Do đó biến đổi phương trình trên như sau... Biến đổi phương trình đã cho.[r]
(1)Bài 1: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2008 – 2009) 1.1.Xét phương trình
3
2 2 (1)
( 1)
x x
x x
Vì x = khơng phải nghiệm phương trình (1) nên viết phương trình (1) dạng:
2
2
2
1
1
2 2 (2)
1
1 1
x x
x
x x x x
x x
x x x
x x
Đặt t = x
x
, |t| 2, (2) 2t2 - 5t + = 0. Giải ta t1 =
1
2 (loại), t2 = (nhận). Do đó:
1 x
x
= x2 -2x + = x = 1. Vậy phương trình cho có nghiệm x =
1.2. Với điều kiện 1 x y z (*) :
2 2 (1)
2( ) (2)
x y z
xy x y z
Từ (1) ta có :z2 (x y )2 2xy(x y )2 4(x y ) 4 z
(x y )2 4(x y ) 4 z24z4 (x y 2)2 (z2)2
x y 2 z (vì từ (*) x y 2 z + >0)
Thay z = x + y – vào (2) ta :
4
4 12
( 4)( 4)
4
4
x x
y y
x y
x x
y y
Từ ta suy z = 13 z = 10
Vậy 12 13 x y z
10 x y z
.
Bài 2: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2009 – 2010) 2.1.a) x + + - x - (x + 3)(6 - x) (1)
Điều kiện :
x+3
-3 x 6-x
Đặt :
2 x +
, ,
v = - x u
u v u v
Phương trình có trở thành hệ :
2 2
u + v = (u + v) - 2uv = u + v - uv = u + v = + uv
(2)Suy : (3+uv)2-2uv =
uv = u = uv = -4 v =
x+3 = x = -3 x = 6-x =
Vậy phương trình có nghiệm x =-3 , x = 2.1.b) Ta có hệ phương trình :
2
x + y + z =1 x + y = - z
2x + 2y - 2xy + z =1 2xy = z + 2(x+y) -1
2 x + y = - z
2xy = z - 2z + = (1- z)
2xy = (x + y)2
x + y = 02 x = y = z = 1.
Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1)
2.2.Ta có : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = (1) 3(x-3) + 6y + 2z + 3y z2 2 2 33 (2) Suy : z2 2z2 33
Hay |z|
Vì z nguyên suy z = |z| = a) z = , (2) (x-3)2 + 2y2 = 11 (3) Từ (3) suy 2y2 11 |y| 2.
Với y = , (3) khơng có số ngun x thỏa mãn Với |y| = 1, từ (3) suy x { ; 6}.
b) |z| = 3, (2) (x-3)2 + 11 y2 = (4)
Từ (4) 11y2 y = 0, (4) khơng có số nguyên x thỏa mãn
Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên (x ;y ;z) (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ; (6 ;1 ;0) (6 ;-1 ;0) Bài 3: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2010 – 2011)
Giải hệ phương trình:
2
1 ( ) ( 1)( 2)
x y x y y
x x y y
2
2
1
()4
1
(2)1
x
xy
y
x
xy
y
( y 0)
Đặt
2 1
x
u y x y v
Hệ phương trình trở thành:
4 ( 2) u v u v
Từ (1) suy ra: u 4 v, vào (2) ta được: (4 v v)( 2) 1
2 6 9 0
v v
(3)4 u
Vậy ta giải hệ:
2 1
x y
x y
(*)
Từ (*) suy x2 1 x x2 x 0 x1 1;x2 2 Khi x1 1 y12
Khi x2 2 y2 5
Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm: (1;2), (-2;5)
Bài 4: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012) Giải phương trình hệ phương trình:
a) Giải phương trình: 13x2 3x+2 x 3 42 0 Điều kiện : x3 (*).
Đặt t x3,t0, suy x t 2
Phương trình trở thành: 6t3 +13t2 -14t +3 = 0 Giải ta được:
1
; ;
2 t t t
(loại) Với
1 t
, ta có:
1 11
3
2
x x ; Với
1 t
, ta có:
1 26
3
3
x x Cả hai nghiệm thỏa điều kiện (*) Vậy tập nghiệm phương trình cho là:
11 26 ; S
b) Giải hệ phương trình:
2
9
9
x y
y x
Với điều kiện x y, 9, hệ cho là:
2
2
9 (9 ) (1) (9 ) (2)
x y
y x
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được:
( )( 9)
9 x y x y x y
y x
.
+ Với x = y, thế vào (1) ta được: 18x -72 = x y 4 + Với y = – x, vào (2) phương trình vơ nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm : (x;y)= (4;4) Bài 5: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012) 5.1.Giải phương trình:
2 -
1 -1
x x
x x
+ + + =
+ .
Điều kiện:
1 2,
2 x¹ - x¹
Đặt:
2 -1 x t
x
+ =
(4)Khi phương trình ban đầu viết lại là:
2 1 0 t
t
+ + =
(*) (1) Nếu t > 0, phương trình (*) vơ nghiệm
(2), Nếu t < 0, phương trình (*) trở thành:
2 2 0 ( 1)( 2)
2 t
t t t t
t
é= ê
+ - = Û - + Û
ê=-ë .
Vì t < nên chọn t = -2 Với t=-2, ta có
2
2 -1
x
x x
+ =- Û =
Vậy phương trình cho có nghiệm x =
5.2.Cho hệ phương trình :
2
2
x y z
x y z
ì - + =
ïï
íï + + = ïỵ
a) Giải hệ phương trình: Hệ phương trình viết lại là:
2 (1) 2 (2)
x y z
x y z
ì - = -ïï
íï + =
-ïỵ .
Lấy (1) cộng với (2) ta được:
5
3 z x= - zÛ x=
(3) Thế (3) vào (2):
5 2z
2
3
z
y z y
- + = - Û = +
(4)
Vậy hệ phương trình (z là tham số) có nghiệm:
5 2z
2 x
z y
ì
-ïï = ïïï
íï +
ï =
ïïïỵ .
b)Tìm GTLN, GTNN biểu thức z Q= -x y+
Vì x 0,³ y³ 0nên từ (3) (4) suy
5
2 z
- £ £
Kết hợp với giả thiết
5 z 0 z
2
³ Þ £ £
(5) Theo câu a) :
5 2z 10 4
3 6 3
z z z z z
Q= - - + + = - - - + =- z+
Q hàm bậc (ẩn z) có hệ số
1 a=- <
nên nghịch biến Q lớn Û z nhỏ Û z=0;
Khi
5
x= ,
3 y=3và
5 ( )=
3 3 Max Q - =
Q nhỏ Û z lớn
5 z
Û =
; Khi
3 0,
4 x= y=
và
3 ( )=0
4 Min Q - + =
Bài 6: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013) 6.1.
(5)Vì x y z+ + =0 suy x+ =-y z Do đó: 3 ( )3 3xy(x+y)+z3 x + + = +y z x y
= -( z)3- 3xy(-z)+z3= 3xyz (đpcm)
b) Giải phương trình: ( ) ( ) ( )
3 3
1005- x + 1007- x + - 2012x =0 Đặt X =1005- x Y; =1007- x Z; =2 - 2012x
Ta có: X + Y + Z =
Áp dụng câu a) suy ra: X3+ +Y3 Z3=3XYZ Phương trình cho trở thành:
1005 3(1005 )(1007 )(2 - 2012)=0 1006 1007 x
x x x x
x
é = ê ê
- - Û ê=
ê =
ë .
Vậy phương trình cho có nghiệm x = 1005, x = 1006, x = 1007 6.2.Cho hệ phương trình: 2
2
2
x y m
x y y x m m
ì + = +
ïï
íï + = -
-ïỵ , với m tham số
a) Giải hệ phương trình với m =2 Với m = 2, hệ phương trình là:
x3+2√(3x−2)3=3x(3x−2) .
Do đó, x, y nghiệm phương trình X2-5X +1= 0 Giải ra
5 21 21
,
2
X = + X =
-
Vậy hpt có hai nghiệm:
5 21 21 21 21
; , ;
2 2
ỉ+ - ỉ÷ - + ửữ
ỗ ữỗ ữ
ỗ ữỗ ữ
ỗ ữữỗ ữữ
ỗ ỗ
ố ứ è ø.
b) Chứng minh hệ ln có nghiệm với m Hệ cho viết lại là:
2
( ) (2 1)( 1)
x y m
xy x y m m
ì + = +
ïï
íï + = +
-ïỵ
(1) Nếu
1 m
hệ trở thành:
x =0 .
Hệ có vơ số nghiệm
(2) Nếu x≠0 hệ trở thành: ⇔ Nên x,y nghiệm phương trình:
2
x+1
x−1
−
x+1
x+1
=5
(*)
P/t (*) có x+ 1x =t nên ln có nghiệm Vậy hệ phương trình ln có nghiệm với m
Bài 7: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)
(6)Đặt:
⇔5t2
−3t−14=0⇔(t−2)(5t+7)=0⇔ ¿
[t=2
[t=−7
5
[¿
, với t=2 . Khi vế trái (1) là:
x+ 1
x =2⇔ x=1
= ⇔
(1) trở thành:
( x−2)2+y2=1
( x−2)3+ y2=1
¿ {¿ ¿ ¿
¿
a=x−2
a2
+y2
=1 a3
+y3
=1
¿ {¿ ¿ ¿
¿ (loại
⇒ −1≤a , y≤1 a2+y2=a3+y3
⇔
¿
−1≤a, y≤1(1)
a2(1−a)+y2(1−y)=0(2)
¿ ¿{¿ ¿¿ )
Với ¿0 ta có: ⇔ (2) Đặt : a2+ y2=1 ,
(2) trở thành:
a=0
y=1
¿
{¿ ¿ ¿
¿
a=1
y=0
¿
{¿ ¿ ¿ ¿
x=2
y=1
¿
{¿ ¿ ¿
¿ X = (loại nghiệm X = -2)
Với X = ta có:
x =3
y =0
¿
{ ¿ ¿ ¿
¿
Vậy phương trình (1) có nghiệm nhất: x = -1
b) Giải hệ phương trình :
2 2
8 10 3(2 ) (1)
2 (2)
2
x y x y x y
x y
x y
Điều kiện: 2x y 0
Chia vế cho (2x y )2 , (1) trở thành:
2
8 10
2
x y x y
x y x y
(3).
Đặt 2
x y t x y
, (3) viết lại là:
8t 10t 0 (2t 3)(4 1) 0t
3
,
2
t t
- Với
3 , t
ta có:
2 3
2 (2 )
2 2
x y
x y x y
x y
(4)
Từ (2) (4) ta có hệ:
2
2
2
2 (2 )
2 x y
x y
x y x y
Giải ta nghiệm:
5
; , ; 12
(7)- Với
, t
ta có:
2 1
2 (2 )
2 4
x y
x y x y
x y
(5)
Từ (2) (5) ta có hệ:
2
2
2
2 (2 )
4 x y
x y
x y x y
Giải ta nghiệm:
3 2 2 2 2
; , ;
8
.
Vậy hpt có nghiệm: 5
; , ; 12
,
3 2 2 2 2
; , ;
8
.
Bài 8: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014) a) Giải phương trình: x22(2 x x) 1 3 x 2
Với điều kiện: x1, phương trình viết lại là:
x x12 4x x1 3
Đặt t x x 1, phương trình trở thành:
2 4 3 0
3 t
t t
t
.
Với t = 1, ta có x x 1 x 1 x 1 0
1
2 1
x x
x x
.
Với t = 3, ta có:
1 1
x x x x
x 1 x 2 0 x 0 x5 Vậy tập nghiệm phương trình :S 1;2;5
b) Giải hệ phương trình: 2
3
2 53
xy x y
x y x y
HPT 2
2 12 53
xy x y
x y x y
2 2
( ) 8( ) 65 0(1) 53 (2)
x y x y
x y x y
Giải (1) ta x + y = 13 x + y = -5
Với x y 13 y13 x Thế vào (2) ta : x212x32 0 .
(8)Với x y 5 y x 5 Thế vào (2) ta : x26x 0 .
Giải ta được:
3 13, 13 13, 13
x x y y
Ta có hai nghiệm cịn lại: 3 13; 2 13 , 3 13; 2 13 Vậy hpt có nghiệm:(8;5),(4;9), 3 13; 2 13 , 3 13; 2 13 Bài 9: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014)
9.1.Giải phương trình:
2
2
1
4 7
x x
x x x x ĐKXĐ : x R
2 2
2 3
1
4 72 2 2
x x x x
x x x x x x x x
2
2
8
0
4 7
x x x x
x x x x
* Dễ thấy x = : nghiệm phương trình * Với x = x = nghiệm phương trình
* Với x0; x1; x 7: Tử số hai phân số dương âm mẫu có giá trị
không âm nên
2
2
8
0
4 7
x x x x
x x x x
Vậy S 1;7
9.2.Cho hệ phương trình
1 14; Với m tham số.
6 14
x y m
x y m
a) Chứng minh hệ phương trình có nghiệm x y0; 0 5 x0;5 y0 nghiệm.
ĐKXĐ :
1
1
x y
Vì x y0; 0là nghiệm hpt
0
0
1 14
6 14
x y m
x y m
*
Thay 5 x0;5 y0 vào hệ phương trình (*), ta có :
0 0
0
0
1 14 14
1 14
6 5 14
x y m x y m
x y m
x y m
Vậy, 5 x0;5 y0 nghiệm hệ phương trình cho x y0; 0là nghiệm.
b) Tìm điều kiện tham số m để hệ phương trình có nghiệm
Theo câu a), để hệ phương trình có nghiệm
0
0
0
0
5 2
5
2 x
x x
y y
y
(9)Thay
0
5 x x y y
vào hpt cho, giải m1
Vậy hệ phương trình có nghiệm 5 x y
m = 1.
Bài 10: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015)
a) Giải phương trình:
5
2 2
2 x x x x x Điều kiện:
2 1
2 1
2
1 x
x
x x x x
x x
x
(*)
Với điều kiện (*) , pt cho là:
12 12
2 x
x x
5 1 1
2 x
x x
(2) + Nếu x 1 x0 (2) trở thành:
2
4 x 1 x x 6x 9 x3 (thỏa x0). + Nếu x 1 1 x phương trình (2) là:
5
2
2 x
x
(thỏa điều kiện 1 x 0). Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = x = -1
b) Giải hệ phương trình:
2
2
1 13
(1)
4 (2)
x y
x
x y
x
Điều kiện x ≠
Từ (2) ta có:
1
y x
x
. Thế vào (1) ta được:
2
2
1 13 1
4 16 15 0(3)
2
x x x x
x x x x
Đặt
1
2
t x t
x
(10)
Giải ta t
t
(loại)
Với
1
5
3
2 x
x t
y
.
Giải hệ ta nghiệm
3 2; , ;
2 2
. Vậy hệ phương trình có nghiệm:
3 2; , ;
2 2 . Bài 11: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015) Giải hệ phương trình:
3
2
12 12
5
x x y y
x y
Hệ phương trình viết lại là:
3
2
12 (1)
5 (2)
x y x y
x y
Thế (2) vào (1) ta được:
3 2 5 2 10 9 0 (3). x y x y x y x x y xy y Vì y = khơng phải nghiệm hệ, chia vế (3) cho y3 ta được:
3
2 10
x x x
y y y
(4). Đặt
x u
y
, (4) là: u3 2u210u 0
2
1
u u u
u 1 x y Thế vào (2) ta 6x2 = x y 1.
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1), (-1;-1)
Bài 12: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016) a) Giải phương trình:
1
2015
2
x x x
(*) Điều kiện:
1 x
Khi đó:
(*)
2 1
2015
x x
2
1 1
2015 2015
4
x x x
1 1
2015 2015
4
x x
1
2015 2015 2015 2015
4
x x
(11)b) Giải hệ phương trình:
2
2 1
2 1
8 x y
x y
x y
x y
Với điều kiện x0,y0, đặt
1
,
u x v y
x y
, hệ cho là:
2
0 ( )
2
0
4
( ) u
I v
u v u v
uv
u v u
II v
.
Từ (I) ta có:
2
0 1
1
1 2 1 1 1 2
2
x x
x x
y
y y
y y
Suy (I) có nghiệm: 1;1 , 1;1 , 1;1 , 1;1 2 T/tự, (II) có nghiệm:1 2;1 , 1 2;1 , 1 2; , 1 2; 1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm :
1;1 , 1;1 , 1;1 , 1;1 2
,
1 2;1 , 1 2;1 , 1 2; , 1 2; 1
Bài 13: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016) Giải phương trình 4x25x 1 x2 x 1 9x (1) (1) Viết lại là: 4x25x 1 4x2 4x4 9 x 3(2) Đặt u 4x25x1, v 4x2 4x4 ( ,u v0), ta có:
2 9 3
u v x .
Kết hợp với (2) ta được: u2 v2 u v (u v u v )( 1) 0
0 u v u v
.
*) Với u v 0
2
4 4
3 x x x x x
*) Với u v 1 0 u v 1
Kết hợp với (2): u v 9x 3, ta có 2u9x
Suy
2 81
4
4
x x x x
0 (65 56) 56
65 x x x
x
.
Thử nghiệm
1 56 0, ,
3 65 x x x
vào (1) có x
(12)nhất nghiệm x
Bài 14: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017) Giải phương trình:
2 1 3 4 2 x x x x x
(1) Vì
2
2 1 0
2 x x x
Nên (1)
2 1 3 4 2
x x x x x
3x2 x 1 x (2) Với điều kiện: x1, bình phương vế (2) ta được:
3x2 x 42 1 x2 x2 1 3 x2 2x 5 0
x2 1 0 3x22x 0 .
*) x2 1 x1;
*) 3x22x 0 x1
5 x
Vậy, tập nghiệm phương trình là:
5 ; 1;1 S
.
Bài 15: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017)
Giải phương trình sau, biết chúng có nghiệm chung:
4
3
2 41 42 360 (1)
2 (2)
x x x x
x x x
Gọi x0là nghiệm chung phương trình Ta có:
0
4
0 0
3
0 0
2 41 42 360 (3)
2 (4)
x x x x
x x x
Vì x0 0, nên nhân hai vế (4) với x0ta được:
4
0 2 0 (5) x x x x .
Lấy (3) trừ (5) theo vế ta được:
3
0 0
4x 39x 39x 360 (6) .
Lấy (4) nhân với trừ (6) theo vế ta được:
0 0
31x 31x 372 0 (x 3)(x 4) 0
x0 3 x0 4 Kiểm tra thấy x0 3 nghiệm chung
Từ ta có (2) (x 3)(x2 x 1) 0
(13)Kiểm tra ta thấy x 4 nghiệm (1)
Do (1) x ( x4)(x2 x 30) 0
Suy (1) có nghiệm : x3,x4,x5,x6
Lưu ý: HS phân tích (2) (x 3)(x2 x 1) 0 , suy (2) có nghiệm x = 3. Từ đó, tìm nghiệm (1) theo cách trên
Bài 16: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018) Tìm số thực x, y, z thỏa: ( )
1
1
4 x y z+ + + =2 x- + y- + z- (1).
Điều kiện:
1
2
3
x x
y y
z z
ì - ³ ì ³
ï ï
ï ï
ï ï
ï - ³ Û ï ³
í í
ï ï
ï - ³ ï ³
ï ï
ï ï
ỵ ỵ (2).
Khi (1) tương đương:x y z+ + + -6 x- -1 y- -2 z- =3
(x 1) x (y 2) y (z 3) z
é ù é ù é ù
Û êë - - - + +û ëú ê - - - + + -ú êû ë - - + =úû
( ) (2 ) (2 )2
1 2
x y z
Û - - + - - + - - =
1 2 x
y z
ìï - - = ïï
ïï
Û íï - - = ïï - - = ïïỵ
5 x y z ì = ïï ïï Û íï =
ï = ïïỵ .
Đối chiếu với điều kiện (2), x = 5, y = 6, z = số cần tìm
Cho hệ phương trình
6
6
6
m
x y
x m
y x
y ìïï + = ïï
ïïí
ïï + = ïï
ïïỵ (m ≠ 0). a) Giải hệ phương trình với m =
iu kin:xạ 0,yạ ì0 Vi m = 1, h phng trình là:
3
3
6 1(1)
6 1(2)
x x y
y xy
ìï + =
ïí
ï + =
ïỵ .
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được:
( ) ( )
3 2
6(x - y ) (+ xy x y- )= Û0 x y- êé6 x +xy+y +2xyùú=0
ë û .
( ) ( ) ( )
2 2 2
4
x y é x y x y ù
Û - ê + + + ú=
ë û (3).
Vì x, y ≠ nên ( ) ( )
2 2 2
4 x+y +2 x +y >0
, (3) Û x=y
3
(14)Vậy hệ phương trình có nghiệm ( )
1
; ;
2 x y =ổỗỗỗố ửữữữ
ứ. b) Chng minh rng hệ phương trình có nghiệm Với điều kiện x¹ 0,y¹ 0, hệ phương trình cho là:
3
3
6 (4)
6 (5)
x yx m
y xy m
ìï + =
ïí
ï + =
ïỵ (*).
Từ (4) (5) ta được: 6(x3- y3) (+ xy x y- )=0Û x=y (cmt) Thế vào (4) ta được:
2
3
8
2 m x =m Û x=
(do m¹ 0nên
2
0 m
¹ )
Vậy với m ≠ 0, hệ có nghiệm
( ; ) 2;
2
m m x y =ỗổỗỗ ửữữữ
ữ ỗố ứ. Bi 17: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018)
Gpt:
2
2
2017 2017 2018 2018 13
(1) 37
2017 2017 2018 2018
x x x x
x x x x
Đặt x 2017 y x 2018 y Khi (1) trở thành
2
2
1 13
37
1
y y y y
y y y y
2
1 13 3 37
y y
y y
(2).
Vì
2
2 1
3 3
2 y y y
Nên (2)
2
37 y y 13 3y 3y
y2 y 12 0
Giải ta y4 y3
Với y4 suy x2021; với y3 suy x2014. Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2014,x2021.
Bài 18: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019) Giải phương trình, hệ phương trình
a) 2
3
4
1
x x
x x x x
Vì x = khơng phải nghiệm nên chia tử mẫu phân thức cho x ta được:
3
4
1
1
x x
x x
Đặt
1 y x
x
( y 2) Phương trình trở thành:
2
3
4
1 y y
y y Giải y =
1 y
(15)Với y = ta có
2
2 1
x x x x
x
Vậy phương trình có nghiệm x1.
b) 2
3 2
5
2
x y
x y x y x y xy
Hệ phương trình tương đương :
2
3
2
( ) x y xy
x y x y x y
Đặt S x y P xy , hệ trở thành:
2 (1) (2)
S P
S S S
(2) (S1)(S1) 0 S1 Thế S 1 vào (1) ta tính P2. Với S =1 , P = -2 ta có phương trình
2 2 0
2 X
X X
X
Ta thu nghiệm: (-1 ;2), (2 ;-1)
Với S =-1 , P = -2 ta có phương trình
2 2 0
2 X
X X
X
Ta thu nghiệm: (1 ;-2), (-2 ;1)
Vậy, nghiệm (x;y) hệ là: (-1 ;2), (2 ;-1), (1 ;-2), (-2 ;1) Bài 19: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)
Giải phương trình
2x 6x 5 x x 1 10 0 Điều kiện: x1
Đặt:
1
x a
x b
Ta có 2a22b2 2x2 6x 10
Nên pt trở thành 2a22b2 5ab0
2
2
2 25
2 2a
4 16 16 4
b b b b b
a a
2 2a
a b
b
Với a2b x-2=2 x 1 x x 8 0 (L)
x = (N) x
Với 2ab 2x 2 x 1 4x217x 15 0
3 (N)
3 4x 5
x = (L) x x
(16)Bài 20: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2019 – 2020) a) x26x 8 x2.
Điều kiện xác đinh: x2.
Với điều kiện xác định trên, phương trình cho viết lại sau
2
6
3
1
2
x x x
x
x x
x
1
2 1
3
5 *
2
x x
x x
x
x
Vì 1 2nên x1là nghiệm phương trình cho.
Xét phương trình (*), với x2, ta có
5 3,
3 x
x
Do đó, phương trình (*) có nghiệm
duy x2
Vậy phương trình có nghiệm x1,x2
b)
2
2
2 2
1
2
x y x y x y
x y
y x
Điều kiện xác định hệ phương trình
2, x y
Với điều kiện xác định trên, hệ phương trình cho tương đương với
2
1
2
2.2
2
x y
y x
x y
y x
Đặt 2,
x y
a b
y x
Khi đó, hệ phương trình (2.2) trở thành
2
2
1
1
a b a b
a b a b ab
0 1
0
0 a b a b
ab a
b
(17)Vớia0,b1, ta có
0
0
2
2 x
x y
y y
x
.
Vớia1, b0, ta có
1
2
0
2 x
x y
y y
x
.
Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm 0;2 , 2;0
Bài 21: ( HSG TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2008 – 2009)
Cách 1: Pt
1
3 2 ( 1)(2 1) 25 2 27 x
x
x x x x x x
2 2
1 9
5 4(2 1) (27 ) 150 725
x x
x
x x x x x
.
Cách 2: + Nếu x>5: VT = x1 2x1 1 2.5 5 VP + Nếu 1 x 5: Tương tự VT < VP.
+ Khi x = VT = VP, nên x = nghiệm pt Bài 22: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2008 – 2009)
a) §iỊu kiƯn x
Phơng trình cho tơng đơng với 3x x1 2x3 2x
) )( 2 ( 2 ) (
3
x x x x x x x x
3x(x 1) (2x 2)(2x 3) x2 x
3 x x
Thử lại ta thu đợc x = nghiệm
b)
) (
) (
y x
x
x y
x
§iỊu kiƯn x 1; y
Với điều kiện ta có x x y 11 12 Đẳng thức xảy chØ x = y =
Thư l¹i thÊy x = y = cịng tháa m·n (1)
Tãm l¹i hƯ cã nghiƯm nhÊt
1 y x
Bài 23: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2009 – 2010) 2x 1 3x x 1 (1), điều kiện x0
Đặt 2x 1 a a, 0; 3x b b , 0
Suy b2 a2 x 1Thay vào (1) ta a b b 2 a2 (a b a b ).( 1) 0 a b (do
0,
a b nên a+b+1>0)
1
(18)Vậy x=1 nghiệm phương trình cho
Bài 24: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013)
ĐK: x2 Với điều kiện biến đổi phương trình cho trở thành:
2
3 (x2)(x 2x4) 2(x 2x4) ( x2)
Chia hai vế phương trình cho x2 2x4, ta được
2
2 3 2 0
2 4
x x
x x x x
(1)
Đặt 2
( 0)
x
t t
x x
Thay vào (1) ta t2 0t t1 t2 (t/m) + với t1ta có
2
1
=1
2
x x
x x
x
x x
(t/m).
+ với t2ta có
2
2 =2 4 9 14 0
x x x
x x
(vô nghiệm).
KL:
2
1 ( ) ( 1)( 2)
x y x y y
x x y y
+ Với y0 Hpt trở thành:
2
( 1)( 2) x
x x
(vô nghiệm)
+ Với y0.Hệ trở thành
2
( )
( )( 2)
x
x y y
x
x y y
(1)
+ Đặt
2 1 , x
a b x y
y
thay vào hpt(1) ta
4 ( 2) a b a b
+ Giải được: a1,b3
+ Với a1,b3
2 1 x
y x y
.
Giải nghiệm hệ: ( ; ) (1;2) (x;y)=(-2;5)x y + KL:
Bài 25: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2016 – 2017) a) Điều kiện: x1 (*).
Ta có:
2
4 2 1 1
2 1 1 2( 1) 0
x x x x
x x x x x x
2
1
(19)Đặt x x1y (Điều kiện:y1 ** ), phương trình trở thành y2 2y 0.
2 2 3 0 1 3 0
3 y
y y y y
y
+Với y 1 không thỏa mãn điều kiện (**) + Với y3 ta có phương trình:
2
2
1
1 3
1
1
1
2
7 10
5
x
x x x x
x x x
x x
x x
x x
x
Vậy phương trình có nghiệm x2
b) Ta có x5y2 xy2 1 x5 1 xy2 y2 0
2 2
4 2
1 1 1
1
1
x x x x x y x x x x x x y
x
x x x x y
-*Nếux 0 x1 ta có 1y2 y2 1 với y nguyên Vậy ngiệm PT (1;yZ)
*Nêu x4x3x2 x y2 4x44x34x24x 4 (2 )y Ta có
2 2 4
2
2 4 4 4
2
3 4
3
y x x x x x x x x x
x x x
Vậy ta có
2 2
(2x x) 2y * Ta có
2
2 2
2x x (2 )y 5x 0
, Vậy ta có
2 2
2y 2x x ** Từ * ** ta có:
2
2
2 2
2
2 2
(2 ) 2 2 ;
2 2
x x y x x y x x
y x x
Nếu
2 2 2 2 2
2y (2x x1) x 2x 3 x 2x 0
( 1)( 3)
3 x
x x
x
+ x 1 y2 1 y1 +Nếu x 3 y2 121 y11 -Nếu
2 2 2 2 2
2y (2x x2) 5x 0 x 0 y 1 y1. Kết luận:
(20)a) Giải phương trình
2
2
5
30 6x 6x
x x
ĐK:
2
6 x
Vì
2
6 x
2
5
0;6x
x , theo cơsi ta có
2
2
5
6
5
30
2 x x
x
x x
Dấu = có
2
6x x x
Vì
2
6 x
2 6x
x
, theo cơsi ta có
2
2
2
5 (6 )
5
6 (6 )
2 x
x
x x
x x
Dấu = có
2
6x x x
Vây ta có
2
2
2
2
5
6
5
30
2
x x
x x
x
x x
2
2
5
30 6x 6x
x x
Dấu = có x1 Vậy x=1 nghiệm phương trình
2
2
5
30 6x 6x
x x
b) Tìm số thực x để số
2
3; 3;
x x x
x
số nguyên Đặt
2
3; 3;
a x b x c x
x
với , ,a b c Z
Từ a x 3 x a 3; từ b x 22 3 x2 b 3, nên ta có
a 32 b 3 a22 3a 3 b 3 3a1 b a2 -Nếu a+10
2 3
1 b a a
a
,
2 3
,
1 b a
a b Z Q Q
a
VL
Vậy a+1=0 nên ta có
1
4
a a
b b a
x 3 1
Với x 1 ta có a1;b4 c2 nguyên, thỏa mãn đầu
Bài 26: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2018 – 2019) a) Điều kiện: 2 x
2 2
2
2 2
5 6
2 2
2 2
2 6
x x
x x
x x
x x
x x x x
2
5 6
2 2
x x
x x x x
+)
6
5 x x
(thỏa mãn điều kiện) +) x 2 2 x 2x2 x (*)
2 2 2
4 x 2x 4x 4 x 4 x x 4x
(21)2
4 x x
4 x2 x +) 4 x2 x x
+) 4 x2 x 42 không thỏa mãn KL:
b) Điều kiện: x2
3
2
8
2 5
1
x xy y y
x y
Từ phương trình 1 suy x0 Với x 0 y0 không thỏa mãn Vậy x0.
1 y2 2x y 2xy2 4x2 y2 0 y2 2x
(do x0).
Thế y2 2x vào 2 ta x 2 2x 5
2
2 2x 9x 10 3x 18
2
3 18
2 144 284
x
x
x x
Bài 27: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2009 – 2010)
3 2 81 7 18
x x (1) ĐK : x ≤
3
7
Với ĐK ta đặt:
2
3 81
81
7
t t x x
Thế vào PT (1) ta được:
t2 – 14t + 45 = 0
1
9 5
t t
+ Với t = ta x = (TMĐK) + Với t = ta x = (TMĐK) Vậy PT (1) có nghiệm x = ; x =
Bài 28: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2011 – 2012) Pt:
3
2
2 16
16 x
x
x
ĐK : 16 – x2 > - < x < 4 Đặt y = 16 x2 > x2 – 16 = - y2 Ta có :
3 x
y - y2 = x3 – y3 = (x – y)(x2 – xy + y2) =
x – y = ( x2 – xy + y2 > ) x = y
2
16 x = x Với x > 16 x2 = x 16 – x2 = x2
2x2 = 16 /x/ = x = Kết hợp điều kiện x > - < x < , ta có x = thỏa mãn
Phương trình có nghiệm x =
(22)Giải hệ phương trình :
2 11
3
x y
x xy y
Giải : Hệ phương trình tương đương với :
2
( ) 11
( )
x y xy
x y xy
Đặt u = x + y ; v = xy Ta có hệ :
2 2 11
u v
u v
√3x−√x+1=√2x+3−√2x−2
⇒3x+x+12−√3x(x+1)=2x+3+2x−2−2√(2x−22)(x+3) u2 + 2u – ( 17 + ⇒3x(x+1)=(2x−2)(2x+3)⇒x2−x−6=0⇒ ) =
Giải : u1 = + [[xx==−23[ ; u2 = - –
√x+√y−1=2x−1(1)
x+√x−1+√y=2(2)
¿
{¿ ¿¿
¿ Từ suy : v1 = x+√x−1+√y≥1+√1−1+√1=2 ; v2 = +
x=1
y=1
¿
{¿ ¿ ¿ ¿
Ta có :
3 x y xy
x = ; y = 2 x = 2 ; y = 3
8 x y
xy
không tồn x ; y. Hệ có hai nghiệm ( ; 2) ( ; 3)
Bài 30: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017 – 2018)
a) x y 2x y 1 9 y 1 13 2x2 xy x 2xy y2 y + 9y 13
2 2
2x xy x y 8y 15 2x xy 5x 2xy y 5y 6x
x 2x + y y 2x + y 2x + y
x y 2x + y 5
Lập bảng:
x – y + - -
2x + y – - -
x 10
3
10
3 - -
y 16
3
2
Loại Loại
Vậy phương trình có nghiệm ngun (x ; y) (-2 ; 2); (-2 ; 8) b) Cách 1: Điều kiện x 2018
2
x + x + 2018 2018 (1) Đặt t = x 2018 t 0 ta có t = x + 20182 t2 x 2018 (2) Từ (1) (2) suy ra: x + t2 t2 x 0 x2 t2 t + x 0 x t 1 x t 0
x + t x t
x t x t
Với x = –t ta có: x x 2018 (ĐK 2018 x 0) (3)
PT (3)
2
1 8073 x
2 x = x + 2018 x x 2018 =
1 8073 x
2
KTMĐK
(23)PT (4)
2
1 8069 x
2 x + 2x + = x + 2018 x + x 2017 =
1 8069
ĐK
x KTM
2
Vậy PT có tập nghiệm
1 8073 8069
S ;
2
Cách 2: Điều kiện x 2018
2 1
x + x + 2018 2018 x + x + = x 2018 x 2018
4
2 x x 2018 x x 2018
1 2 2
x x 2018 1
1
2 x x 2018
x x 2018 2
2
2 2
2
1 8069 x
x x 2018 x x + x 2017 2
x x 2018
x x 2018 x 8073
x
2
Vậy PT có tập nghiệm
1 8073 8069
S ;
2
Bài 31: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2018 – 2019) a)
2
x xy y (1) x y 4x (2)
Điều kiện x 0
PT (1) x2 xy y 0 (3)
PT (3) phương trình bậc hai ẩn x có
2
y 4y y Do PT (3) có hai nghiệm x 1 (loại x 0), x =
c
1 y a
(điều kiện y x 0) y = -x + Thay y = -x + vào PT (2) ta có
3
x x 14x 5 x 1 x 1 4x 4 0
3 x
x x x
2
2
3 x 1 x 1 x 1 0 x
3
2
2
x x
1 x x
x = (TMĐK) suy y = (TMĐK)
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) (1 ; 0)
b) 2xy2 x y x 22y2xy x2 x 2y 2 y 1 2y2 y 10 (1) Đặt 2y2 y 1 = a, PT (1) trở thành x2 ax a (2)
Phương trình (2) có
2
a 4a a
(24)Đặt
2
a 4= k2
(k N)
2
k a
k a k a 2 4
Vì (k + a – 2) + (k – a + 2) = 2k số chẵn có tích số chẵn nên (k + a – 2) (k – a + 2) số chẵn
Do
k a 2 k a 2
k a 2 k a 2
k a
k
a
Vậy phương trình (2) có nghiệm
2
a k 2
x
2
a k 2
x
2
Ta có 2y2 y 1 = a = 2y2 y 1 = 2y2 2y y 0 = 0
y
y 2y 1
y
Ta chọn y = (vì y Z) Vậy nghiệm nguyên (x ; y) hệ phương trình (2 ; 1) (0 ; 1) Bài 32: ( HSG TỈNH BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC 2012 – 2013)
Giải hệ phương trình :
2
2
1
3
x y xy
x y y
(*)
2
2
2
1
3
1 3
2 1
1 1
1
1
2
y x xy
y x y
x xy x y
x x xy x y
x y x x
x x y
x x y
+ Với x=1: (*) trở thành:
1
0;
3
x x
y y
x y y
+ Với x + y – = : (*) trở thành:
2
2
2 1
3 3
3
x y
x y y x
y y y y x
x y y
Vậy hệ PT cho có nghiệm: (1;0); (1;1); (5;-3)
Bài 33: ( HSG TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2018 – 2019) a) Điều kiện xác định phương trình
3 x
2
Với điều kiện xác định ta có
(25)
3x x 3x x 4x 2x 4x 2x
3x x 4x 2x
3x x 4x 2x 2x 3 2x 3
3x x 4x 2x 3x x 4x 2x
Dễ thấy với
3 x
2
2x 0 từ phương trình ta thu
3x 5 x 2 4x 2x 3
Kết hợp với phương trình cho ta có hệ phương trình
3x x 4x 2x
3x x 4x 2x
.
Cộng theo vế hai phương trình hệ ta phương trình
2 3x 4x 3x 5 4x 3x 4x x 5
Kết hợp với điều kiện xác định ta x5 nghiệm phương trình.
b) Hệ phương trình cho viết lại thành
2 2
xy 2x y x y
x y x y
Từ ta có
2
x 1 y 2 2 x y 2 x 1 y 2 0 x y 2
.
Thay vào phương trình thứ hệ ta
x 1 4 x 1 2 x 3;1
Từ ta x;y 3;0 , 1;4 nghiệm hệ phương trình cho
Bài 34: ( HSG TỈNH ĐAKLAK NĂM HỌC 2010 – 2011)
1
2
2
1 13
7
2 11
x y
x y
xy x y
x y x y
Đặt u = x + 1; v = y - Ta có
2 25
6 u v uv
Có hai trường hợp :
+
5 2
6 3
u v u u x x
uv v v y y
+
5
6
u v u u x x
uv v v y y
KL:
Bài 35: ( HSG TỈNH ĐAKLAK NĂM HỌC 2012 – 2013)
a) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x32x23x 2 y3 Ta có
2
3 2 3 2 2 0
4
y x x x x x y
(1)
2
3 15
( 2) 2
4 16
x y x x x y x
(26)Từ (1) (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy y = x + 1
Thay y = x + vào pt ban đầu giải phương trình tìm x = -1; x = từ tìm hai cặp số (x, y) thỏa mãn toán (1 ; 2), (-1 ; 0)
b) Điều kiện:
1
x
PT 4x23x 3 4x x 3 2x
4x 4x x x 2x 2x
2x x 3 2 2x 12
2
1
x x
x
2
4
1
1
x x
x x
(tmđk)
Bài 36: ( HSG TỈNH ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2010 – 2011) a) Giải hệ phương trình:
17 2011
x y xy
x y xy (1)
Nếu xy0
17 2011 1007
9 490
(1)
1 3 490
1007
x
y x y
y
y x x
(phù hợp)
Nếu xy0
17 2011 1004
(1)
1 3 1031
18
y x y
xy
y x x
(loại)
Nếu xy0 (1) x y (nhận) KL: Hệ có nghiệm (0;0)
9 ; 490 1007
b) Điều kiện x ≥ 0; y z ≥ 0; z x ≥ y ≥ z ≥ x ≥ pt x y z z x x y z z x 3
2 2
( x 1) ( y z 1) ( z x 1) 0
x y z z x
x y z
(thỏa điều kiện)
(27)
2
2
2
4 2
2
2
2
) 12 18 81 12
18 81 36 12
2; x =
9 6
( 3) (vn)
9 6 10
x x x x x
x x x x x x
x
x x x x
x
x x x x
a
Vậy phương trình có hai nghiệm: x = x = b) x2x2 ĐKXĐ: x2
2
2
1 1
2 2 2
2 4
1
2 2 (1)
1 2 2
2
1
2 2 1 (2)
2
2
x x x x x x
x x x x
x x
x x
x x
Giải phương trình (1): x2x (x 0) x2 x
x2 x x1 (L); x = (N) Giải phương trình (2): x2x (2) (x1 )
2
1 ( )
2
1 ( )
x L
x x x x x
x N
Vậy phương trình có nghiệm: x =2;
1 x
Bài 38: ( HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018 – 2019)
a) Giải hệ phương trình
2
3
1 1
x y x y
(với x, y thuộc R).
Giải:
2
2
3 3
2 1
1
1 ( ) 3 1
x y xy
x y
x y x y xy x y
Đặt
x y S xy P
Ta có:
2
2
3
3
3
1 1
2 1 2
2
3 1 1 2 3 3 2 0
3 1
2
S S
P
S P P
S SP S S S S
S S
(28)
2
2
2
3
1 1
1
2 2
2
1 5 5 2 0 1 5 5 2 0
5 3 2 0
S S
S P P
P
S S S S S S
S S
2
2
1 2
1 0
5 5 2 (vn)
S P
S
S S
0 1
P S
0 1 1
0 0
1
x y x y
xy y
x
b) Giải phương trình
4 9 24 27 9 (x R)
x x x x
Giải:
4 9 24 27 9 (*)
x x x x
Với x = 0, (*) 0x+9=0 (phương trình vơ nghiệm Với x 0, chia vế phương trình (*) cho x2.
2
2
2
27 9 3 3
(*) - 9x+24 - + =0 9 18 0
3
3 0
3 3
3 6 0
3
6 0
3 3 ( ) 3 6
6 3 0 3 6
x x x
x x x x
x x
x x
x x
x x
x x vo nghiem x
x x x
Bài 39: ( HSG TỈNH HÀ GIANG NĂM HỌC 2011 – 2012) Với ĐKXĐ : x
3
Ta có :
2 2
x-1+ 2x-3 + x+3+3 2x-3 =10 2x-2+2 2x-3 + 2x+6+6 2x-3 =20
2x-3 +2 2x-3.1 1+ 2x-3 +2 2x-3.3 =20
2x-3 +2 2x-3 =202 2x-3 2x-3 =20 2x-3 2x-3 20 2x-3 20
2x-3 2x-3=64 67
x 33,5 (TMDK)
Vậy x = 33,5
(29)PT: x3 2 (3x 2)3 3x(3x 2) (*) ĐK: x ≥
2
3 Từ (*) =>2 (3x 2)3 3 (3x x 2) x3 Bình phương hai vế ta được: 4(3x - 2)3 = 9x2(3x - 2)2 + x6 - 6x4(3x - 2)
<=> (x - 1)2( x - 2)2(x2 - 12x + 8) = 0
=> x1 = x2 = 1; x3 = x4 = 2; x5 = - 7, x6 = + Thoả mãn Bài 41: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012 – 2013)
a) Ta thấy x0 không thoả mãn phương trình.
Với x0, ta có pt cho
3 1 1 x x x x (1) Đặt xx t
1
t 2 Pt (1) trở thành 3 1 2 t t t t 7 ) ( 14 t t t t t t Chỉ có t2 thoả mãn,
1 x x x
(t/m) Vậy pt có nghiệm x =
b) Hệ pt
) ( 2 2 y x y x
Đặt ax 2, hệ trở thành 1 3 2 y a y a ) ( ) ( 1 , 1 , 2 3
2 a a y y
y a y a y a y a
Từ (1), suy (2) có vế trái 0, dấu xảy a2(1-a) = y2(1- y) = 0. Kết hợp a2 y2 1 ta có
y a
y a
Thay vào ta có nghiệm y x ; y x Bài 42: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2009 – 2010)
a)
2
2
( )(2 ) ( )(2 )
2 ( ) (2 )
y y y x y y y x
y y x y y y x
Đặt 4
y y u
y x v
suy có hệ
2 (3 )
3
uv v v
u v u v
2 3 v v u v ; u u v v * 2
1 4
2 2 2 2
u y y y y y
v y x x y x y
* 2
2 4 2
1 2
u y y y y y
v y x x y x y
(30)2 2 6
; ; ;
2 5 6
x x x x
y y y y
b) ĐK:
1 x
Phương trình cho tương đương với:
2 (2 1) 2 1 0
x x x x2 ( 2x1 1) 0 (x 2x 1)(x 2x 1)
2 1
x x
(vì x
nên x 2x1 0 )
2
1
1
( 1)
x x
x x
x x x x
1,2
2 2
x
x x
(thỏa mãn ĐK
1 x
) Nghiệm phương trình x 2
Bài 43: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2012 – 2013) Nhận xét x = khơng nghiệm phương trình
Với x 0 , phương trình cho tương đương với:
4 3
+ = 6
6 6
x + x +
x x
Đặt
6 t = x +
x
phương trình trở thành
2
4 3
+ =6 t 0;t 2
t+2 t
1 4t 3t 6t 12t 6t 5t 0
Giải phương trình ta
3
t ; t
2
( thỏa mãn )
Với t
2
ta có
2
6 3
7 2 11 12 0
2
x x x
x
Giải phương trình ta
x ; x
2
( thỏa mãn ) Với
2 t
3
ta có
2
6 2
7 3 23 18 0
3
x x x
x
Giải phương trình ta
23 313 23 313
x ; x
6
(thỏa mãn)
Vậy phương trình cho có bốn nghiệm :
x ; x
2
;
23 313 23 313
x ; x
6
x + y + xy = 16 x + y = 10
(I) ( x; y 0 )
(31)2
S + 4P = 16 S - 2P = 10
( II)
Giải hệ ( II) đối chiếu điều kiện ta
S = P =
Khi x; y nghiệm phương trình t2 – 4t + =0 Giải phương trình ta t1 = 3; t2 =
Từ suy hệ phương trình cho có hai nghiệm
x = x = 1 ;
y = 1 y = 9
Bài 44: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2013 – 2014)
a) Đặt
2
2 2
t x x t x x
2 2
2 t x x
ta phương trình
2
4
2
t t
t t t
t
Với t = -4 ta có
2
4
0 0
2 4
2 16
x x
x x
x x x x
2
2
x
x x
Với t =2 ta có
2
4
0 0
2
2 2
x x
x x
x x x x
2
3
x
x x
Kết luận nghiệm phương trình.
b) Từ hệ ta có
3(2 ) 3(2 ) ( 2) 2 2 0
x y x y x y x y xy x y
(x y) (x y) x y
x y
* Với x = y ta tìm (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3);( 3; 3) * Với x = - y ta tìm (x ; y) = (0; 0); (1; 1 );(1;1) Vậy hệ phương trình có nghiệm
(x ; y) = (0; 0); ( 3; 3);( 3; 3);(1;1);(1; 1 ) c)
2 2 32
xy xy x y x y( 1)2 32y
Do y nguyên dương
32
( 1) y
y x
y
Vì ( ,y y1) 1 (y1)2U(32)
mà 32 2 5 (y1)2 22 (y1)2 24(Do (y1)2 1) *Nếu (y1)2 22 y1;x8
*Nếu (y1)2 24 y3;x6
(32)x y
x y
Bài 45: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2014 – 2015)
a)
3
3 1 1 2 1 2
x x x x x
(1) ĐKXĐ:x1
Đặt: y x1;z 2 Khi (1) có dạng : x3 + y3 + z3= (x + y +z)3 (2) Chứng minh (2) (x+y)(x+z)(z+x) =
Với: x + y = x x 1 0 x 1 x
1 5
2
x
( Thỏa mãn) Với: x + z = x 2 0 x 2 ( không thỏa mãn)
Với: y + z = x 1 2 0 - vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm:
1
x
b)
3 2
x + y =
x xy x y
x y
2 2
2 2
3 2
x + y x + y
x xy x y x xy y x y
x y x y
Ta có:2x2xy y 2 5x y 2 y x 2 y 2x1 0
y x
y2x1
Với y 2 x thay vào (2) ta được: x2 – 2x +1 = suy x = 1 Ta nghiệm (1;1)
2
y x thay vào (2) ta được: 5x2 – x – = , suy x = 1; x
Ta nghiệm (1;1) (
4 13 ; 5
) Vậy hệ có nghiệm (1;1) (
4 13 ; 5
) c) Giả thiết
2 2 2 2 2
3 x 18y 2z 3y z 54
(1)
+) Lập luận để z23 z3 z29 z2 9(*)
(1) 3(x 3)22z23 (y z2 2 6) 54(2)
(2) 54 3( x 3)22z23 (y z2 2 6) 3( x 3)22.9 3 y2
2
(x 3) 3y 12
2 2
4 1;
y y y
y nguyên dương
Nếu y2 1 y1 (1) có dạng:
2 2 2 2 72 2
3 72 72
5
x z z z z z
(vì có(*))
Khi
2
(33) 2 2 2
3 x 14z 12614z 126 z 9 z 9 z3(vì z nguyên dương) Suy (x 3)2 0 x3(vì x nguyên dương)
Đáp số
3
2;
3
x x
y y
z z
Bài 46: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2016 – 2017)
a) Giải phương trình:
2
2x 2x (2x 1) x x 1
2
2x 2x (2x 1) x x 1
x2 x 2 x2 x (2x 1) x2 x 1
(1)
Đặt
2
2
t x x 1 x x 2 t Thay vào pt(1) ta có pt:
2 2
t 1 x x (2x 1)t
2 2
2
t 2t x x (2x 1)t t 2t x x 2xt t
t x t x t x t x
t x t x
Với t x ta có pt: x2 x x 2
x
x x x
2
x
x 1
x
3 x
x x x 2x
3
Với t x 1 ta có pt: x2 x x 1 2 x
x x x
x
x x
Vậy phương trình (1) có nghiệm
1 x 2, x
b) Giải hệ phương trình:
2
3
x y xy x
2x x y
(1)
x
3
+2√(3x−2)3=3x(3x−2)
Đặt y + = t hệ trở thành
2 2
3 2
3
x t xt x t xt
2x x t x t xt
2x x t
(34)2
3 3
x t xt 2x x t
2
x t xt x t
2 x t 1
x
x t
x t
Với x=t=1 (x;y)=(1; 0) Với x=t=-1 (x;y)=(-1;-2)
Vậy nghiệm hệ phương trình: (x; y) (1; 0),(-1; -2)
c)Tìm cặp số nguyên x=0 thoả mãn: x≠0 (1)
Ta có ⇔
2
x+1
x−1
− 1
x+1
x +1
=5
3
Vì x+1
x=t suy |t|≥2
Ta có -7=(-1).7=1.(-7) nên ta có trường hợp sau: + TH1:
2
t−1−
1
t+1=
5 3⇔
t+3
t2−1=
5
3 (Thoả mãn)
+ TH2:
⇔5t2−3t−14=0⇔(t−2)(5t+7)=0⇔
¿
[t=2
[t=−7
5
[¿
(Thoả mãn)
+ TH3: t =2 (Thoả mãn)
+ TH4: x+
1
x=2⇔x=1 (Thoả mãn)
Vậy cặp số nguyên ⇔ cần tìm là:
(x−2)2+ y2=1
( x−2)3+ y2=1
¿
{¿ ¿ ¿
¿
Bài 47: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2018 – 2019)
a) Giải hệ phương trình a = x −2
a 2+ y 2=1
a3 + y 3=1
¿
{¿ ¿ ¿
¿
⇒
−1≤a , y≤1
a2+ y2=a3+y3
⇔
¿
−1≤a , y≤1 (1)
a2
(1−a) + y2
(1−y)=0 (2)
¿ ¿ {¿ ¿ ¿
Thế ¿0 vào phương trình (2) ta có
⇔ .
a2 + y2= 1 Hệ có nghiệm
a=0
y=1
¿
{¿ ¿ ¿
¿
b) Giải phương trình
a =1
y =0
¿
{ ¿ ¿ ¿
(35)Điều kiện ¿
{¿ ¿¿
¿
Phương trình
x =3
y =0
¿
{ ¿ ¿ ¿
¿
2
( 3)
1
1
( 3)
1
( 3)
1
2 (2)
1
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x
x x
( 3) 0;
x x x x (Thỏa mãn điều kiện).
Với điều kiên 1x4 ta có
1
1 1 1 1 2
1 1
4 1 1
4
x x
x x
x
x
Dấu " " không xảy nên phương trình (2) vơ nghiệm
Vậy phương trình cho có hai nghiệm x0 x3.
c) Giải bất phương trình x3(3x2 4x 4) x 1 (1) Điều kiện x1
3
3
3
(3 4) 4( 1)
3 (2)
x x x x x x x x x
x x x x
Xét x1, thay vào (2) thỏa mãn.
Xét x 1 x 1 Chia hai vế (2) cho
3 x
ta bất phương trình
3
3
1
x x
x x
.
Đặt
x t
x
, ta có bất phương trình t33t2 0 (t 1)(t2)2 0 t
2
1 1 0
0
1 1 1 5
1
1 2
1
1
2
x x x
x
x x
t x x
x x
x x x x
x
Kết hợp x1là nghiệm, ta có tập nghiệm bất phương trình
1
1;
(36)Bài 48: ( HSG TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013)
Giải phương trình: x2 7x6 x3 x 6 x2 2x (x 1)(x 6) x x (x 1)(x 3)
1( 3)
x x x x x
( x x 3)( x 1)
6
x x
vô nghiệm; x 1 10được x = Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm Bài 49: ( HSG TỈNH HỊA BÌNH NĂM HỌC 2009 – 2010)
a) Biến đổi chuyển (x2)(x2 x 1) 0 , Giải đợc pt có nghiệm
1
2 x va x
b)
3
2
3 (1) 20 (2)
x x y y
x xy
Biến đổi pt (1): (x y x )( 2xy y 23) 0
Lập luận đợc x2xy y 2 3 0, từ (1) : x = y Thay vào (2) đợc: x y 10
Bài 50: ( HSG TỈNH HỊA BÌNH NĂM HỌC 2013 – 2014) ĐK: x1, ta có PT:
2
( 1)
1 x
x
Cách 1: Đánh giá theo bất đẳng thức Cosi có:
2 1 1
( 1) ( 1)
1 1 1
x x
x x x x x
Đẳng thức xảy x2 KL…
Cách 2: Đặt x1t t( 0) ta phương trình
4 5 t
t
5
5 ( 1) ( 4)
t t t t t t
Từ tìm x2 KL … Bài 51: ( HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014)
a) Tìm số nguyên x,y thỏa mãn 2xy4x2y1 5x2 2y2. Vì x,y ngun nên ta có: 5x2 2y2 2xy4x2y (*)
(x2 2xyy2)(4x2 4x1)(y2 2y1)2 (x y)2 (2x1)2 (y 1)2 2
Ta có (2x 1)2 2, 2x 1 lẻ (2x 1)2 1
1 x x
Với x0 (*) y(y1)0 0y1
1 y y
( thỏa mãn)
(37)b) Giải hệ
) ( 21
82 52
) (
4
2
3
y xy x
y x y x
Nhân vế trái (1) với vế phải (2) nhân vế phải (1) với vế trái (2) ta có: (9)(4x3 y3)(x2y)(52x2 82xy21y2)
(9)(4x3 y3) (x2y)(52x2 82xy21y2)0 8x3 2x2y 13xy2 3y3 0
(8x3 8xy2)(2x2y 2xy2) (3y3 3y2x)0 8x(x2 y2)2xy(x y) 3y2(x y)0 (x y )(8x2 10xy 3 ) 0y2
Biến đổi nhận phương trình: (x y)(4x y)(2x3y)0 Với xy tìm (x;y)(0;0) ( thử vào hệ khơng thỏa mãn) (x;y)(1;1);(1;1) ( thử vào hệ thấy thỏa mãn) Với y4x tìm (x;y)(0;0) ( thử vào hệ khơng thỏa mãn) Với y x
2
tìm (x;y)(0;0) ( thử vào hệ khơng thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm (x;y)(1;1);(1;1)
Bài 52: ( HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015) a) Ta có
2
2 2
2
2 2 2
5 2 40
2 2 4 41
1 41
1
x xy y x y
x y xy x y x xy y
x y x y
x y x y
TH1:
1
2
x y x
x y y
TH2:
1
2 4
x y x
x y y
(loại)
Vậy nghiệm nguyên dương phương trình (2; 1) b) ĐK: 5 x2 0 5 x
Ta có:
2 40
x x
x
x38x2 5 x2 40 5 x2
3 2
3
3
2 2
2 2
8 5
2
2 5 20
2 5 20
x x x
x x
x x x x x x
x x x x x
(38)
2
2
4 5 20
2
x x
x x x
TH2: 2x 5 x2 3x2 20 0
2
2
2 20
4 120 400
x x x
x x x x
13x4100x2400 0 (vơ nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm x =
c) Ta có:
3
3
15 14 15
x y y y x
x xy x
Ở phương trình (1) ta có:
3
3
3
3
15 14
3 15 14
3 12
3
x y y y x
x x y y y
x x y y y y
x x y y
x y 2 (*)
Từ (2) (*) ta có hệ phương trình:
3
3
3
3
2
4 15 15
2
4 3 12 6
2
2 5
2
x y
x y
x x x x
x xy x
x y x y
x x x x x x
x x
x y
y
Vậy hệ phương trình có nghiệm
3
1 5 ;
2
Bài 53: ( HSG TỈNH KOMTUM NĂM HỌC 2012 – 2013) Phương trình: x210x21 3 x 3 x7. (1)
Ta có: x210x21 ( x3)(x7)
Do (1) có điều kiện:
3
3
x
x x
.
Khi (1) trở thành:
( 3)( 7) 3
3 7
x x x x
x x x
x 3 x 2
(39)7 3 x
x
7
1
x x
x x
(tmđk)
Vậy tập hợp nghiệm phương trình S 1;2 Bài 53: ( HSG TỈNH LAI CHÂU NĂM HỌC 2014 – 2015)
a) (ĐKXĐ: 3 x 5)
3 5 4 3 5 2 3 5 16
x x x x x x
2
2 x3 5 x 8 x3 5 x 16 x 1 0
1 0 1
x x
(thỏa mãn)
b)
2
2 1
2
2 4 2 4 2
z x y
x y z
xy z z xy
Thế (1) vào (2) ta có pt:
22 22 0 2(*)
2
x
x y
y
Thế (*) vào pt (1) ta z = -2
Vậy nghiệm hpt là: (2; 2; -2)
c)
2 2
2 2 1 0 2 2 1 0
y x y y y x y y
2
2
2
2 1 1
1 0 1
2 1
0
2 1 3
1 4( )
y y
x y x y
y x y
x
y y
x y x loai
Vậy nghiệm nguyên pt là: (x; y) = (0; -1)
Bài 54: ( HSG TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2015 – 2016)
Từ
2
2x xy y 5x y 2 x y 2x y 1 0
TH1: x y 0 vào pt lại hệ : xy=1 x y 1
TH2: y 2x 1 vào pt lại hệ : 5x2 x 0
4 x
x 1 5
y 1 13
y 5
Vậy nghiệm hệ (1;1),
4 13
( ; )
5 5
(40)ĐK:
1 3
x
2 4 1 3 1 0 (3 1) 3 1 0
x x x x x x x
Đặt t 3x 1 0 ta được: x2 t2 x t 0
(x t x t)( ) (x t) 0 (x t x t)( 1) 0
Với TH x t 0 hay
2 3 5
3 1 3 1
2
x x x x x
t/m Với TH x t 1 0 hay t 1 x 3x 1 1 x, ĐK: x1
2 5 17
3 1 2
2
x x x x
t/m (loại
5 17
2
x
)
Vậy phương trình cho có nghiệm:
3 5
2
x
,
5 17
2
x
Bài 56: ( HSG TỈNH LONG AN NĂM HỌC 2011 – 2012) Ta có: xy + 2x = 27 – 3y
xy 2x 3y 27
Û + + =
x y 23y2 33
(x 3)(y 2) 33
Û + + =
Û
x 3 1
y 2 33
ì + = ïï
íï + =
ïỵ hoặc
x 33 y 1
ì + = ïï
íï + =
ïỵ hoặc
x 3 y 11
ì + = ïï
íï + =
ïỵ hoặc
x 3 11
y 3
ì + = ïï
íï + = ïỵ
do x > 0, y >
Û
x 2
y 31
ì =-ïï íï =
ïỵ (loại)hoặc
x 30
y 1
ì = ïï íï
=-ïỵ (loại)hoặc
x 0
y 9
ì = ïï íï =
ïỵ (loại)hoặc
x 8
y 1
ì = ïï íï =
ïỵ (tđk)
Vậy cặp số nguyên dương cần tìm (x; y) = (8;1)
Bài 57: ( HSG TỈNH LONG AN NĂM HỌC 2018 – 2019) Giải hệ phương trình:
3 3
3 3
2
3
x y x y
x x y
x y x y
y y x
2 2
2 2
1
3
x y x xy y x y x y x xy y
x y x xy y x y x y x xy y
TH1:
0
0
x y x
x y y
TH2:
2 2
0 3
3 3 3
x y x y x , y
x xy y x x , y
TH3:
2
2
1
1
1
0
x y x , y
x xy y
x , y
x y x
TH4:
2 2
2
2 2
1
1 0 1
1 1
3 3 2
x y xy
x xy y x y x y x , y
xy x , y
x xy y x y xy xy
(41)Vậy nghiệm x, ycủa hệ pt 0 ;, 3 ;, 3, ; 1 ; 1 , , Bài 58: ( HSG TỈNH NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2015 – 2016)
a)Giải phương trình 2 2x1 x 3 5x11 0 .
Điều kiện x
2 2x 1 x 3 5x11 0 2x 1 x 3 5x11
2
9x 2x 5x 5x 11 2x 5x 3 x
2 2
3
12
2 11 12
x x x
x
x x x x x x
Đối chiếu điều kiện ta x1 nghiệm phương trình.
b)Giải hệ phương trình
2
1 1
7
y y x x
x y x
.
Điều kiện x1,y
2 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0
y y x x y y x y y y x
1 y
y x
.
Với y 1, thay vào (2) ta
2 2 2
1 7
x x x x x x x
2
4
2
1
5
2
x x
x x
x x
(do điều kiện x)
Với y x 1, thay vào (2) ta x2 x 1 7x2 0
2
2
4 1
7 2
2
2
1 7 3 5
x x x
x x
x
x x
x x
2
7
1
2
1
x
x x
x x
Với x2 suy y1.
Ta có
2
7
1
2
1 7 3 5 7 3 5 1
x
x x
x x x x
2
7
2
1
7
x x
x x
(42)Với x1
2
2
7
7 2
7
x
x x
x
Suy 2
7
2
1
7
x x
x x
Vậy hệ phương trình có nghiệm 1;1 , 2;1
c)Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2y2xy x y 1.
Ta có
2 2
2 1 1 1 4
x y xy x y x y x y
Ta có bảng giá trị tương ứng (học sinh xét trường hợp)
x y x 1 y 1
Nghiệm x y;
2 0 1;1
-2 0 Loại
0 Loại
0 -2 1;1
0 Loại
0 -2 1; 1
Vậy số x y; cần tìm 1;1 , 1;1, 1; 1 Bài 59: ( HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013)
a) HPT 3
1 ( 1) ( 1) 72 xy y x
x y
3
( 1)( 1) ( 1) ( 1) 72
x y
x y
3
3
( 1) ( 1) 512 ( 1) ( 1) 72
x y
x y
Đặt (x+1)3 = a (y +1)3 = b ta có hệ
512 72 ab
a b
Giải hệ (2) ta : (a;b) = (64;8) (a;b) = (8;64)
Với (a;b) = (64;8)
3 ( 1) 64 ( 1)
x y
1 x
y
3 x y
Với (a;b) = (8;64)
3 ( 1) ( 1) 64
x y
1 x y
1 x y
Hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) là: (3;1); (1;3)
b) ĐKXĐ phương trình là: x -
Đặt x5 u 0, x2 v 0 ta có: uv x2 7x10, u2 v2 3 Thay vào phương trình ta được: (u v )(1uv)u2 v2
(u v)(1 uv) (u v u v)( )
(u v )(1 u)(1 v) 0
1 1
u v u v
* Với u = v ta có x 5 x2 PT vơ nghiệm
(43)* Với v = ta có x2 1 x1(TM)
Vậy phương trình cho có nghiệm x = -1 Bài 60: ( HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2014 – 2015) Giải phương trình hệ phương trình sau:
a) 2x2 5x12 2x2 3x2 x5
Đặt a = 2x2 5x12; b = 2x2 3x2 => a2 – b2 = 2x +10 => x+5 = 2
2 b
a
Thay vào phương trình ta được:
a + b =
2 b
a
2(a + b) – (a2 – b2) = (a+b)(2 – a + b) = 0
vì a + b > nên – (a – b) = hay a – b =
Giải ta tìm x = -1; x =
1
b)
6
11
xyz
zx yz xy
z y x
) : (
11
z vì z xy
zx yz xy
z y
x
=> (6 ) 11
z z z
Giải ta có hệ phương trình có nghiệm hốn vị (1;2;3) Bài 61: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2009 – 2010)
Giả sử (x0;y0) nghiệm hệ phương trình
2
1 (1)
1 (2)
mx x y m
x y
suy (-x0;y0) nghiệm hệ.Từ ta có x0 x0 x0 0 Với x0=0 thay vào (2) suy y0 1
- Với x0=0 y0 = - thay vào (1) suy m =
Với m =
2 2 2 2
1
1 1
0
1 ( 1) 2
1 x y
x y x y x y x y
y
x y x y y y y y
y
Hệ PT khơng có nghiệm Nên m = loại
-Với x0 =0 y0 = thay vào (1) suy m =
Với m =
2
2 2
2 ;(3)
1 ;(4)
x x y x x y
x y x y
Từ (3) y1 Từ (4) y1 Vậy hệ PT có nghiệm (x;y) =(0;1) Vậy m = hệ PT có nghiệm
Bài 62: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2010 – 2011) a) 10 x3 1 3(x2 2)
2
10 (x 1)(x x 1) 3(x 2)
điều kiện x1
(44)x2 x 1 b (b>0) Ta có: 10ab = 3a2 3b2
a = 3b (a 3b)(3a-b) = 0
b 3a
Trường hợp1: a = 3b
Ta có: x 1 3 x2 x1 (1)
9x2 9x + = x + 1
9x2 10x + = 0
'
25 9.8
< phương trình (1) vơ nghiệm Trường hợp 2: b = 3a
Ta có: 3 x 1 x2 x1
2
9(x 1) x x 1
x2 10x - = 0
1
2
x 5 33 (TM)
x 5 33 (TM)
Vậy phương trình có nghiệm x 5 33
1
x 3
y 1
y 3
z 1
z 3
x
Từ (3)
3x-1 z
x
thay vào (2) 3xy+3 = 8x+y (4) Từ (1) xy 1 3y 3xy+3 = 9y (5)
Từ (4) (5) 8x+y = 9y xy Chứng minh tương tự : y = z
Từ x y z Thay vào (1)
2
1
x 3 x 3x+1 = 0 x
3 5
x
2
hệ có nghiệm
3 5
x y z
2
(45)Điều kiện:
3 2x+3 0 x
-2
(1) x2 4x+5-2 2x+30
2
x 2x+1+2x+3-2 2x+3 1 0
2
(x 1) ( 2x+3 1) 0
x 1 0
2x+3 1 0
x 1
2x+3=1
x 1
thỏa mãn điều kiện b) Giải hệ phương trình
2
2x+y=x 2y+x=y
Trừ vế phương trình ta có: x2 y2 x y
(x y)(x y 1) 0
x y x y
x y 0 x 1 y
Ta có:
*)
x y x y
x(x 3) 0 x 0
Vậy (x; y) = (0;0); (3;3)
*) 2
x y x y x y
2x+y = x 2 2y y (1 y) y y 0
(*)
Vì phương trình y2 y 1 0 vơ nghiệm nên hệ (*) vô nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm (x; y) = (0; 0); (3; 3)
Bài 64: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2011 – 2012)
a) 2x 3 2 x3x212x14 (1) §KX§:
3
2 x
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: VT= 2x 3 2 x 2(2x ) 2 x Dấu “=” xảy 2x 3= 2 x x= Ta lại có: VP =3x212x14 3( x 2)2 2 Dấu “=” xảy x =
Do VT = VP x = ( TMĐKXĐ) S 2
(1) (2)
(46)b) ĐK:
Ta có : x2+2x+15 = 6
(x2-2x+1) +(4x+5 -2.3 ) =0
(x-1)2 +
x=1 (TM)
V y pt có nghi m làậ ệ x=1
c)Ta cã:
2 2 2 2
2
4 4
2 (2 1) 2 2 2 1
0 2 1
2 2 1
1 2 1
2 2 1
1
x xy y x y x xy y x y
x y xy x y xy x y xy
x y x y xy
x y xy x
y x y xy
x y xy x
y
Vậy phơng trình có nghiệm (x,y) = (0;0); (1;-1);(-1;1)
Bài 65: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2015 – 2016)
a) Viết phương trình cho dạng: 9.(3x – 2 +19) = y2 (x2) Để y số nguyên điều kiện cần đủ 3x – 2 + 19 = z2 số phương (z số nguyên dương)
Nếu x – = 2k + số lẻ 32k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết cho không chia hết khơng thể số phương
Do x – = 2k số chẵn
Ta có 3x – 2 + 19 = z2 19
k k
z z
Vì 19 số nguyên tố z 3k z 3k nên
3 19 k k
z z
10 10
2 3k
z z
k
Vậy x = y = 30
b) ĐKXĐ: R Vì
1 x
khơng phải nghiệm, nên phương trình cho tương đương với phương trình:
2
2
x x
x x
x
2
2
2
x x
x x
x
2 2
2
6 2(2 1) ( 2)( 2)
2 2 3 2
x x x x x x x
x x x
2
2
2
2 2 3 2
x x x x
x x x
2
1
2
2
x x
x
x x
2
2
2 2
x x
x x x
(1) (2)
5 x
5 4x
4x59
3
2
x
0
0
2 x x
(47)PT (1) có hai nghiệm x1;2 1 PT (2) x22x 3 2x122221xxx
2
1
2 (2 1) x
x x x
3 15
x
Vậy phương cho có ba nghiệm: 1;2
3 15 2;
3 x x
c) Hệ phương trình
2
2
2
2
1
y x
x y
x xy y x xy y
Xét hệ:
2
2 2
2
1 2 1
y x
y x
x xy y x x x x
2
2
2 0
7 5
7 y x
y x x
x x
x
0 x y
hoặc
5 7 x y
Xét hệ:
2
2 2
2
1 2 1
y x
y x
x xy y x x x x
2
2
0 3
1
y x
y x
x x x
x
0 x y
hoặc
1 x y
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x;y) là: (0;1),
5 ; 7
, (0;-1), (-1;1) Bài 66: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2016 – 2017)
a)
2
2
x xy xy y 0 1
2 x 1 3 x y 1 y 2
ĐK: x 0
(1)
2
x y 0
x y x y 0
x y 0
TH1: x y 0, suy x y 0 không thỏa mãn hệ
TH2: x - y = hay y = x vào (2) ta :
2 x 1 3 x x 1 x 0
2
2x 3x x x x 0
x 2 x x x 1 0
x 4 x 2
1
1 x .
x
4 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm : x; y 4;4
1 1
x; y ; .
4 4
(48)b) ĐK: 1 x 1
Đặt a = 1 x , b = 1 x ( a,b 0 )
Ta có 2a2 b2 1 3ab a 2a2 3b a b 1 0
a b 1 b 1
a .
2
Với a = b +1 ta có 1 x 1 x 1 2x x (ĐK
1 x
2
)
2 3
4x 4x 4x x
2
(thỏa mãn)
Với
b 1 a
2
ta có
1 x 1
1 x 2 x 1 1 x
2
4 x 5x 4 (ĐK
4 x
5
)
2 24
25x 24x 0 x
25
(thỏa mãn)
Vậy
3 x
2
24 x
25
nghiệm phương trình
Bài 67: ( HSG TỈNH NGHỆ AN – BẢNG A NĂM HỌC 2018 – 2019) a) Ta có: 2y2 x 2y 5 xy x y( 1) 2 y2 2y5
5 2
1
x y
y
(y =1 không thỏa mãn PT)
Vì x, y số nguyên nên y -1 ước
1: 1 1 2 9.
TH y y x
2 : 1 1 0 5.
TH y y x
3: 1 5 6 13.
TH y y x
4 : 1 5 4 9.
TH y y x
Vậy PT có nghiệm nguyên (x;y) là: (9;2), (-5;0), (13;6), (-9;-4) b) Điều kiện:
3 2
x
3
8 4
2 3 (2 5) 2 3 8 4
2 5
x x
x x x x x
x
3
( 2x 3) 2 2x 3 (2 )x 2(2 )x
Đặt a 2x 3 0, b2x Ta có:
2
3 2 2 (a )2 3 2 0
2 4
b b
a a b b a b a b
(49)Suy ra:
2 0
2 3 2
2 3 4
x x x x x 1 13 4 x
c) Hệ phương trình cho tương đương với
3 1
1 2
y x y x y x
Đặt a x 1;by 3 Ta hệ phương trình
1 1 2 b a ab ab b a b a ab b a
Đặt S a b P ab ; , điều kiện S2 4P Hệ trở thành 1 2 P S S P P S
(thỏa mãn) P S
(loại)
0 1 b a b a ab b a P S +) 0 1 y x y x b a +) 1 1 y x y x b a
Vậy hệ cho có hai nghiệm (0;3), (1;2)
Bài 68: ( HSG TỈNH NGHỆ AN – BẢNG B NĂM HỌC 2018 – 2019) a)
2 5
5 2 2
xy y x y
y
(vì y =0 khơng thỏa mãn PT)
vì x, y số nguyên nên y ước
1: 1 7.
TH y x
2 : 1 7.
TH y x
3: 5 11.
TH y x
4 : 5 11.
TH y x
Vậy PT có nghiệm nguyên (x;y) là: (7;1), (-7;-1), (11;5), (-11;-5) b) Điều kiện: x3,x0
Phương trình cho tương đương với
2x 6 x 4 13x x
4 3 20
x x x x
20 4 16 2
x x
x x x x 5
x x
x x x
(50)
) (
4
6
2
1
5
x x
x x
*) (1) x5(thỏa mãn điều kiện) *) Giải phương trình (2):
Với x3,x0, ta có:
2
x ;
1
x 3 4
6
2
x x
Mặt khác: x41.
Từ suy phương trình (2) vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x5
c) Trừ vế với vế phương trình (1) cho phương trình (2) ta được:
x yx y x y
y x y
x2 3 3
3 y x
y x
TH1:x y0 xy, vào phương trình (1) ta được:
3
6
x x x
x
+)x2 y2 +)x3 y 3
TH2: √3x−√x+1=√2x+3−√2x−2 , vào phương trình (1) ta được:
⇒3x+x+1−2√3x(x+1)=2x+3+2x−2−2√(2x−2)(2x+3)
+) ⇒3x(x+1)=(2x−2)(2x+3)⇒x 2
−x−6=0⇒ .
+)
[ x=2
[ x=−3 [
Vậy hệ phương trình có nghiệm (-2;-2), (3;3), (
√x+√y−1=2x−1(1)
x+√x−1+√y=2(2) ¿ {¿ ¿¿
¿ ; x+√x−1+√y≥1+√1−1+√1=2 ),(
x=1
y=1
¿
{¿ ¿ ¿
¿ )
Bài 69: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2008 – 2009)
a) Phơng trình cho tơng đơng với
1 1
1 xy yz zx .
Kh«ng mÊt tính tổng quát, giả sử x y z (*)
- NÕu z 3 th×
1 1
1 xyyz zx z 3 (lo¹i).
- Nếu z 2 phơng trình cho trở thành
(51)Do (*) nên có trờng hợp 2x - = 2y - = 1, suy x = y = - Nếu z 1 phơng trình cho trở thành
xy x y 1 x y 1 2
Do (*) nên có trờng hợp x - = y - = 1, suy x = y = Nghiệm là: (3 ; ; 1), (3 ; ; 2), (2 ; ; 1), (2 ; ; 3), (1 ; ; 2), (1 ; ; 3) b) Phơng trình cho tơng đơng với phơng trình
4x3 x33x23x 1
3
4x x
x x 13
34 x 1
Nghiệm phơng trình:
1 x
4
Bài 70: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2009 – 2010)
a) Ta cã:
2
2x 4x 3 x1 1
nên tập xác định phơng trình R Phơng trình cho tơng đơng với
2x2 4x 2x2 4x 3 Đặt
2
2
y x x phơng trình cho trở thành
2
4 y y
1 y y
(thoả mÃn điều kiện)
Với y = ta cã 2x2 4x 3 2x2 4x 3 x =
Víi y = ta cã 2x2 4x 3 2x2 4x 3
1 x
x
Vậy phơng trình có nghiệm x1 = 1, x2 = -1, x3 =3 b) Hệ cho tơng đơng với
2
2
11 11
3 11
x xy y
x xy y
2
2 2
1
11
x xy y
x xy y x xy y
2
1
2
x xy y
x y x y
(*)
Tõ hÖ (*) ta suy
2 1
2 x xy y
x y
(I) hc
2 1
5 x xy y
x y
(II)
(52)a) 8x2 3xy 5y25 x y x x Z x y x x y 25 40 24 25 25 ) ( 2
Khi 3x+5 ước 25 từ tìm (x;y)(10;31);(2;7);(0;5) ( cách khac nhân vế với đưavề tích)
b)Giải hệ phương trình 2 3 6 4 18 27 8 y x y x y y x
HD: y =0 không nghiệm hệ chia vế PT(1) cho y3 PT(2) cho y2 Ta có hệ 18 27 2 3 y x y x y x
Đặt b y a x
ta có hệ
3 18 2 3 ab b a ab b a b a
Hệ có nghiệm
; ; ; ) , (x y
Bài 72: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 – 2014) a) Phương trình tương đương với
x24y2 4xy 4x 2y 4 16 y2 x 2y 22 16 y2;
mà ,x y nên
2 16, (1)
x y y x 2y 2 0, y2 16 (2).
Ta có (1) x2, y0 x6, y0 (2) y4, x6 y4,x10
Vậy phương trình cho có nghiệm x y; 2; , 6; , 6; , 10; 4 b) Điều kiện xác định:
1
,
3 x x
Phương trình tương đương với 12x2 3x1 4x 3x1 Đặt a2 ,x b 3x1 ta có phương trình 3a2 b2 2ab b a b 3a 0 b a b3a Khi đó
3x 1 2x 3x 1 6x.
+) Với 3x 1 2x, điều kiện x0, ta có
2
3x 1 2x 3x 1 4x 4x 3x 0 x1
1 x
(loại) +) Với 3x 1 6x, điều kiện
1
0 x
, ta có
2 153
3 36
72 x x x x x
3 153 72 x
(loại) Vậy phương trình có hai nghiệm
3 153
1,
72 x x
c) Nhân hai vế (2) với ta có hệ phương trình
2
2
3 (1)
2 (2)
x y xy x y
x y x y
(53)Lấy (1) trừ (2) theo vế với vế ta có
x2 4xy4y2 3x 2y2 0 x 2y2 3x 2y 2 0 x 2y1 x 2y 2 0 x2y1 x2y2
+) Với x2y1, vào (2) rút gọn ta có y y 3 0 y0 y3 Suy x1, y0 x5, y3
+) Với x2y2, vào (2) rút gọn ta có
2 13 109
3 13
6
y y y
13 109
y
Suy
7 109 13 109
,
3
x y
7 109 13 109
,
3
x y
Vậy hệ có nghiệm x1, y0; x5, y3;
7 109 13 109
,
3
x y
;
7 109 13 109
,
3
x y
Bài 73: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2014 – 2015) a) a) ( ) ( 1) ( 1)
6 2 2 2 2 2 2 2 y x y x y x xy y x y x xy y x
PT có nghiệm (x;y)2;0 ; 3;2 ; 1;0 hoán vị
b) ĐKXĐ: 2 0 ) ( ) ( x x x x x x 2 2 ) ( 2 2 2 2 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 x x
Giải x = x =
c) ) ( ; ) ( ; 1 2 2 y x y x xy x y y x
từ PT (1) ta có : ) )( ( ) ( ) )( ( ) ( ) ( 2 xy x y xy y x xy xy y x xy y x xy y x
thay vào PT (2) giải có nghiệm
14 ; ; ; ; ; ; ; , ; ; ) (xy
Bài 74: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2015 – 2016) a) Ta có
x y y y x y y y
y xy y
x2 2 22 2 2 2 1 2
Do xy2 0,x,y nên 1y2 y0 1y2 Suy y1;0;1;2 Với y1, PT trở thành x2 2x10 x1Z
(54)Với y2, PT trở thành x2 4x40 x2Z . Vậy có cặp x;y thỏa mãn đề 1;1 ; 2;2 b) Điều kiện
1 x
PT 23x1 2x2 110x2 3x
42x2 1 23x1 2x2 12x23x 20
Đặt 2x2 1t (t0), ta 4t2 23x1t2x2 3x 20 Ta có '3x12 42x2 3x 2x2 6x9x 32
nên PT 3 3 x x t x x t 2 2 x t x t
Với 2 x t
2 2
2 2 2 2
x x x x x x x x 60 60 2 x x x
Với 2 x t
4 1 2 2 2 2 2 x x x x x x x x 6 x x x
Kết hợp điều kiện x
ta nghiệm PT ; 60 x
c) Xét hệ phương trình 2 2 y x y x x y xy y x
(2)
) (
PT (1) 2x2 y2xyy 5x20 y2 x1y 2x25x 20 Ta có 'x12 4 2x25x 29x2 18x99x12
Khi PT
3 ) ( x x y x x y 2 x y x y
Với y x2, thay vào PT )( ta 2x2 4x20 x1 y1
Với y2x1, thay vào PT )( ta
(55)*) x1 y1 *) 13
4
y
x
Vậy nghiệm hệ phương trình 1 ;1
5 13 ;
Bài 75: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2017 – 2018)
2 2 2 2 0 2 2 2 2 0. x x x x x x x x
2
2 1( ) 2
x x L
x x
2 2 2 4 2 2 0
x x x x
x
x
Bài 76: ( HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2013 – 2014) Giải phương trình
3
1 1 x 2 x x (2) (x ) . Điều kiện xác định phương trình x1.
3
(2) x 2 x x 1 1 x
(vì 1 1 x0)
3
x 2 x 1 1 x 0
0
2 1 1 (*).
x
x x
Giải (*), đăt u3 2 x v, 1 x v( 0); ta có
3
1 1
1 ( 1) 1
u v v u
u v u u
3 2
1 1 0
1
2 2 0 ( 1)( 2) 0
v u v u v
u
u u u u u
Với u 1 ta x1 ( thỏa mãn điều kiện). Vậy nghiệm phương trình x0;x1
Bài 77: ( HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2015 – 2016) Giải hệ phương trình:
3
2
2 2
2 4 6 11
x x y x y xy y
x x y x
ĐKXĐ:
2 0 2 4
4x x 0 x
3
2
2 2 (1)
2 4 6 11 (2)
x x y x y xy y
x x y x
(56)3
3
3
2
2
2
2 2
2 2 0
( ) ( ) ( ) 0
( )[( ) 2 1] 0
( )( 1) 0
0 ( 1 0 , )
x x y x y xy y
x x y x y xy y
x y xy x y x y
x y x xy y xy
x y x xy y
x y x xy y x y
x y
Thay x y vào (2) ta có: x 2 4 x x2 6x11 (3)
2 6 11 ( 3)2 2 2, [2; 4]
VP x x x x
Dấu ‘=’ xãy x 3
2 4 ( 2).1 (4 ).1
VT x x x x
( 2) (4 ) 1
2, [2; 4]
2 2
x x
x
Dấu ‘=’ xãy x 3
2 4 2
(3) 3
6 11 2
x x x
x x
Do x 3 nên y 3 Kết luận: ( ; ) (3; 3)x y
Bài 78: ( HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2018 – 2019)
Lời giải Điều kiện xác định phương trình
1
x
4
Biến đổi phương trình cho
2
2
3 4x 4x 16x 8x 4x 4x 16x 8x
4x
3 4x 4x 16x 8x 4x 4x
3 4x 4x
4x 1 4x 4x
3 4x
Để ý
1
x
4
nên ta 0 4x 2 nên 2 4x 0 .
Từ suy
4x
1
3 4x
nên ta
4x 1 4x 4x 0
3 4x
.
Do từ phương trình ta
1
4x x
4
, thỏa mãn điều kiện xác định
Vậy
1 x
4
nghiệm suy phương trình
Lời giải Điều kiện xác định phương trình
1
x
4
(57)
2
2
3 4x 4x 16x 8x 4x 4x 32x 16x
2 4x 4x 4x 32x 12x
3 4x 4x
2 4x 4x 8x
3 4x
3 4x 4x
4x 4x 8x
3 4x
+ Với thấy với
3 x
4
ta ln có
3 4x 4x
2 4x 8x
3 4x
.
Với
1
x
ta có 0 4x 1 1 8x 1 1 4x 8x 1 1.
Do ta suy
3 4x 4x
2 4x 8x
3 4x
.
Như với
1
x
4
ta ln có
3 4x 4x
2 4x 8x
3 4x
nên từ phương trình ta
được
1
4x x
4
, thỏa mãn điều kiện xác định
Vậy
1 x
4
nghiệm phương trình
Bài 79: ( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2012 – 2013)
a) Giải phương trình (x – 2)(x – 1)(x + 3)(x + 6) = 12x2
Ta có: (x – 2)(x – 1)(x + 3)(x + 6) = 12x2
(x2 + x – 6)(x2 + 5x – 6) = 12x2 (*)
Ta thấy x = không nghiệm phương trình. Chia hai vế phương trình (*) cho x2 ≠ ta được:
(x - x
+ 1)( x - x
+ 5) = 12 Đặt t = x - x
6
ta có phương trình:
(t + 1)(t + 5) = 12 khai triển rút gọn ta pt: t2 + 6t - =
7 t t
Với t = => x - x
= x2 – x – =
2 x x
Với t = -7 => x - x
= -7 x2 + 7x – =
2 73
2 73
x x
(58)
32 ) )(
(
20 ) )(
(
2
2
y x y x
y x y x
32)()(
40))((2
2
22
yxyx
yxyx
Trừ hai pt vế theo vế ta được: (x - y)3 = x – y = 2
Hệ pt cho tương đương với hệ
10 2 y x
y x
10 ) (
2 2 x x
x y
0
2
2 x
x x y
3
2
x x
x y
1 3
y x y x
Vậy hệ pt có nghiệm…
Bài 80: ( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013 – 2014) Điều kiện: x ≥ –2014
Đặt t = x 2014 t = x + 2014 (t ≥ 0)
Ta có hệ sau :
2
x t 2014 (1)
t x 2014 (2)
Trừ vế theo vế phương trình (2) cho phương trình (1) ta : t2 – x2 – x – t =
(t+x)(t – x – 1) = t = –x t = x +
Với t = –x ta có : (–x)2 = x + 2014 x2 – x – 2014 = (*) Giải (*) nghiệm x =
1 8057
2
(loại t ≥ 0) x =
1 8057
2
Với t = x + ta có: (x + 1)2 = x + 2014 x2 + x – 2013 = (**) Giải (**) nghiệm x =
1 8053
2
x =
1 8053
2
(loại t≥0) Vậy nghiệm phương trình là: x =
1 8053
2
x =
1 8057
2
Bài 81: ( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2017 – 2018)
Giải phương trình 2 1 x 1 x2 3 x (1) Cách 1:
Điều kiện : 1 x
(1) 1 x 1 x 1x = 3x (2) Đặt 1 x a; 1x b ( a,b 0) (2) viết lại: 2a ab 4 b2
a(2b) (2 b)(2 b) 2(x2+2) ( + b > 0) 5√(x +1)(x
2
−x +1) x=0 ( Cơ si – bình phương )
x = thỏa điều kiện x=0 nghiệm phương trình cho Cách 2:
(59)√( x2 − x + 1 )
5 + √ 37
2
5 − √37
2
5 + √ 37
2
5 − √37
2 (*) √4x − 1
√ 4 y − 1
Kết luận: x = nghiệm
Bài 82: ( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2004 – 2005)
§K: x3 + (*).
Biến đổi phơng trình cho (1) <=> √4z−1 = √4 x − 1 Đặt √4y −1 = u; √4z −1 = v (1) => u2 + v2 = x2 + 2.
Khi (1) trở thành: 2(u2 + v2) = 5u.v => u = 2v ; u = v/2
Thay vào (1); giải phơng trình; tìm đợc: x = √4x−1 x = √4y−1 Thử thấy giá trị thoả mãn điều kiện (*)
Vậy phơng trình cho có hai nghiệm: x = √4z−1 x =
37 5
Bài 83: ( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2005 – 2006)
§iỊu kiƯn cđa Èn : x, y, z 1/4
Nhân vế theo vế ba phơng trình với cộng lại, ta đợc phơng trình: 4x + 4y + 4z = 4x1 + 4y1 + 4z1 (*)
Biến đổi (*) <=> ( 4x1-1)2 + ( 4y1-1)2 + ( 4z1-1)2 = 0
<=> 4x1 = 4y1 = 4z1 = <=> x = y = z = 1/2 tháa mÃn đ/kiện Thử lại, thấy x = y = z = 1/2 tháa m·n hÖ
Vậy hệ cho có nghiệm (x ; y ; z) = (1/2 ; 1/2 ; 1/2)
Bài 84: ( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2013 – 2014) a) 6 x x2x2 6x13 (ĐKXĐ 2 x 6)
6 x 4 x 2 4x2 24x 52
2
4x 24x 36 6 x 6 x 4 x 2 x 2 4 0
2
2
2x 6 x x 2 2 0
2
6
2
x x x
(60)Phương trình cho vô nghiệm b) x2(y – 5) + x + y – = 0 y(x2 + 1) = 5x2 – x + 3
2
2
5x – x
x 1
x y
x
(1)
y nguyên 2
1 x x
nguyên 2
1 x x
nguyên
(x + 2) (x2 + 1) (vì x + x2 + nguyên xZ) (x+2)(x – 2) (x2 + 1)
(x2+1) – (x2 + 1) 5 (x2 + 1)
2
1 1 x
x
x = 0; x = 2; x = -2
Thay vào (1) nhận y tương ứng ; 21
5 ( Loại); 5
Vậy tìm hai cặp số (x; y) thỏa mãn phương trình (0; 3) ; (-2; 5)
c)
2
2
1 (1)
3
x y x y
x y xy x y
Có: x2 – 3y2 – 2xy + 4x + 8y – = 0 (x + y - 1)(x – 3y + 5) = 0
1
x y
x y
* Xét x = – y vào phương trình (1) hệ cho có (1 – y)2 + y2 – (1 – y) – y – = 0
2y2 – 2y – = 0
Tìm hai nghiệm: y =
2
;
2
Vậy có hai giá trị x tương ứng
2
;
2
Vậy hệ có nghiệm (
2
;
2
) (
2
;
2
) * Xét x = 3y – vào phương trình (1) hệ cho có (3y – 5)2 + y2 – (3y – 5) – y – = 0
10y2 – 34y + 29 = phương trình vơ nghiệm Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm là:
(
1
;
1
) (
1
;
1
)
(61)+ Với xyz (I) viết lại:
x y
xy y z yz z x zx
(II)
1
x y
1
y z
1
z x
Cộng ba phương trình hệ (II)
theo vế ta được:
1 1 11
2
x y z
1 1 11 x y z 6 (*)
Trừ phương trình (*) cho phương trình hệ (II) theo vế ta có : x = 1, y = 2, z = Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) (1; 2; 3)
b) ĐKXĐ: - 10 x 10 Đặt a = 25 x2 ; b = 10 x2 ( a, b )
Ta hệ pt : 2
15 a b
a b
Giải hệ pt ta : a = ; b = Suy : x1 = ; x2 = -3
c)- Nếu y chẵn với x Z có 2008x2009 + 2009y2010 số chẵn; mà 2011 số lẻ, (vơ lý) - Nếu y lẻ y1005 là số lẻ Đặt y1005 = 2k + ( k Z )
2009y2010 = 2009(y1005)2 = 2009(2k + 1)2 = 2009(4k2 + 4k + 1) = 4[2009(k2 + k)] + 2009 Ta có 2009y2010 chia cho dư 2008x2009 + 2009y2010 chia cho dư 1;
mà 2011 chia cho dư 3, (vô lý) Vậy số nguyên x, y thỏa mãn hệ thức : 2008x2009 + 2009y2010 = 2011
Bài 86: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2009 – 2010) a) Ta có: 6x5y18 2 xy 2xy - 6x - 5y = 18
2xy - 6x + 15 - 5y = 33 2x(y – 3) – 5(y – 3) = 33 (y – 3)(2x – 5) = 33 = 1.33 = 3.11
Ta xét trường hợp sau : *
3 19
2 33
y x
x y
*
3 33
2 36
y x
x y
*
3 11
2 14
y x
x y
*
3
2 11
y x
x y
Các cặp số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức Vậy cặp số cần tìm : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4)
b) PT: x 2 6 x x2 8x24(1) ĐKXĐ: 2 x
Chứng minh được: x 2 6 x2
(62)Dấu “=” xảy (x – 4)2 = x - = x = 4 Phương trình (1) xảy x = 4
Giá trị x = : thỏa mãn ĐKXĐ Vậy: S = c) Điều kiện: xy 0
1
x + y + + =
x y
1 xy + =
xy
2[xy(x+y)+(x+y)]=9xy (1)
2(xy) -5xy+2=0 (2)
Giải (2) ta được:
xy=2 (3) xy= (4)
2
Thay xy = vào (1) ta x + y = (5)
Từ (5) (3) ta được:
1
2
1 x y x y
xy x
y
( thoả mãn ĐK) Thay xy =
1
2 vào (1) ta x + y = 2 (6)
Từ (6)và(4) ta được:
1
2
1
2
1 x y x y
xy x
y
(thoả mãn ĐK)
Vậy hệ cho có nghiệm là:
1 ( ; ) (1; 2), (2; 1), 1; , ;1
2 x y
Bài 87: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2010 – 2011) a)
1
x x x
2
(1) ĐKXĐ: x
1
(1)
2
1 1 1
x x x x x
4 4
1 1
x x (vì x 0)
4
1 1
x x
4 4
2
1 1
x x
4
(vì
1 x
4
(63)
1 x
4
=
2 2
x x 2
4
(thoả ĐKXĐ) Tập nghiệm phương trình S = {2 2}.
b) x 2y y 2x 2xy (*) ĐKXĐ: x
1
; y
Ta có 2x - - 2x 1 .1 +1 =
2 2x 1 0 2x
x 2x 1
x
(1) (vì x>0)
Tương tự
2y 1 y
(2)
Từ (1) & (2) suy
2x x
+
2y y
(3)
(*)
2x x
+
2y y
= (4)
Từ (1), (2), (3) & (4) suy
2x 1
x x
y 2y
1 y
.
Vậy (x; y) = (1; 1)
c) 2 x y yz y z xz z x xy
x y z 12
(1)
ĐKXĐ: x, y, z 0.
(1)
2 2 2
2 2
x y y z z x
x y z 12
2 2
x y z
x y z 12
x y z 2 (vì x, y, z 0).
Bài 88: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2013 – 2014) a) Giải phương trình
x x x x 12
x
ĐK : x≤ - ; x > 1. x x 2 x x 1 12
(64)
b)Giải hệ phương trình:
1
2 x
x y
2 y 1
x y
.
2
3 1
1 1 3 2 (Công vê)
2 x 1 3 1
x y x y 2 x 2 x 2 y
1 1 2 3 1
1 1 ( tru vê)
2 y 1 1 x y
2 y x y 2 x 2 y
x y
4 9 1
( Nhân vê) =>x 8xy-9y 0 x y x 9y 0
x y 4x 4y
x y; x 9y(loai)
2 3 1 2 2 x 1.
2 x 2 x x
Vậy nghiệm hệ x = y =
Bài 89: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2015 – 2016)
a) Tìm tất cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn đẳng thứcx22y2 3xy2x 4y 3 Từ đề ta có (x-2y)(x-y+2)=-3=-1.3=-3.1
TH1: x - 2y = 3và x - y + = -1 nên y = -6 x = -9 (trường hợp không thỏa mãn ) TH2: x - 2y = -3và x – y + = nên y = x = (trường hợp thỏa mãn )
Vậy y = x =
b) Giải phương trình x 2 x 1
Điều kiện x1
Ta có
3
3
3
0
( 2)
x x
x
x x
3
3
1
( 3).( )
1
( 2)
x
x
x x
Với x1
3 3
1
0 (x 2) x 1 x
vô nghiệm Nên ta có x 0 x3
KL:
c) Giải hệ phương trình
2
2
1
1
1
x y
x y xy
(65)Ta có phương trình đầu
2 2
2
1
1 x y x y
x y
(1) Ta có phương trình sau :
2
2 2
2
4 2
1 2
1 1
1 x y xy xy
x y xy x y xy
xy x y
xy
Giải tiếp… KL:…
Bài 90: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2016 – 2017) a) Giải phương trình :
3
2
2 x x x x x ĐKXĐ : x 1
3
2
2
3
1 1 1
2 x
x x x x
x
x x x x
12 12
2 x x x
1 1
2 x x x
(*) Nếu x 2 phương trình (*)
3
1 1
2
x x x x x x x
2 2
16( 1) 10 25 ( 5)
x x x x x x x (TM) Nếu x 2 phương trình (*)
3
1 1
2
x x x x x x ( TM)
Vậy phương trình có nghiệm x=1 x=5
b) Giải phương trình: 2x25x12 2x23x2 x 5. Đặt u 2x2 5x12,v 2x23x2 (u0,v0)
2 2 5 12, 2 3 2 2 2 10 2( 5)
u x x v x x u v x x
Từ (1) 2(u v ) ( u2 v2)(u v u v )( 2) 0 (2)
(66)
2
2
3 3
7 (7 7) (6 6)
2 3
3
( 1)(7 1)
1 1,
7 1,
7
x x x
x x x x
x x x
x
x x
x
x x tm
x x
Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x=
c) Tìm nghi m nguyên c a phệ ủ ương trình: x2 25y y( 6)
T x2 25y y( 6)
Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16
Đ ý phể ương trình ch ch a n s x v i s mũ b ng 2, ta có th h n ch gi iỉ ứ ẩ ố ố ằ ể ế ả
v i x s t nhiên.ớ ố ự
Khi đó: y+3+x y+3-x
Ta có ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) s ch n ố ẵ
Suy s ( y+3+x ) (y+3-x) tính ch n l Ta l i có tích c a chúng s ch n ,ố ẵ ẻ ủ ố ẵ
v y s ( y+3+x ) (y+3-x) s ch n.ậ ố ố ẵ
Ta ch có cách phân tích - 16 tích c a s ch n sau đây:ỉ ủ ố ẵ
-16 = (-2) = (-4) = (-8) thừa số đầu giá trị (y+3+x)
Khi y+3+x= , y+3-x = -2 ta có x= 5, y= Khi y+3+x= , y+3-x = -4 ta có x= 4, y= -3 Khi y+3+x= , y+3-x = -8 ta có x= 5, y= -6
Vì phơng trình cho có nghiệm :( x,y) 5,0 ; 5, ; 4, Bài 91: ( HSG TỈNH TÂY NINH NĂM HỌC 2012 – 2013)
Vậy nghiệm pt là: x6
Bài 92: ( HSG TP HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2016 – 2017)
a) Điều kiên: x –3
2 2
(2x 1) x x 3 (1)2x x 3 x x 3 x 3 2x x 3 x 0
2
(x 2x x x 3) (x x 3) (x x 3) (x x 3) (x x 3)(x x 1)
x x x x x x x x
Tập nghiệm (1)
1 13 17
S ;
2
Điều kiện: x2
2
2
1 2 2 2 1
2 1 2 1
2 4 ( 2)
x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x
(67)b)
3xy 3x( 3y) 24 x(y 1) y(x 1) xy x xy y
(x 1)(y 1) 1 xy x y 2 3xy 3x 3y 6 3x ( 3y) 2 nên 3x – 3y
nghiệm phương trình X2 + 2X – 24 = …
4 x
3x
y 3y
X
x
X 3x
4 3y y
3
c) (x + y)(x + 2y) = x + x23xy 2y 2 x 0 4x 12xy 8y2 24x 20 0
2 2 2
(2x) 2.2x(3y 1) (3y 1) y 6y 21 [2x (3y 1)] (y 3) 12
(2x 2y 2)(2x 4y 4) 12 (x y 1)(x 2y 2)
Với x, y nguyên ta có bảng sau:
x + 2y – –1 –3
x + y + –3 –1
y – –2 2 –2
y 5
x –5 –9 –3
KL:…
Bài 93: ( HSG TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013) a)Giải phương trình: 2x22x 1 2x ( x x 1) (1) Đặt t x2 x 2 x2 t2 x 2
Thay vào pt(1) ta có pt:
2
x 2x t x 2 2x (t 1)
2
t 2x t (x 1)(x 2)
t x t x
Với t x 1 ta có pt: x2 x x 1
22
x1
xx2x1
2
x
x x x 2x x
x x
Với t x 2 ta có pt: x2 x x 2
2
x
x x x
2
x x 2
x
3x
x x x 4x
Vậy phương trình (1) có nghiệm
2 x 1, x
(68)
2
xy z 2 1
2
yz x 2 2
2
xz y 2 (3)
b)Tìm số nguyên x, y thoả mãn:
2 3
2y 2x 1 2x 2y 1 x y (1) Ta có (1) 4xy(x y) 2(x y) x y 3
Đặt
a x y b xy
vì x, y nguyên nên a, b nguyên.
Khi ta có pt : 4ab 2a b với a, b nguyên
3 b 2a
2b
(vì b nguyên nên 2b - 0)
2
16a 4b 2b
2b
Vì a, b nguyên, nên 2b – phải ước
b a
2b 1 1
b a (L)
2b 1 2
2b b 4 a 9(L)
2 2b
b a
Với a = 0, b = ta có hệ
x y
x y
xy
Với a = 2, b = -3 ta có hệ
2 y x x y
(VN)
xy x 2x
KL : Các số x, y nguyên thoả mãn điều kiện toán : x = y = 1, x = y = -1 Bài 94: ( HSG TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC 2011 – 2012)
a) Đặt a = , b =
Ta có : a3 + a2 - 2a =
a ( a2 + a -2) =
Hệ ( I ) có ba nghiệm : ( ; 1) ; ( ; 0) ; ( -2 ; 3) nên phương trình cho có nghiệm : ; ; 10 b)
Từ (1) ; (2) ta có : (x – z)(x – y + z) = (4) Từ (2) (3) ta có: ( y - x)(x + y –z) = (5)
Từ (3) ; (4) ; (5) ta có hệ :
3
x
2 x1 0
I 1
b a
1 2 b 3 a
0 2 a 2 a
(69)Để giải hệ ta giải hệ:
Giải hệ ta nghiệm hệ phương trình : (1; 1; 1) ; ( -1;-1; -1 ) ; ;
; ; ;
Bài 95: ( HSG TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)
a) Giải phương trình sau:
2
x 3x (x 3) x 1
Đặt
2
x 1 y với y 1 Khi ta được
2 y 3
y 3x (x 3)y (y 3)(y x) 0
y x
Từ dẫn đến phương trình có nghiệm x2 2
b)
2
2
y 2x 2xy 1
x y x y 8
2 2
y 0 (y 1)(2x y 1) 0
2x y 0
x y x y 8
x y x y 8
2 2
y 0
x y x y 8
y 2x 1
x y x y 8
Giải hệ 2
y 0
x y x y 8
ta nghiệm (2;1); (-3;1)
2
y 2x 1
x y x y 8
8 11 ( ; ) 5 5 2 2 y xz 0 z y x x y 0 z y x z x
B
2 2 y xz 0 z y x 0 z x A 2 2 y xz 0 x y 0 z x
D
2 2 y xz 0 z y x 0 z y x C 2 2 y xz 0 z y x 0 x y
2; 0; 2 2; 0; 2
(70)Bài 96: ( HSG GIA TĨNH - TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014)
a) Gọi số tự nhiên thoả mãn đề x, y, z với x,y,z khác khác Giả sử 1x< y <z ta có <
1 1
x yz< ta cần tìm x, y, z để
1 1
xyz có giá trị nguyên , có trường hợp sau:
TH1)
1 1 xyz= , Ta có 1=
1 1 xyz<
3
x suy 1x < - Xét x =1 (loại)
- Xét x =2
1 1 y z <
2
y => <y<4
=> y = => z= (thoả mãn ) Ta cặp số (2 ;3 ;6) TH2)
1 1 x yz =2 Ta có =
1 1 x yz <
3
x suy 1x < => x =1 =>
1 1 yz <
2
y suy 1x <y <2 (loại) Vậy từ TH ta số thoả mãn đề ;
b) ĐK : x 1 Ta có
0 ) (
2 3
x x x
x x
x3
+2√(3x−2)3=3x(3x−2)
3 2
3
3
1 1
x x x x
x x x
x x x x
3
2 2 3
3
1 1
x x x x
x x x x
x=0 x≠0 ⇔
2 x+1x−1−
1 x+1x+1=
5
x + 1
x =t
|t|≥2 x2 -2x +2 = (x-1)2 +1 = Phương trình vơ nghiệm c) Đk:
2
t−1−
1
t+1=
5 3⇔
t+3
t2−1=
5
⇔5t2−3t−14=0⇔(t−2)(5t+7)=0⇔
¿
[t=2 [t=−7
5 [¿
Đặt t =2 x+1x=2⇔x=1 suy : y = - u2 x = - v2 thay vào hệ ta có :
⇔ => (x−2)2+y2=1 (x−2)3+y2=1
¿
{
¿¿¿
(71)Trừ vế phương trình hệ ta :
2(u2 - v2) = (8 – u - v).(v - u)=> (u - v).(u + v + 8) = => u = v u + v + > Khi đó: 11 - 2v2 = (4 - v)2 => 3.v2 - 8v + =0
Đưa dạng tích ta có v = v = a2
+y2
=1 a3
+y3
=1
¿ {¿¿¿
¿ (thoả mãn )
+) Nếu v = x = y =3(TM) +) Nếu v =
⇒ −1≤a,y≤1 a2+y2=a3+y3 ⇔
¿
−1≤a,y≤1(1)
a2(1−a)+y2(1−y)=0(2)
¿
¿{¿¿¿ x = y = ¿0 (TM)
Vậy nghiệm hệ (x ; y) = (3,3) (x ; y) = ( ⇔ , a
2 +y2=1 )
Bài 97: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2010 – 2011)
Đk:
a=0
y=1
¿
{¿¿ ¿
¿ Phương trình tương đương với
a =1
y =0
¿
{ ¿ ¿ ¿
¿
Đặt
x=2
y=1
¿
{¿ ¿ ¿
¿ ta phương trình
x
=3
y
=0
¿
{¿¿¿
¿
2 t
Với
, t
ta 2
2
1 x
x (vô nghiệm)
Với
2 , t
ta 2
2
1
x
x suy
1 x
Đk: y0 Hệ tương đương với
2
3
1
4
1
4
x x
y y
x
x x
y y y
Đặt
1
, u x
y x v
y
ta hệ
2
3
2 4
1
2 4
u u v u u u
v
u uv u u v
Với
2 1, u v
ta
1
1 1
x
x y
x y
y
(thoả mãn điều kiện)
Bài 98: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2011 – 2012)
a) Giải hệ phương trình
2
2
y x y
x y x
Điều kiện : x, y Từ PT (1) :
2
2
2 (2 )
x
x x xy y y x x
(72)Xét x = phương trình vơ nghiệm => Hệ vô nghiệm Xét x => y =
2
x x
(*) thay vào phương trình (2), ta có
3
2
1
(2 ) 2
x x
x x
<=> 2x32 (2x2 x) (2 x)2 3x24x 0 Phương trình có hai nghiệm : x1 =
2
3 => y1 =
3 x1 = -2 => y1 =
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 3 x y
2 x y
b) Vì vai trò x, y , z nên 0x y z + Xét trường hợp x = =>
3
1
y z
z yz y z
Ta có :
1
1
y z y z
z yzy zy z
mà
3 3
1 y z
(Do + z > y + z ; + yz > y + z <=> – y + z(y – 1) <=> (y – 1)(z – 1) ) Nên phương trình :
3
1
y z
z yz y z
Vô nghiệm + Xét trường hợp x => 0x y z; ; 1
Ta có
1
x x
y zxx yx zx x y z
(Dấu = xảy x = 1)
1
y y
z xy y zy xy x y z
(Dấu = xảy y = 1)
1
z z
x yz z xz yz x y z
(Dấu = xảy z = 1) Suy :
3
1 1
x y z
y zx z xy x yz x y z
( Dấu = xảy x = y = z = 1)
=> x yz x y z
z xy
z y zx
y x
3
1
1 x = y = z = 1
Vậy phương trình có nghiệm x = y = z =
Bài 99: ( HSG TỈNH THANH HĨA NĂM HỌC 2013 – 2014) Ta có:
4 4 4
4 4
2 2
x y y z z x
x y z x y2 y z2 z x2
=
2 2 2 2 2 2
2 2
x y y z y z z x z x x y
xyyz yzzx zxxy
= xyz (x + y + z) = xyz ( x + y + z = 1) Dấu xảy
1
1
x y z
x y z x y z
Vậy nghiệm hệ phương trình là:
1 1
; ;
3 3
x y z
(73)⇔(x−y−z)+2√3=2√yz⇒(x−y−z)2+4√3(x−y−z)+12=4yz (1)
TH1 Nếu x−y−z≠0 Ta có √3=
4 yz−(x−y−z)2−12
4(x−y−z) (2) vô lý ( x, y ,z∈N nên vế phải (2) số hữu tỷ )
TH2 x−y−z=0
(1) ⇔
x−y−z=0
yz=3
¿
¿{¿ ¿ ¿ (3)
Giải (3) ta x=4
y=1
z=3
¿ {¿{¿ ¿¿
¿
x=4
y=3
z=1
¿ {¿{¿ ¿¿
¿ thử lại thỏa mãn
Bài 100: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2014 – 2015)
a) ĐKXĐ: 2
1
2
5
5 33 x
x x
x
x x
x
Nhận thấy x0 không nghiệm phương trình Khi x0
Phương trình cho
1
2
2
1
x x
x x
Đặt
2 t x
x
, ta phương trình biểu thị theo t
1
2
1
t t
2 5 6 0 2; 3
t t t t
Với
2
2 2
t x x x x
x
(thỏa mãn) Với
2
2 17
3 3
2
t x x x x
x
(thỏa mãn)
Vậy phương trình cho có tập nghiệm
3 17
1 3;
2 S
b) Với x = y = nghiệm hệ phương trình Nhận thấy x 0 y 0 ngược lại
Xét x 0 ; y 0 hệ phương trình tương đương với
2 2
1 1
2
1 1 1
( )(1 ) ( )(2 )
x y x y
x y xy x y xy
Thay (1) vào (2) ta
3 1
( )
xy
(74)1
1
1
x y
x y xy
Vậy hệ có nghiệm (x ; y) (0 ; 0) ; (1 ; 1)
c) Ta có: 5(x2xy y 2) 7( x2 )y (1)
7(x2 ) 5y (x2 ) 5y Đặt x2y5t (2) (t Z ) thì (1) trở thành x2xy y 7t (3)
Từ (2) x5t 2y thay vào (3) ta 3y215ty25t2 7t0 (*), coi PT bậc hai y có: 84t 75t2
Để (*) có nghiệm 0 84t 75t2 0
28
25 t
Vì t Z t0 t 1 Thay vào (*) : + Với t0 y1 0 x1 0
+ Với t 1
2
3
3
2
y x
y x
Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x, y) (0; 0), (-1; 3) ( 1; 2) Bài 101: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2016 – 2017)
Giải hệ :
2
2
2 (1)
2 (2)
x xy
y x y
- Trừ vế hai phương trình hệ ta ;
2 2 ( )( ) 0 (3)
0 (4)
x y
x y xy x y x y xy x y
xy x y
- Thay y = x từ (3) vào (1) ta phương trình :
2
1
2 ( 1)( 2 2) 0 1 2
1 2
x
x x x x x x
x
Vậy ta nghiệm (x; y) :
( 1; 1); (1 2;1 2); (1 2;1 2)
- Từ (4) suy 1
x y
x
(75)Thay y vào (2), ta có :
2
4
2 2 4 2 0
( 1) 1
x x
x x x x
x x
2 2
(x 2x 2)(x x 1) x x
(Vìx2 2x 2 (x1)2 1 0)
1
1
x x
- Với
5 1
1 5 3 5
2 5
x y
Ta ( ; ) (1x y 5; 3 5) nghiệm hệ
- Với
5 1
1 5 3 5
2 5
x y
Ta ( ; ) (1x y 5; 3 5) nghiệm hệ
Vậy hệ cho có nghiệm :
( 1; 1); (1 2;1 2); (1 2;1 2);(1 5; 3 5);(1 5; 3 5) Bài 102: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017 – 2018)
a) Giải hệ phương trình
2 2
( ) (8 13) (1)
2 (2)
x y x y xy
x
x y
ĐKXĐ: x y 0
Chia phương trình (1) cho(x y )2ta hệ
2
2
8( ) 13
( )
2
x y xy
x y x
x y
2
2 2
2
1
5 ( ) 3( ) 13 3( ) 23
( )
1 ( ) 1
( )
x y x y x y x y
x y x y
x y x y x y x y
x y x y
Đặt
1 ,
u x y v x y
x y
(ĐK:| | 2u ), ta có hệ
2
5 23 (3) (4)
u v
u v
Từ (4) rút u 1 v, vào (3) ta
2 2
5u 3(1 u) 23 4u 3u10 0 u2
5 u
Trường hợp
5 u
loại u 2
Với u 2 v1 (thỏa mãn) Khi ta có hệ
1 x y
x y x y
Giải hệ cách x 1 y vào phương trình đầu ta
(76)b)Tìm nghiệm nguyên phương trình 5 62 ( 2) 2 6 8 (1).
y y y x y y x
Ta có
2
(1) y y 56 ( y 2)x y y x
y 2 x2 y 4x y 3 56
x 1 y 2 x y 3 56
Nhận thấy y 2 x1 x y 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích ba số nguyên mà tổng hai số đầu số lại
Như ta có
) 56 1.7.8 ; 2;9 ) 56 7.1.8 ; 8;3
x y x y
) 56 ; 7;3 ) 56 ; 2;
x y x y
) 56 ; 7;9 ) 56 ; 8;
x y x y
Vậy phương trình có nghiệm nguyên
Bài 103: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2018 – 2019)
a) Giải hệ phương trình
2
1 (1) (2)
x x y
y y x
Trừ theo vế phương trình (1) (2) ta được:
2
2
1 3
1
x y
x y x y x y
x y
0 x y
2
3 (*)
1
x y
x y
Trường hợp 1:x y 0 xy Thay y x vào (1) ta phương trình:
2 1 1
x x
2
2 1 1
1
x x
x
Giải hệ ta được:x 0 x y
Trường hợp 2: 2
3
1
x y
x y
.
Xét
2 2
3
3
1 1
x x y y
x y A
x y x y
Ta có:
2
3 x 1 x x x x x x x x 0 Tương tự:3 y2 1 y0
(77)2
2
2 2
2 2
1 1
1 1
2 1 (1)
2 1 (2)
1 4 (3)
1 4 (4)
x x y x y x
y y x y x y
y x x y
x y y xy x x
y x x xy y y
Trừ theo vế phương trình (3) (4) ta phương trình :
x y 4x y 6 0 x y
hoặc 4x y 6 :
Cộng theo vế bất phương trình (1) (2) ta : x y 0, suy trường hợp4x y 6 không xảy
Trường hợpx y , thay vào (3) ta được:x y Vậy hệ có nghiệm nhất: x y
b)Tìm nghiệm nguyên phương trình x y x y2 2 x y x 1 . Đặt a xy b x y , a Z b Z b , , 4a (*)
Phương trình (1) trở thành: a b b a2 2
2 a b
a
2 2 2
2 1 5
a a a a a a a
2 1 1;5 0;4 0; 2;2
a a a
Nếu
0
0 , 0; , 2;0
2 xy
a b x y
x y
Nếu
2 2
2
0 2
2 x y xy
a b
x y x
y
(loại khơng thỏa mãnx y Z, ) Nếu
4
2 ,
5 a b
loại khơng thỏa mãn b Z
Vậy nghiệm nguyên x y, của phương trình cho là: 0; , 2;0 Cách :Đưa phương trình dạng:
2
( 2) x y xy xy x y
Đặt txy, t Z ta phương trình ẩnt: x y t 2 t (x y 2) (1) Nếu
2
0
0 2
xy x
x y xy
x y y
Hoặc
2 x
y
(loại) *) Nếu x y 0, ta có phương trình bậc ẩnt:
x y t t x y 2 0 (2)
2
1
4
x y x y x y
x y 12 0;1 x y 1 1;0;1 x y 1;2
(78)*) Nếu
1
1 xy x y
xy
(loại)
*) Nếu
0
2 1 , 0;2 , 2;0
2 xy
x y x y
xy
(thỏa mãn)
Vậy nghiệm nguyên x y, của phương trình cho là: 0; , 2;0 Bài 104: ( HSG TỈNH TRÀ VINH NĂM HỌC 2017 – 2018)
Giải hệ phương trình
2
2
2 1(1)
1
3 1(2)
y x
y x
x
x y x
ĐKXĐ: x>1
Từ (1) y2 x2 2y x1 ( x1)2 (y x1)2 x2 y x x1
*Thế y x x1vào (2), ta được: x1( x1 1) 0 x1 (loại)
*Thế yx x1vào (2), ta được: 1(11)0xxx =1 (loại) x = 2
Vậy hệ có nghiệm (x = 2; y = - 1)
Bài 105: ( HSG TỈNH TRÀ VINH NĂM HỌC 2018 – 2019)
ĐKXĐ: x1
Đặt
1
1 ;
a b x
x x
ta có hpt
2
2
2
1 ( )
2
a b x x x
a x a x a
x
a b x
Do đó:
2
4 2
2
2
1
1 2
2
1
( ) 2( )
x x
x x x x x x
x x x x
x x
x x
Đặt
2 2
1
2
t x t x
x x
ta có pt: t2 2t 1 t1
Với t1thì
1
2
1
1 1 1 0
1 ( )
x
x x x
x
x loai
Vậy pt có nghiệm x=
1
Bài 106: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2007 – 2008)
a) Ta có
2( ) 3( ) 0 2( ) 3( )
2( ) 3( ) 0 2( ) 3( )
2( ) 3( ) 0 2( ) 3( )
2 5 3 0(1)
2 5 3 0(2)
2 5 3 0(3)
x y y z x y y z
y z z x y z z x
z x x y z x x y
x y z y z x z x y
(79)8(x y y z z x )( )( ) 27( x y y z z x )( )( ) (x y y z z x )( )( ) 0
x y y z z x
Nếu xy, từ (1) ta suy 3x3z 0 x z x y z
Tương tự, yzhoặc zxta dẫn đến x y z
Như vậy, với số thực x y z, , thoả mãn giả thiết toán ta ln có x y z.
Từ đó: S (x x )22 (x x )4 (x x )2008 0. b) ĐK: x2
-Nếu
1
3
0
2
1 2 2 3 2
5 10
2
3 0
2
x
x x
x x
x
x x
Suy
6 10
4
2 x 3 x , phương trình khơng có nghiệm x
-Nếu
1
3
4
1 2
2
5 10
2
0
2
x
x x
x x
x
x x
Suy
6 10
4
2 x 3 x , phương trình khơng có nghiệm x
Với
1 x
ta thấy thoả mãn điều kiện phương trình cho Vậy phương trình cho có nghiệm
1 x
.
Bài 107: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2008 – 2009)
a) Viết lại hệ dạng:
2
2
2
( 1) (1 ) (1) ( 1) (1 ) (2) ( 1) (1 ) (3)
x y x y
y z y z
z x z x
Từ (1)&(2) suy ra: (1 x)4 (1 y)2 1 z Suy ra: (1 x)8 (1 y)4 (1 z)2 1 x
8
(1 )
1
x
x x
x
1
x y z
x y z
(80)
2
4 3m 3m 4n 8n 4n 8n 3m 4n 8n 4n 8n
Do 2 3m
số chình phương
2n2 2n2 4n4 8n3 4n2 8n 1 2n2 2n 12
nên
2 2
2 3m 2n 2n (n n 1)
Suy n1 m1 Thử lại kết luận
Bài 108: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2009 – 2010)
Viết lại phương trình thứ hai hệ dạng 4 8 16 16 5 0
y x y x x
Coi phương trình bậc hai, ẩn ,y x tham số Có
2 2 2
' 2x 16 16x 5x 9x
Từ đó, tìm y 4 x y, 5x4
- Nếu y 4 x, thay vào phương trình thứ nhất, giải x0,x2,x5 Với x0 y 4 x4
Với x2 y 4 x6 Với x5 y 4 x9
- Nếu y5x4, thay vào phương trình thứ nhất, giải x0,x2,x19 Với x0 y5x 4
Với x2 y5x 4 Với x19thì y5x 4 99
Vậy, nghiệm hệ x y; 0;4 , 2;6 , 2; , 5;9 , 19;99 Bài 109: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010 – 2011)
a) Điều kiện x1 Đặt 2x 3 x 1 u u, 0,
Ta có
2 3 4 2 5 3 3 2 2 5 3 16 20
u x x x x x x
Phương trình trở thành : u2 u 20 u2 u 20 0 u5 (do u0) Với u5 ta 2x 3 x 1 5 3x 4 2x25x 3 25
2
2
7
2 21 3
146 429
x
x x x x
x x
Kết luận x =
b) Đặt a x 1; b y 1, phương trình cho trở thành: (a1)2b(b1)2a1 (1) Ta có:
(1) ab a b( ) 4 ab(a b ) 1 ab a b( 4) ( a b 4) 5 (a b 4)(ab1) 5 Khi xảy trường hợp sau:
1
; ; ;
0
a b a b a b a b
ab ab ab ab
Từ tìm ( , ) (0,1);(1,0);( 6,1);(1, 6)a b
(81)Bài 110: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2011 – 2012)
Nếu x y 6 x y x (y6) 1 phương trình vơ nghiệm Do x y 6
2 x y y x x
x{1; 2} Với x1 thay vào phương trình ban đầu ta được:
y 13 (y 5)2 y 3y2 5y 8 0 y 3
suy phương trình có nghiệm x y; (1; 3) Với x2 thay vào phương trình ban đầu ta được:
y23 (y4)2 y35y24y 0
phương trình vơ nghiệm y1 Vậy phương trình cho có nghiệm x y; (1; 3)
Bài 111: ( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2006 – 2007) ĐK: x ≥ Ta có: (1) x x 1 x 2 0
2
( x 1) x 2 0
x 1
x x
Bài 112: ( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2011 – 2012) a) * Cách 1:
Ta có: x − xy = 7x − 2y − 15 xy − 2y = x − 7x + 15
y(x − 2) = x − 7x + 15 y = \f(x−7x+15,x−2 = \f(+5,x−2 = + \f(5,x−2 Vì x, y Z \f(5,x−2 Z x − Ư(5)
- Nếu x − = x = y = 3−5 + \f(5,3−2 = - Nếu x − = -1 x = y = 1−5+ \f(5,1−2 = -9 - Nếu x − = x = y = 7−5+ \f(5,7−2 =
- Nếu x − = -5 x = -3 y = -3−5+ \f(5,-3−2 = -9 Vậy cặp số nguyên x, y thỏa mãn phương trình (x ; y) = (3 ; 3) , (-1 ; -9) , (7 ; 3) , (-3 ; -9)
* Cách 2:
Ta thấy phương trình cho tương đương: x − xy − 7x + 2y + 15 =
(2y − xy) − (2x − x) + (10 − 5x) = -5 y(2 − x) − x(2 − x) + 5(2 − x) = -5 (2 − x)(y − x + 5) = -5
(x − 2)(y − x + 5) =
Vì x, y số nguyên nên x − y − x + số nguyên x − y − x + ước
Xét trường hợp ta (x ; y) = (3 ; 3) , (-1 ; -9) , (7 ; 3) , (-3 ; -9)
b) Ta có: (x + y)1+ \f(1,xy = x + \f(1,x + y + \f(1,y = \f(x+1,x + \f(y+1,y = Đặt \f(x+1,x = a , \f(y+1,y = b (a, b ≥ 2)
Hệ phương trình cho tương đương: \f(1,a\f(1,b\f(2,3 Từ suy ab =
Do a = b = (t/m a, b > 2) Từ rút \f(x+1,x = \f(y+1,y =
Quy phương trình bậc hai sử dụng công thức nghiệm ta thu được: (x ; y) = \f(3+,2 ; \f(3+,2 , \f(3+,2 ; \f(3−,2 , \f(3−,2 ; \f(3+,2 , \f(3−,2 ; \f(3−,2
Bài 113: ( HSG HUYỆN KIM THÀNH NĂM HỌC 2011 – 2012) a) ĐK x0hoặc x1
(82)Với x1 Ta có
3 2( 1) 1( 1)
x x x x x x
2 1( ) 1( 1)
2
x x x x x x
3 2
x x x x x
Dấu "=" Xảy
2
1
x x
x x
2
1
1
1
x x
x x
x x
Vơ lý
Vậy phương trình cho có nghiệm x0
b) Giải hệ phương trình sau:
13 y 3 x 4 xy 18 y x
y x y x
I )
) b ( 13 y 3 x 4 xy 18 y x
) a ( y x y x
(ĐKXĐ : x 0; y ) Ta có :
( a) ( x y)( x y1)0 x y=0 x y x = y vào (b) ta đợc :
2x +18x = x 3 x 13 20x - 7 x -13 = (6) Đặt x = t (t ) ta có :
( 6) 20 t2 – 7t – 13 =
) ( 0 20
13 t
1 t
lo¹i
x = x = 1