nên phương trình (∗) vô nghiệm √ 1 + Xét − ≤ x < ta có < 5x + + (x + 2) < ⇒ √ > 5x + + (x + 2) Trường THPT chuyên Lào Cai 30 Bùi Ngọc Diệp Ç å2 1 Do V T (∗) > x + x + = x + Vậy hệ cho có nghiệm (1; 0), (0; 1) > suy phương trình (∗) vơ nghiệm y (x6 − 1) + 3y(x2 − 2) + 3y + = (1) Bài 42 Giải hệ phương trình (x, y ∈ R) » √ (4x + 3) − xy(x2 − 1) + 3x + − = (2) Lời giải • ĐK: − xy(x2 − 1) ≥ • Ta có PT(1) ⇔ x6 y + 3x2 y = y − 3y + 3y − + 3(y − 1) ⇔ (x2 y)3 + 3x2 y = (y − 1)3 + 3(y − 1) Xét hàm số f (t) = t3 + 3t có f (t) = 3t2 + > 0, ∀t ∈ R ⇒ f (t) đồng biến R Mặt khác PT (1) ⇔ f (x2 y) = f (y − 1) ⇔ x2 y = y − ⇔ x2 − y = −1 • Thay x2 y − y = −1 vào phương trình (2) ta có √ − x(x2 y − y) + 3x + − = Ä√ ä √ ⇔ (4x + 3) + x + 3x + − = PT(2) ⇔ (4x + 3) » 3 nghiệm phương trình nên xét x = − , chia vế phương trình 4 cho 4x + ta có Vì x = − √ √ + x + 3x + − = Xét hàm số g(x) = ® √ √ 9 ⇔ + x + 3x + − − = 4x + 4x + √ √ + x + 3x + − = ´ √ √ 9 ⇔ + x + 3x + − − 1, với 4x + 4x + 3 x ∈ (−4; +∞) \ − ® ´ 36 » √ + + Ta có g (x) = > với x ∈ (−4; +∞) \ − ⇒ Hàm 4+x (3x + 8)2 (4xÇ+ 3)2 å Ç å 3 − ; +∞ ⇒ khoảng số y = g(x) đồng biến khoảng −4; − 4 Ç å Ç å 3 −4; − − ; +∞ phương trình có tối đa nghiệm Mà g(0) = g(−3) = ⇒ 4 phương trình có hai nghiệm x = 0, x = −3 Với x = ⇒ y = 1 Với x = −3 ⇒ y = − Ç å Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 1), −3; − Trường THPT chuyên Lào Cai 31 Bùi Ngọc Diệp Bài 43 Giải hệ phương trình: x3 − 6x2 + 13x = y + y + 10 » » 2x + y + − − x − y = x3 (1) − 3x2 + 10y − (2) Lời giải 2x + y + ≥ Điều kiện: 5 − x − y ≥ (1) ⇔ (x − 2)3 + x − = y + y (∗) Xét hàm số f (t) = t3 + t Ta có f (t) = 3t2 + > 0, ∀t ∈ R ⇒ f (t) đồng biến R Do (∗) ⇔ y = x − Thay y = x − vào (2) ta được: √ √ 3x − − 2x = x3 − 3x2 + 10x − 28 √ √ 3x − + − − 2x = x3 − 3x2 + 10x − 30 ⇔ Ä ä 3(x − 3) 2(x − 3) √ ⇔ √ + = (x − 3) x2 + 10 3x + + − 2x x=3 ⇔ √ √ + = x2 + 10 (3) + − 2x 3x + Phương trình (3) vơ nghiệm với ≤ x ≤ x Vậy hệ có nghiệm √ √ + ≤ 1+2 = 3, x2 +10 ≥ 10 3x + + − 2x =3 y = Bài 44 Giải phương trình √ √ √ √ 3 x + + x + = 2x2 + 4x + + 2x2 + 4x + 2, Lời giải √ √ √ √ x + + x + = 2x2 + 4x + + 2x2 + 4x + √ √ Đặt u = x + 2; v = 2x2 + 4x + √ √ Phương trình cho trở thành u3 + + u = v + + v √ t2 3 » Xét hàm số f (t) = t + + t Có f (t) = + > 0, ∀t = −1 (t3 + 1)2 Suy hàm số f (t) đồng biến Nên f (u) = f (v) ⇔ u = v =0 Ta có x + = + 4x + ⇔ 2x + 3x = ⇔ −3 x= √ x2 + y + y − x − = Bài 45 Giải hệ phương trình √ √ y + 2y + y − x − x − − = √ √ 2x2 Trường THPT chuyên Lào Cai x 32 (x ∈ R) Bùi Ngọc Diệp Lời giải √ x2 + y + y − x − = (1) √ √ y + 2y + y − x − x − − = (2) Điều kiện: y ≥ x ≥ Trừ phương trình (1) (2) vế theo vế ta √ x2 − y + x − − y = √ ⇒ x2 + x − = y + y √ ⇒ x2 + x − = y + (y − 1) + » √ ⇒ x2 + x − ≥ y + y − (3) √ Xét f (t) = t2 + t − (t ≥ 1) Khi (3) trở thành f (x) ≥ f (y) Ta có f (t) hàm đồng biến [1; +∞) f (x) ≥ f (y) (x, y ∈ [1; +∞)) suy x ≥ y Kết hợp x ≥ y với điều kiện ban đầu, ta có x = y x = −3 (loại) Thay x = y vào (1) ta x2 + x − = ⇔ x = Thử lại ta thấy x = y = thỏa mãn hệ phương trình Vậy x = 2, y = nghiệm hệ phương trình ban đầu Một số phương pháp khác Bài 46 (T3/482-Toán học & Tuổi trẻ, tháng năm 2017) Giải hệ phương trình 14 13 − (1) x y Ä ä 14 13 2 + (2) 4 x + y = x y Ä 2 y ä − x2 = Lời giải Điều kiện xy = Lần lượt cộng, trừ (1) (2) theo vế, ta 14 13 14 13 − + + x3 + 3xy = 14 (3) x y x y ⇔ ä Ä ä Ä 14 13 14 13 y + 3x2 y = 13 (4) 2 2 − − − 2 y − x − x + y = x y x y Ä 2 y ä Ä ä − x2 + x2 + y = Cách Lần lượt cộng, trừ (3) (4) theo vế, ta x3 + 3xy + y + 3x y = 27 x3 + 3xy − y − 3x2 y = (x + y)3 ⇔ (x − y)3 = 13 x + y = x =2 x − y = ⇔ Trường THPT chuyên Lào Cai 33 = 33 =1 ⇔ y Bùi Ngọc Diệp Thay số (x; y) = (2; 1) vào hệ phương trình ban đầu thấy thỏa mãn Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (2; 1) Cách Từ (3) (4) suy Ä ä Ä ä 13 x3 + 3xy = 14 y + 3x2 y ⇔ 13x3 − 42x2 y + 39xy − 14y = Chia hai vế (5) cho y (y = 0) đặt t = x (t = 0) ta có phương trình y Ä ä 13t3 − 42t2 + 39t − 14 = ⇔ (t − 2) 13t2 − 16t + = 27 Nhận thấy 13t − 16t + = 13 t − + > với t Do t − = ⇔ t = 13 13 Suy x = 2y, thay vào (4) ta có y + 12y = 13 ⇔ y = ⇔ y = Do x = Ç å Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (2; 1) Bài 47 (T5/473-Toán học & Tuổi trẻ, tháng 11 năm 2016) Giải hệ phương trình: 5x2 xy + 2y + z = (1) + yz + zx = (2) Lời giải Cách Sử dụng (1) (2) ta có 5x2 + 2y + z = (xy + yz + zx) ⇔z − 2z (x + y) + 5x2 + 2y − 2xy = ⇔[z − (x + y)]2 − (x + y)2 + 5x2 + 2y − 2xy = ⇔ [z − (x + y)]2 + 4x2 − 4xy + y = ⇔ [z − (x + y)]2 + (2x − y)2 = z ⇔ − (x + y) = 2x − y =0 z = 3x y = 2x ⇔ Thay vào (1) ta √ 11 5x2 + 8x2 + 9x2 = ⇔ x2 = ⇔x=± 11 11 √ √ √ 11 11 11 Với x = ⇒y=2 ,z = 11 11 √ 11 √ √ 11 11 11 Với x = − ⇒ y = −2 , z = −3 11 11 11 Hệ cho có nghiệm (x; y; z) √ √ √ √ √ √ 11 11 11 11 11 11 ;2 ;3 ; −2 ; −3 , − 11 11 11 11 11 11 Trường THPT chuyên Lào Cai 34 (5) Bùi Ngọc Diệp Cách Ta có 5x2 + 2y + z = (xy + yz + zx) 1 ⇔2x2 + y + y + z + z + 3x2 = (xy + yz + zx) 2 3 (*) Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: 1 2x + y ≥ 2x2 y = |xy| ≥ 2xy 2 2 2 y + z ≥2 y z = |yz| ≥ 2yz 3 2 z + 3x2 ≥ z 3x = |zx| ≥ 2zx 3 Để có (*) dấu "=" bất đẳng thức phải xảy ra, điều tương đương với 2x2 xy = y2; ≥ 0; 2 y = z ; y = 2x z = 3x2 ⇔ z = 3x zx ≥ yz ≥ 0; Đến ta tìm nghiệm hệ cho cách ! Nhận xét Đây hệ phương trình đẹp, hình thức dễ làm bối rối khơng thể nhẩm nghiệm tìm hàm số để khảo sát ý tưởng thông thường Lời giải phương pháp đại số túy x2 Bài 48 Giải hệ phương trình + 3y + 2xy − 6x − 2y + = » x2 − y + = 2x y + Lời giải Từ phương trình thứ hệ phương trình cho, ta suy x2 + 2x(y − 3) + 3y − 2y + = Phương trình có nghiệm Ä ä ∆x = (y − 3)2 − 3y − 2y + ≥ ⇔ y + 2y − ≤ ⇔ −3 ≤ y ≤ Khi phương trình thứ hai hệ phương trình đề cho, viết lại x− » y+3 = 2y − (1) Ta có nhận xét sau x− 2y » x − y y+3 ≥ 0, ∀x ∈ R, ∀y ∈ [−3; 1] − ≤ 0, ∀y ∈ [−3; 1] x =2 ⇔ 2y − = y = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1) Khi (1) ⇔ +3=0 » Trường THPT chuyên Lào Cai 35 Bùi Ngọc Diệp Bài 49 Giải hệ phương trình √ √ x + 1(x + 5) − 3(x − y + 1) − y(y + 4) = » » » 3 x2 + y − + y − = 11x2 + 6y − 51 (1) (2) Lời giải x ≥ −1 y ≥ Điều kiện: x +y−7≥0 11x2 + 6y − 51 ≥ √ √ √ Ta có (1) ⇔ (x + 1) x + + x + − 3(x + 1) = y y + y − 3y √ (3) Xét hàm số f (t) = t3 − 3t2 + 4t, t ≥ Ta có f (t) = 3(t − 2)2 + > 0, ∀t ≥ Do hàm số f (t) đồng biến [0; +∞) ä Ä√ ä Ä√ √ √ x+1 =f y ⇔ x + = y ⇔ y = x + Khi (3) ⇔ f Thay y = x + vào (2) ta √ √ √ x2 + x − + x − = 11x2 + 6x − 45 √ √ ⇔ x − · x2 + x − = x2 − 2x + √ √ ⇔ x − · x2 + 2x − = (x2 + 2x − 3) − 4(x − 2) Ç ⇔ x−2 x−2 + −1 x2 + 2x − x2 + 2x − å ⇔ x2 x−2 = −1 (4) + 2x − x2 x−2 = + 2x − (∀x ≥ 2) (5) Phương trình (4) vơ nghiệm √ x−2 x = + Phương trình (5) ⇔ = ⇔ √ (thỏa mãn điều kiện) x + 2x − 16 x=7−2 ¶Ä √ √ ä Ä √ √ ä© Vậy hệ phương trình có tập nghiệm T = + 5; + , − 5; − x2 + 2y + x + y = + 3xy Bài 50 Giải hệ phương trình » √ x3 − 2x2 + y + 2x − = − 2y Lời giải Điều kiện xác định y ≤ x ≥ 2 2 Ta có: x + 2y + x + y = + 3xy ⇔ x + (1 − 3y)x + 2y + y − = ⇔ x = 2y − x=y+2 • TH1 y = ⇔ y = y = x − √ √ x+3 Thay vào phương trình x3 − 2x2 + y + 2x − = − 2y ta √ x+3 √ x3 − 2x2 + + 2x − − −x − = Trường THPT chuyên Lào Cai 36 x+3 (1) Bùi Ngọc Diệp x ≥ x ≤ −2 Do điều kiện xác định (1) nên (1) vơ nghiệm • TH2 y = x − Thay vào phương trình x3 − 2x2 + y + x3 − 2x2 + x + √ 2x − − √ 2x − = √ − 2y ta √ − 2x − = (2) Điều kiện xác định (2) x ≤ Khi x ≥ √ 2x − − − 2x − = Ä√ ä Ä ä √ ⇔x2 (x − 2) + (x − 2) + 2x − − + − − 2x = 2x − 2x − ⇔x2 (x − 2) + (x − 2) + √ + Ä√ Ä√ ä ä =0 √ 2x − + 1 + − 2x + − 2x + − 2x x3 − 2x2 + x + √ 2 ⇔(x − 2) x2 + + √ + Ä√ ä Ä√ ä =0 √ 2x − + 1 + − 2x − 2x + − 2x ⇔x = (thỏa mãn điều kiện) ⇒ y = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 0) √ » 2x − − 2y Bài 51 Giải hệ phương trình +1=y−x+1 (1) » x2 y + y − 3xy − 3x + 7y + = 2x y + (2) Lời giải 1 Điều kiện x ≥ , y ≥ − 2 Ta có (1) ⇔ √ » 2y + + (2x − 1) − (2y + 1) = » » √ √ ⇔ 2x − − 2y + + 2x − + 2y + = √ » 2x − − 2y + = ⇔ » √ + 2x − + 2y + = (vô nghiệm) » √ ⇔ 2x − = 2y + ⇔ y = x − (3) Trường THPT chuyên Lào Cai 2x − − 37 Bùi Ngọc Diệp Thay (3) vào (2) rút gọn ta √ x3 − 3x2 + 5x + = 2x x + ó ỵ √ ⇔ x(x2 − 4x + 4) + x2 − 2x x + + (x + 2) = Ä ä2 √ ⇔ x(x − 2)2 + x − x + = ⇔ x(x − 2)2 = Ä ä √ x− x+2 =0 ⇔ x = (thỏa mãn) Với x = thay vào phương trình (3) y = Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (2; 1) Bài 52 Giải hệ phương trình: x2 + y + x2 + xy + y = x + y (1) » 5x + + x 2xy + 5x + = 4xy (2) Lời giải 2xy + 5x + ≥ Điều kiện: x + y ≥ Nhận thấy x = y = không nghiệm hệ Xét x + y > 0, chia hai vế phương trình (1) cho x + y > 0, ta à (1) ⇔ Đặt t = x2 + y + 2(x + y)2 (x2 + y ) + (x + y)2 =1⇔ à x2 + y + 2(x + y)2 à (x2 + y ) + = 6(x + y)2 x2 + y > ta có phương trình 2(x + y)2 t + =1⇔ t+ t ≤1 t 1 + =1−t⇔ ⇔t= 4t2 − 12t + = Với t = , ta à x2 + y x2 + y = ⇔ = ⇔ 2(x2 + y ) = (x + y)2 ⇔ (x − y)2 = ⇔ x = y > 2(x + y)2 2(x + y)2 √ Thế x = y vào (2), ta có phương trình 5x + + x 2x2 + 5x + − 4x2 = √ Đặt a = 2x2 + 5x + ta nhận a = 2x a2 + ax − 6x2 = ⇔ (a − 2x)(a + 3x) = ⇔ a = −3x √ x 2x2 + 5x + = 2x ⇔ ≥0 ⇔ x = 3, dẫn tới y = − 5x − = √ Với a = −3x 2x2 + 5x + = −3x, vô nghiệm x > Với a = 2x 2x2 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (3, 3) Trường THPT chuyên Lào Cai 38 Bùi Ngọc Diệp Bài 53 Giải hệ phương trình sau: x3 − x2 − 3x2 y + 4xy + 4y − 4y » » x − 2y + 3x + 2y = 4x − Lời giải x Điều kiện ≥1 =0 ; x, y ∈ R x ≥ 2y Ta có x3 − x2 − 3x2 y + 4xy + 4y − 4y = ⇔ x3 + 4y − 3x2 y = x2 − 4xy + 4y ⇔ x3 + y − 3y(x2 − y ) = (x − 2y)2 ⇔ (x + y)(x2 − xy + y ) − 3y(x2 − y ) = (x − 2y)2 ⇔ (x + y)(x2 − 4xy + 4y ) = (x − 2y)2 ⇔ (x + y)(x − 2y)2 = (x − 2y)2 ⇔ x + y = x − 2y = ⇔ y = − x x = 2y a) Với x = 2y thay vào √ √ x − 2y + 3x + 2y = 4x − ta x ≥1 √ x = 4x − ⇔ x = 4x2 − 8x + x ≥1 √ 17 = √8 √ + 17 + 17 ⇔x= ⇒y= (thỏa mãn) 16 ⇔ x b) Với y = − x thay vào 9± √ √ x − 2y + 3x + 2y = 4x − ta √ 3x − + x + = 4x − Ä√ ä Ä√ ä ⇔ 3x − − x + − = 4x − đ √ √ −4 =0 ⇔ (x − 2) + 3x − + x+2+2 √ x=2 ⇔ √ +√ − = 0(1) 3x − + x+2+2 Trường THPT chuyên Lào Cai 39 Bùi Ngọc Diệp Ta có x = ⇒ y = −1 3 < + = Lại có √ +√ 2 3x − + x+2+2 +√ − < − < nên (1) vơ nghiệm Do √ 3x − + x+2+2 √ √ + 17 + 17 Vậy nghiệm hệ phương trình (x; y) = (2; −1) (x; y) = ; 16 Trường THPT chuyên Lào Cai 40 Tài liệu tham khảo [1] Đề thi thức đề đề xuất kỳ thi HSG trường chuyên khu vực duyên hải đồng bắc bộ, năm 2016 - 2018 [2] Đề thi thức đề đề xuất kỳ thi trại hè Hùng Vương, năm 2016 - 2018 [3] Đề thi chọn HSG tỉnh năm 2016 - 2019 [4] LÊ PHÚC LỮ, Tuyển chọn toán phương trình, hệ phương trình, bất phương trình đề thi HSG tỉnh, thành phố năm học 2010-2011 [5] Báo THTT 41 ... toán Chuyên đề trình bày phương pháp giải phân loại dạng tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Các tập chủ yếu sưu tầm từ đề thi thức đề đề xuất DHBB, THHV, HSG tỉnh năm gần đây, tạp... Hùng Vương, năm 2016 - 2018 [3] Đề thi chọn HSG tỉnh năm 2016 - 2019 [4] LÊ PHÚC L? ?, Tuyển chọn toán phương trình, hệ phương trình, bất phương trình đề thi HSG tỉnh, thành phố năm học 2010-2011... số phương pháp khác 33 Tài liệu tham khảo 41 Mở đầu Như biết phương trình, bất phương trình, hệ phương trình có nhiều dạng, phương
Ngày đăng: 18/08/2020, 18:27
Xem thêm:
