Các chuyên đề Đại số THCS ôn thi vào chuyên Toán

Hỏi nếu mỗi người thợ làm một mình với năng suất dự định ban đầu thì mất bao lâu mới xong công việc nói trên. Lời giải.[r]

(1)

1

MỤC LỤC

(2)

2

CHUYÊN ĐỀ BIẾN ĐỔI ĐỒNG NHẤT

Bài Cho a + b + c = 2009 Chøng minh r»ng:

3 3

2 2

a + b + c - 3abc

= 2009 a + b + c - ab - ac - bc

Lời giải

Ta có đẳng thức: 3   2 

a + b + c - 3abc= a b c a b c ab bc ca

Do đó:   

2 2

3 3

2 2 2

a + b + c - 3abc

= = a + b + c =2009

a + b + c - ab - ac - bc

a b c a b c ab bc ca

a b c ab bc ca

      

    

Bài Giả sử a, b, c, x, y, z số thực khác thỏa mãn: a b c

x  y z

x y z

a  b c Chứng minh rằng:

2 2

x y z

a b c 

Lời giải Ta có: a b c ayz bxz cxy

x y z xyz

 

    Suy ra: ayzbyzcxy0

Do đó:

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

1 x y z x y z xy yz xz x y z ayz bxz cxy

a b c a b c ab bc ca a b c xyz

   

   

                

     

=

2 2

0

x y z

a b c xyz

 

    

 

Vậy

2 2

x y z

(3)

3

Bài Giả sử x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện: x  y z xyz Chứng minh rằng:

 

   

2 2

5

2

1 1

xyz x y z

x y z

x y z x y y z z x

 

  

     

Lời giải Ta có:

    

2

1

x xyz xyz xyz xyz

x  yz x xyz  yz x x y z  x xy yz zx  x y z x

         

Tương tự ta có:

     

2

2 3

;

1

y xyz z xyz

y  x y y z z  y z z x

     

Do đó:

        

 

        

2 2

2 3

1 1

2 3

x y z xyz xyz xyz

x y z x y z x x y y z y z z x

xyz y z x z x y xyz x y z

x y y z z x x y y z z x

    

        

      

 

     

Vậy:  

   

2 2

5

2

1 1

xyz x y z

x y z

x y z x y y z z x

 

  

     

Bài Giả sử x, y số thực dương phân biệt thỏa mãn:

2

2 4 8

2

4

y y y y

xyx y x y x y 

Chứng minh rằng: 5y4x

Lời giải Ta có

 

  

 

  

 

  

4 4

2

2 4 8 2 4 4

2 2

2

2 4 2 2

2

4

2

4

2

y x y y

y y y y y y

x y x y x y x y x y x y x y x y

y x y y

y y y y

x y x y x y x y x y x y

y x y y

y y y

x y x y x y x y x y

 

      

       

 

    

     

 

   

    

Do đó: y y 4x 4y 5y 4x

xy      

Vậy 5y4 x đpcm 

(4)

4 Tính giá trị biểu thức:

2 2

2 2 2 2 2

x y z

P

y z x z x y x y z

  

     

Lời giải

Ta có: x  y  z    y z   x y  z2   x

Suy ra: 2– 2

y z x   yz Do đó:

2

2 2

2

x x

y z x  yz

Tương tự ta có: 2 22 2 ; 2 22 2

2

y y z z

z x y  xz x y z  xy

Do đó:

           

2 2 2 3

2 2 2 2 2

3

2 2

3 3

2 2

x y z x y z x y z

P

y z x z x y x y z yz xz xy xyz

x y z x y y z z x z x y xyz

xyz xyz xyz

 

      

         

         

    

  

Vậy

2 P 

Lƣu ý cần nhớ: Khi a + b + c =0 a3 + b3 + c3 = 3abc ngược lại a3

+ b3 + c3 = 3abc a + b + c =

Bài 6. Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn:1 1

x y z=1 x + y + z =

Chứng minh rằng: (x – 1)(y – 1)(z – 1) = Lời giải Ta có: 1 1 xy yz zx

x y z xyz

 

    Suy ra: xyyzzxxyz

Do đó: (x – 1)(y – 1)(z – 1) = xyz – (xy + yz + zx) + (x+y+z) -1 (*) Thay xy + yz + zx = xyz x + y + z =1 vào (*) ta được:

(x – 1)(y – 1)(z – 1) = xyz – (xy + yz + zx) + (x+y+z) -1 = (xy + yz + zx) – (xy + yz + zx) + -1 = (đpcm)

Bài 7. Cho x, y, z đôi khác thỏa mãn: 1

(5)

5 Tính giá trị biểu thức: 2 2 2

2 2

yz zx xy

P

x yz y zx z xy

  

  

Lời giải Ta có:0 1 xy yz zx xy yz zx

x y z xyz

 

       

Do đó: x2

+ 2xy = x2 + 2xy – (xy + yz + xz) = (x2 – xz) + (xy – yz) Suy ra: x2 + 2xy = (x-y)(x-z)

Do đó:

  

2

yz yz

y  zx  xy xz

Tương tự ta có:

     

2 ;

2

zx zx xy xy

y  zx  yx yz z  xy  zx zy

Do đó:

        

     

       

2 2

1

yz zx xy yz zx xy

P

x yz y zx z xy x y x z y x y z z x z y

yz y z zx z x xy x y x y y z z x

x y y z z x x y y z z x

     

        

        

  

     

Vậy P =

Bài 8.Cho x, y, z số thực thỏa mãn xyz =1

Chứng minh: 1 1

1 1

P

x xy y yz z zx

   

     

1

x x

y yz  x xy xyz  x xy

      ;

1

xy xy

z zx  xy xyz x yz  x xy

     

Do đó:

1 1 1

1

1 1 1 1

x xy x xy

P

x xy y yz z zx x xy x xy x xy x xy

 

       

              (đpcm)

Bài 9. Cho a b c

b c caa b  Chứng minh:   2  2 2

a b c

P

b c c a a b

   

  

  

2

0

a b c a b c b ab ac c

b c c a a b b c a c b a a b c a

  

      

       

⇔

     

2

2 (1)

a b ab ac c

a b c a b c b c

   

  

(6)

6 Tương tự ta có:

     

2

2 (2);

b c bc ba a

a b b c c a c a

   

  

      

2

2 (3)

c b ac cb b

a b b c c a a b

   

  



Cộng (1), (2), (3) Vế theo vế ta điều phải chứng minh

Bài 10. Cho a nghiệm phương trình:

3

x  x  Không cần tính a tính

giá trị biểu thức:

2

1

a Q

a a



 

Lời giải Do a nghiệm phương trình:

3

x  x  nêna23a  1 a2 1 3a

Suy ra:

   

2 2

2

4 2 2 2

1

1 1 3 8

a a a a

Q

a a a a a a a

    

    

Bài 11. Cho số thực a, b, c khác đôi thỏa mãn: 3

3

a  b c  abc

abc Tính:

2 2

2 2 2 2 2

ab bc ca

P

a b c b c a c a b

  

     

Lời giải. Do 3

3

a  b c  abc a b c a   2b2 c2 ab bc ca  0

Do 2

0

a b c ab bc ca   với a, b, đôi khác nên: a + b + c = Suy ra: a + b + c =

Khi đó:

     

2 2 2

2

ab ab ab b b b

a b c  a  b c b c a  b c a  a c b   b b 

Tương tự: 2 22 2

bc c

b  c a   ;

2

2 2

2

ca a

c a b 

Cộng theo vế đẳng thức ta được:

 

2 2

2 2 2 2 2

1

0

2 2

ab bc ca b c a

P a b c

a b c b c a c a b

          

        

Vậy P = 0.

Bài 12 Cho a, b,c số thực thỏa mãn: a b c 6; 1

a b b c c a

     

  

Tính giá trị biểu thức: P c a b

a b b c c a

  

  

(7)

7

  1

6.8

1 1

a b c a b c a b c

a b c

a b b c c a a b b c c a

c a b c a b

a b b c a c a b b c a c

     

 

        

     

 

         

     

Vậy: P c a b 6.8 39

a b b c c a

     

  

Bài 13. Cho

4

a b

x  y  xy

2

1

a b  Chứng minh rằng:

a) bx2ay2 b)

 

2000 2000

1000 1000 1000

2

x y

a b  ab Lời giải.

a) Từ

4

a b

x  y  xy

2

1

a b  suy ra:  

2 2

4 a b

a b

x y x y



 



  4 4    2 2 2 2 22 2 2

0

x y a y b x x y a b ay bx bx ay

          

b) Từ câu a) bx2 ay2

1000 1000 1000 1000

2 2 2

1 1

;

x y x y x y

a b a b a b a a b b a b

   

    

           

           

Do đó:

 

2000 2000

1000 1000 1000

2

x y

a  b  ab

Bài 14. Cho x, y hai số thực thỏa mãn:

ax by c bx cy a cx ay b

 



   

   

Chứng minh rằng: 3

3 a  b c  abc

Lời giải. Ta có:

ax by c bx cy a cx ay b

 



   

   

Cơng theo vế phương trình hệ ta được: a b c x    a b c y      a b c a b c  x  y 1

0

a b c x y    

   



Với a b c  0 thì:   2  3

0

a b c a  b  c ab bc ca   a  b c  abc (1)

Với x + y = thay vào giả thiết ta được: a = b = c 3

3

a b c abc

(8)

8 Từ (1) (2) suy đpcm

Bài 15. Chứng minh nếu: x a b; y b c; z c a

a b b c c a

  

  

  

Thì: 1x1y1z  1 x1y1z

       

2 2

1 ;1 ; 1

8

1 1 (1)

a b a b c b c a c

x y z

a b a b b c b c c a c a

abc

x y z

a b b c c a

  

           

     

    

  

Mặt khác:

       

2 2

1 ; 1 ; 1

8

1 1 (2)

a b b b c c c a a

x y z

a b a b b c b c c a c a

abc

x y z

a b b c c a

  

           

     

    

  

Từ (1) (2) suy ra: 1x1y1z  1 x1y1z

Bài 16. Cho a, b, c ba số không âm thỏa mãn: ay bx cx az bz cy

c b a

     Chứng minh rằng:  2  2 2 2 2

ax by cz  x y z a b c Lời giải.

Đặt ay bx cx az bz cy k

c b a

     

2 2

cay cby bcx baz abz acy k

c b a

  

   

     

    

2 2

2

2 2 2

0

0 cay cbx bcx abz abz acy

k ay bx cx az bz cy

a b c

ay bx cx az bz cy

a b c x y z ax by cz

    

        

 

      

        

Suy ra:  2  2 2 2 2

ax by cz  x y z a b c

Bài 17.Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn: bc a b;  c c2 2ac bc ab  

Chứng minh rằng:  

 

2

a a c a c

b c

b b c

   

  

 2  2    2   

2 2 2

2

(9)

9 Tương tự: 2  2

b  b c =2b c b c a    

Do đó:  

 

  

2

a a c a c a c b a c

b c b c a b c

b b c

     

 

   

  (đpcm)

Bài 18. Cho a + b + c = Chứng minh rằng: 4 1 2 22

2

a b c  a b c Lời giải.

Từ: a + b + c =  2 2 2

2

b c a b c a b bc c a

          

 

   

2

2 2 2 2 4 2 2 2

2

4 4 2

2 2

2

a b c bc a b c b c a b c a b b c c a

a b c a b c

             

     

Vậy: 4 1 2 22

2

a b c  a b c

Bài 19. Chom a b;n c d; p ac bd

a b c d ad bc

  

  

   Chứng minh rằng:m n  p m n p Lời giải.

Ta có:

     

  

 

          

   

2

a b c d c d a b

a b c d ac bd ac bd

m n p

a b c d ad bc a b c d ad bc

ac bd ad bc a b c d

ac bd ac bd

a b c d ad bc a b c d ad bc

ac bd a b a c

m n p a b c d ad bc

    

   

      

     

    

 

  

     

  

 

  

Vậy đẳng thức chứng minh

Bài 20. Cho số dương x, y thỏa mãn: 2

7x 13xy2y 0 (1) Tính giá trị biểu thức:

7

x y

A

x y

 



Lời giải.

Từ (1) ta có: (7xy x)( 2 )y   0 x 2y (do x, y > 0)

Thay x = 2y vào A ta được: 6

7 14 18

x y y y y

A

x y y y y

   

   

 

Bài 21.Cho số thực x, y thỏa mãn:

2010 2010

(2) 2335

x y

  

 

(10)

10 Tính giá trị biểu thức: B x

y 

Lời giải. Đặt a 2010 , b 2010

x y

  với a, b >

Từ (2) suy ra:

1

2010 2.2010

1 2345

6

7 11 ( 0) suy : b

a b a b

a a

a b a b

a a a do a

     

    

  

   

 



       

Vậy:

2

x b B

y a   

Bài 22. Cho số thực x, y, z, t thỏa mãn:

5

5 (1)

2

(2) 10

x y z

t t t

x y z

   



    

Tính giá trị biểu thức:

2 2

t t t

C

xy yz zx

  

Lời giải. Từ (1) ta có: ,

3

y x z x

Thay ,

y x z x vào (2) ta được:

5 10

3

t t t

t x

x x

x

    

Vì thế:

2 2 2

3 1

5 2

t t t x x x x x x x

C

xy yz zx xy yz zx y y y z

            

Bài 23. Cho số thực x, y, z thỏa mãn:

2

( )( )

(4)

4

x y x y z

y z

    

  

Tính giá trị biểu thức 2

2 10 23

D x  y  z

2 2

2

0

(4) (4)

4

z x y

y z

       



Ta tìm số thực a, b thỏa mãn: 2 2 2 2

( ) (4 ) 10 23

(11)

11

2 2 2

(4 ) (7 ) 10 23

2

4 10

3

7 23

ax b a y b a z x y z

a

a b a

b b a

       

 

  

        



Vậy D = 2.0 + 3.5 = 15

Bài 24. Cho số thực x, y, z, t thỏa mãn:

1 2

(5)

3

t

x y z

t

z x

 

   



 

  

t E

x y z



 

2

(5)

3

x y z

t t t

z x

t t

    

 

  



Mặt khác: x 8y 9z

E  t t  t Giả sử a, b số thực thỏa mãn:

 

2

3 (2 )

3

4

2 4.1 1.2

1

2

x y z x z x y z

a b

t t t t t t t t

x y z x y z

a b a a b

t t t t t t

a b

a a

b E

a b

        

   

   

       

  

  

        

   

Vậy E6

Bài 25. Cho a b số thỏa mãn a > b > 2

6

a a b ab  b  Tính giá trị biểu thức 44 44

4

a b

B

b a

 



Lời giải.

Ta có: 2 2

6 ( )( ) (*)

a a b ab  b   a b a ab b 

Vì a > b > a2ab3b2 0 nên từ (*) ta có a = b Biểu thức

4 4

4 16

4 64

a b b b

B

b a b b

 

 

  Vậy:

4

12

63 21

b B

b 

 



(12)

12

2 2

1 x y z

2

1 1

4

x y z xyz

1 1 x y z 

   

 

   

  

   



Tính giá trị biểu thức:  2009 2009 2011 2011 2013 2013

P y z z x x  y

Lời giải Từ giả thiết suy ra:

2

2 2 2 2 2

1 1 1 1 2(x y z) 1 1 1 1

4

x y z xyz x y z xyz x y z xy yz zx x y z

   

 

                   

   

Mà 1

x  y z suy

1 1 x   y z (1) Mặt khác x y z

2

   suy

x y z  (2) Từ (1) (2) suy 1 1

x   y z x y z (3) Biến đổi (3)  xy y z z   x0



2013 2013 2013 2013 2009 2009 2009 2009 2011 2011 2011 2011

0

x y x y x y x y

z y y z y z y z

x z z x z x z x

 

       

 

 

           

 

         

   

nên P =

Bài 27 Cho số x, y, z khác thỏa mãn đồng thời 1 1

x   y z

2

xy z 

Tính giá trị biểu thức P = (x + 2y + z)2012 Lời giải. +) Ta có 1

x   y z 

2

1 1

x y z

 

  

 

 

+) Do

2

1 1

x y z xy z

     

 

  2 2

1 1 2 2

0

x y z xy yz zx xy z

        

2 2

1 1

0

x xz z y yz z

 

       

   

2

1 1

0

x z y z

 

      

(13)

13

2

1 1 1

0

1

x z x z

x y z

y z

     

   

 

     



 

    

 

  



Thay vào 1

x  y z ta x = y = 2; z =

1 

Khi P =

2012 2012

1 1

2 1

2 2



     

 

 

Bài 28. Cho a, b, c số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = a + 2b + 3c = 14 Tính giá trị biểu thức T = abc

2 2

14

2 14

a b c

   



  

 

2 2

14

2a 28

a b c

b c

   



  



 a2 + b2 + c2 – 2a – 4b – 6c = - 14

 (a – 1)2 + (b – 2)2 + (c – 3)2 =  a = 1; b = 2; c = T = abc =

Bài 29. Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a100b100 a101b101a102b102 Tính giá trị biểu thức: P a 2010 b2010

 

       

   

100 100 101 101 101 101 102 102

100 100 101 101

2

100 100

0 ( )

a 1 1

a b a b a b a b

a b b a a b b

a a b b

      

       

    

+

Do a = b = (do a, b dương) Vậy P a 2010b2010   1 2

Bài 30.Cho số xxR;x0 thoả mãn điều kiện: x2 + 12 x =

Tính giá trị biểu thức: A = x3 + 13

x B = x 5

+ 15 x Lời giải Từ giả thiết suy ra: (x +

x

)2 =  x + x

(14)

14

 21 = (x + x

)(x2 + 12 x ) = (x

3

+ 13

x ) + (x + x

)  A = x3 + 13 x =18  7.18 = (x2 + 12

x )(x

3

+ 13

x ) = (x

5

+ 15

x ) + (x + x

)  B = x5+ 15

x = 7.18 - = 123

Câu 31 Giả sử a,b hai số thực phân biệt thỏa mãn 2

3

a  ab  b

a) Chứng minh a b  3 b) Chứng minh 3

45 a b  

Lời giải. a) Giả sử a,b hai số thực phân biệt thỏa mãn

2

3

a b

b a

  

 

 



         

  2

3 3

0

a b a b a b a b a b a b a b

a b loai a b

                 



     

b)a b 3  27

 

3 3

3 27 27

a b ab a b a b ab

          

2  2  

3 4

a  a b  b  a b  ab a b  ab 

vậy 3

45 a b  

Câu 32 Với a b c, , số thực thỏa mãn:

3 3

(3a3b3 )c 24 (3 a b c  ) (3b c a  ) (3c a b  ) Chứng minh rằng: a 2b b 2c c 2a      1

Lời giải

Đặt 3

a b c x

b c a y

c a b z    

    

    

Ta có:

3 3 3 3

3

(3 3 ) 24 (3 ) (3 ) (3 ) ( ) 24

( ) 24 ( ) 3( )( )( ) 24 3( )( )( )

24 3(2 )(2 )(2 ) 24 24( )( )( ) ( )( )( )

a b c a b c b c a c a b x y z x y z

x y z x y z x y y z z x x y y z z x

a b b c c a

a b b c c a

                  

                

     

    

(15)

15

   

)

i a b b c c a   abc

 3 3 3 3

)

ii a b b c c a a b c Chứng minh: abc0 Lời giải

Ta có: (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3) = a3b3c3

⇔ (a+b)(b+c)(c+a)(a2 – ab + b2)(b2 – bc + c2)(c2 – ca +a2) = a3b3c3 Mà: (a+b)(b+c)(c+a) = abc Do đó:

abc(a2 – ab + b2)(b2 – bc + c2)(c2 – ca +a2) = a3b3c3

⇔ abc = (a2 – ab + b2)(b2 – bc + c2)(c2 – ca +a2) = a2b2c2 * Nếu abc ≠

Thì: a2 – ab + b2≥ |ab| ; b2 – bc + c2≥ |bc|; c2 – ca + a2≥ |ca| Suy ra: (a2 – ab + b2)(b2 – bc + c2)(c2 – ca +a2) ≥ a2b2c2 Mà: (a2 – ab + b2)(b2 – bc + c2)(c2 – ca +a2) = a2b2c2

Do a = b = c thay vào (i) ⇒ 7a3 = ⇒ a = ⇒ abc = (mâu thuẫn) Vậy: abc = (đpcm)

Bài 34.Cho số a, b thỏa mãn 2a211ab3b2 0,b2 ,a b 2a Tính giá trị biểu

thức: 2

2

a b a b T

a b a b

 

 

 

2

2 ( )(2 ) (2 )(2 ) 11

2 (2 )(2 )

a b a b a b a b a b a b a ab b T

a b a b a b a b a b

        

   

    

Từ giả thiết suy 2

11ab 2a 3b , thay vào T ta được:

2 2 2 2

2 2 2

6 11 2(4 )

2

4 4

a ab b a a b b a b

T

a b a b a b

     

   

  

Bài 35 Cho a b số thực thỏa mãn điều kiện:

6a 20a150; 15b220b 6 0; ab1

Chứng minh rằng:

 

3

6 2015

9 

 

b ab ab

Lời giải

Ta ký hiệu điều kiện sau:

2

(16)

16

Do (3) nên b khác Chia hai vế (2) cho b2 ta

2

1

6   20  150 (4)

 b  b

Từ (1), (3) (4) suy a

b hai nghiệm khác phương trình

6x 20x150 (5) Theo định lí Vi-ét: 10;

3

   a 

a

b b

Từ :  

3 3

2

9 1 10 2015

9

2

     

         

   

ab ab a

a

b b b

Suy

 

3

6 , 2015

9 

 

b

ab ab điều phải chứng minh

Bài 36. Cho trước a b, R; gọi ,x ylà hai số thực thỏa mãn x3 y 3 a 3b 3

x y a b

   



  



Chứng minh rằng: 2011 2011 2011 2011 x  y a b

Lời giải Cho trước a b, R; gọi x,y hai số thực thỏa mãn

3 3 3( ) x y a b

I

x y a b

   



  

 Chứng minh rằng:

2011 2011 2011 2011 x  y a b

 3    3  

( )

3

x y a b I

x y xy x y a b ab a b

   

 

      



(1) (*)

( ) ( ) (2)

x y a b

xy a b ab a b

   

    



+/Nếu a b (*) x y a b xy ab

   

  

=> x, y nghiệm phương trình X2 (ab X) ab0

Giải ta có x b; x a

y a y b

 

 

   

  =>

(17)

17 Ta có hệ phương trình

3

0

x y

  

  

  



=>

2011 2011 2011 2011

0

a b

x y

  

 

 

 =>

2011 2011 2011 2011 x  y a b

Bài 37. Cho

2 2

x yz y zx z xy

a b c

    

Chứng minh rằng:

2 2

a bc b ca c ab

x y z

  

 

Gợi ý

Đặt x2 yz y2 zx z2 xy k a x2 yz,b y2 zx,c z2 xy

a b c k k k

     

      

Sau tính: 2

, ,

a bc b ca c ab theo x, y,z, k từ suy ra:

2 2

a bc b ca c ab

x y z

    

Bài 38. Phân tích đa thức thành nhân tử:

2000 1999 2000

Px  x  x

Lời giải

   

      

     

4 2

2 2

2000 1999 2000 1999 1

1 1999 1

1 1999 1 2000

P x x x x x x x x x

x x x x x x x x

           

         

          

Bài 39 Cho a, b ≠ thỏa mãn a + b = Chứng minh: 3 3 22 2 2

1

ab

a b

b a a b



 

  

Lời giải

     

3 1 1 2

1 1

a b a b

VT

b a b b b a a a

   

       

   

    

 

   

2

2 2

2

2 2

1

2

1

2

1

2 2

3

2

a b

b b a a

a b b b a a

a b ab

a a b b

a b ab a b a b ab

a a b b

ab ab

VP a b

a b a ab b

 

   

   

     

    

       

  

     

   

 

  



   

Vậy toán chứng minh

Bài 40 Phân tích đa thức thành nhân tử: 4  4  4 

Pa b c b c a c a b Lời giải

(18)

18

             

             

    

         

4 4 4

4 4 4 4

2 2

1

P a b c b c a c a b a b c b a b b c c a b

a b c b a b b b c c a b a b c b b c a b

a b b c c a a b c ab bc ca

a b b c c a a b b c c a

              

             

        

 

          

Bài 41.Với a, b, c số thực thỏa mãn:

(3a +3b+3c)3 = 24 + (3a + b – c)3 + (3b + c – a )3 + (3c + a – b) (*) Chứng minh rằng: (a+2b)(b+2c)(c+2a) =

Lời giải

Đặt: 3a + b – c = x; 3b + c – a = y; 3c + a – b = z Ta có: (*) ⇔ (x+y+z)3 = 24 + x3 + y3 + z3

⇔ 3(x+y)(y+z)(z+x) =24 ⇔ 24(a+2b)(b+2c)(c+2a) = 24

⇔ (a+2b)(b+2c)(c+2a) = (đpcm)

Bài 42 Cho a, b, c đơi khác Tính giá trị biểu thức:

        

2 2

a b c

P

a b a c b c b a c b c a

  

     

Hƣớng dẫn

               

2 2

2 2 a c b b a c c b a

a b c

P

a b a c b c b a c b c a a b b c c a

    

   

        

Bẳng cách tách: a c  c b   b a ta phân tích được:

     

       

2 2

1

a c b b a c c b a a b b c c a

P

a b b c c a a b b c c a

       

  

     

Bài 43 Cho a, b, c khác thỏa mãn: a b c

b c c a a b  Tính giá trị biểu thức:

2 2

a b c

P

b c c a a b

  

  

Lời giải Ta có: a + b + c ≠ a + b + c = thì:

1 1

a b c a b c

b c c a a b abc       (trái với giả thiết)

(19)

19

       

2 2

0

b c a c a b a b c

a b c a b c

a b c a b c

b c c a a b b c b c c a c a a b a b

a b c

a b c

b c c a a b

a b c

P

b c c a a b

  

 

             

        

 

     

  

    

  

Bài 44 Cho số a, b, c, d nguyên thỏa mãn:

1

a b c d

ab cd

   

  

 Chứng minh: c = d Lời giải

Ta có: a + b = c + d suy ra: a = c + d – b thay vào ab + = cd

Ta có: c d – b b  1 cd b d  b cdcd  1 db b c    Vì b,c, d số nguyên nên: d – b = -b + c = –d + b = b – c = Vậy c = d

Bài 45. Cho 2

3 3

1 1

a b c

a b c

   

    

    

Tính giá trị biểu thức: 2018 2018 2018

Pa b c Lời giải

Ta có:

   

 

2 2

2

1

a b c a b c ab bc ca

ab bc ca ab bc ca

        

        

Mặt khác:

    

3 3 2

3 1

0 0

a b c abc a b c a b c ab bc ca abc

abc a b c

              

       

Xét a =

2

2 2

1

0

1

b c b bc c b

bc

b c b c c

        

    

       

  



Do đó: a = , b = 0, c = a = , b = 1, c = Khi đó: P =

Lập luận tương tự với trường hợp b = c = Vậy P =

Bài 46 Cho a + b + c + d = Chứng minh rằng: 3 3   

a   b c d  c d ab cd Lời giải

(20)

20

         

       

  

3 3 3

3 3 3 3

3 3

3

3 3

3

a b c d a b c d a b ab a b c d cd c d

a b c d ab a b cd c d a b c d ab c d cd c d

a b c d c d ab cd

                  

                

      

Vậy toán chứng minh

Bài 47 Cho 3

3

a  b c  abc Tính giá trị biểu thức: A a b c

b c a

   

      

   

Lời giải.

   

      

    

     

  

       

3 3

3

3 3

2

2 2

3

3 3

3

0

a b c abc

a b ab a b b abc

a b c c a b a b c abc ab a b

a b c c a b a b c ab a b c

a b c a b c ab bc ca

a b c a b c ab bc ca

a b c a b b c c a

a b c   

     

         

                 

 

                  

 

            



  2  2 

0 0

0

a b c a b c

a b b c c a

    

 

        



Với a + b + c = thì: P a b c b a c c a b

a b a a b a

     

   

Với a = b = c P 1 1 1 1    

Bài 48.Cho a, b, c đôi khác thỏa mãn: ab + bc +ca = Tính giá trị biểu

thức:

a)      

   

2 2

1 1

a b b c c a

A

a b c

  



   b)

   

     

2 2

a bc b ca c ab

B

a b b c c a

     



  

Lời giải a) Ta có: + a2 = ab + bc + ca + a2 = (a + b)(a + c) Tương tự: + b2

= (a + b)(b + c) ; + c2 = (c +a)(b +c) Do đó:      

           

2 2 2

2 2

1 1

a b b c c a a b b c c a

A

a b c a b b c c a

     

  

     

(21)

21 Tương tự: b2

+ 2ca – = (b – c)(b – a) ; c2 + 2ab - = (c – a)(c – b)

Do đó:    

             

2 2

2 2 2

2 2

1

a bc b ca c ab a b b c c a

B

a b b c c a a b b c c a

        

  

     

Bài 49 Cho 1

a  b c Tính giá trị biểu thức: 2 ab bc ac P

c a b

  

Gợi ý Ta dễ dàng chứng minh 1

a  b c 3

1 1

a b c abc

Do đó: P ab2 bc2 ac2 abc3 abc3 abc3 abc 13 13 13 abc 3

c a b c a b a b c abc

 

           

 

Bài 50. Giả sử x, y hai số thực phân biệt thỏa mãn 21 21

1 1

x   y   xy

Tính giá trị biểu thức 21 21

1 1

P

x y xy

  

  

Lời giải.

           

   

2 2

2

2 2

2

1 1 1

0

1 1 1 1

0 1

1 1

1 ( )

x y xy x xy y xy

xy y xy x

xy y y xy x x

x xy y xy

x y xy xy vi x y S

      

      

 

        

   

        

CHỦ ĐỀ CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC Bài

Cho đa thức

( )

P x ax bx c Biết P x( ) chia cho x + dư 3,P x( )chia cho x dư ( )

P x chia cho x – dư Tìm hệ số a, b, c Lời giải

Vì P(x) chia cho x + dư nên P(x) – chia hết cho x +

⇒ P(x) – = f(x).(x + 1)

Thay x = –1 vào đẳng thức ta có: P(–1) – = f(–1).( –1 + 1) =

⇒ P(–1) = (1)

(22)

22 P(x) chia cho x – dư nên P(1) = (3) Từ (1), (2), (3) ta có hệ phương trình:

2 2

.( 1) ( 1) 3

.0 1

5

.1

a b c a b c a

a b c c b

a b c c

a b c

           

       

  

         



⇒ P(x) = 3x2 + x + Thử lại ta thấy P(x) thỏa mãn đề Vậy P(x) = 3x2 + x +

Bài Cho đa thức  

( )

f x x  a x a Xác định a để f(x) chia hết cho (x – 2)

Lời giải

Vì f x( )x2 nên x = nghiệm đa thức f(x) hay f(2) = 0 Do đó:  

2  a 2    a a

Bài Cho đa thức  

( ) 1

f x x  a x b  Xác định a, b để f(x) chia hết cho (x – 1) và đa thức (x + 2)

Lời giải

Ta có: f x   x1 ; f x   x2 nên x = x = -2 nghiệm đa thức f(x) hay f(1) = f(-2) = 0 Do đó:

 

     

2

1 1 2

;

4

2

a b a b

a b

a b

a b

         

      

    

       



Bài 4.Cho đa thức bậc dạng:   = x

f x ax bx c chia hết cho (x – 2) chia cho (x2 – 1) dư 2x

Lời giải.

Ta có f(x) chia hết cho (x – 2) nên x = nghiệm đa thức f(x) hay f(2) = 0.

Do đó:  

2 a.2 b.2  c 4a2b c  8

Mặt khác: f(x) chia cho (x2 – 1) dư 2x nên g(x) = f(x) – 2x nhận (x2 – 1) nghiệm hay x = x = -1 nghiệm g(x) Do đó:

 

   

1 2

1 (3)

g a b c



      

 

        

 



Từ (1), (2), (3) ta có: 10; 1; 10

3

a  b c Vậy đa thức cần tìm là:   10 10

3

(23)

23

Bài Cho đa thức f(x) có bậc 2002 thỏa mãn điều kiện: f n  n

 với x = 1; 2; 3; ;2001 Tính giá trị f(2002)

Lời giải Ta có: f n 

n

 nên f n 

n

  với x = 1; 2; 3; ;2001 Suy ra: x = 1; 2; 3; ;2001 nghiệm phương trình: f x 

x

  hay x f(x)

x 



Xét phương trình: G x x f x  1 có nghiệm x = 1; 2; 3; ;2001 G(0) = -1 Do G(x) có dạng: G x a x 1x2x3  x2001

Suy ra: G(0) = a.(-1)(-2)(-3) (-2001) = -1 Vì thế: 1.2.3 2001

a

Do đó:

       

       

1

1 2001 1.2.3 2001

1

1 2001

1.2.3 2001

1 2001 1.2.3 2001 1.2.3 2001

2002 2002 2002 1.2.3 2001 2.1.2.3 2002

1.2.3.4 2001.2002

G x x x x x

xf x x x x x

x x x x

f x

x f

    

      

    

 

   

   2001

1.2.3 2001.20021001

Bài 6.Cho đa thức:  

P x x ax bx  cx d thỏa mãn P 1 3,P 3 11,P 5 27 Tính giá trị của:S P  2 7.P 6

Lời giải Xét đa thức:   2

= ax

f x bx c thỏa mãn: f  1 3,f  3 11,f  5 27 Khi ta có:

2

.1

.3 11

.5 27

a b c a

a b c b

a b c c

           

 

       

Nên   2

f x x 

Suy đa thức Q x P x  f x  đa thức bậc có hệ số cao nhận 1,3, nghiệm,

Do đó: Q x   x1x3x5x m  Từ ta tính được:

     

   

2 2 216 105

7 (6) 896 105

P Q f m

      



    

(24)

24

Vậy: SP  2 7.P 6 216 105 m896 105 m1112

Bài Thì đa thức g(x) h(x) với hệ số nguyên cho:  

 

2

h g

 



Lời giải.

Đặt u 2 ta cần xác định đa thức h(x) g(x) cho    

h u

g u  hay

    h u g u 

Xét tích:     

2 7

u  u  u  u

Do u nghiệm phương trình

2

u  u  nên

5

u u  

Mặt khác:

2

5

2

u u

 

     Vậy    

5;

h x u  g x  x

Thử lại thấy h(x) g(x) thỏa điều kiện toán

Bài 8.Cho  

3 3

x f x

x x



  Hãy tính giá trị biểu thức sau:

1 2010 2011

2012 2012 2012 2012

A f   f    f   f  

       

Lời giải Nhận xét Nếu x y f x  f y 1 Thật vậy, ta có  

         

3

1

x x

f x f y f x

x x x x



    

   

suy        

 

3

1

x x

f x f y f x f x

x x x x



      

   

Vậy, nhận xét chứng minh Ta có 1

2

f      

Theo nhận xét ta có:

1 2011 2010

2012 2012 2012 2012

1005 1007 1006

1005 1005,

2012 2012 2012

A f f f f

f f f f

                    

       

   

         

       

        

(25)

25

Bài 9. Tìm đa thức P(x) bậc thỏa điều kiện sau: P(-1) = P x P x  1 x x1 2 x1 ,  x R

Lời giải Với x = P 0 P  1

Với x = - P  1 P  2 Do P(x) nhận -1, 0, -2 nghiệm Đặt P x  x x1x2ax b  vớ a ≠

Với x = P(1) = P(0) + = Suy ra: a + b = (1) Với x = P(2) = P(1) + 30 = 36 Suy ra:

2

a b  (2) Từ (1) (2) suy ra:

2

a b Vậy  1 2 2

2

P x x x

Bài 10. Cho đa thức P(x) thỏa mãn:

     2    1 2

1

1 1; , 0; P , ,

P P P x x P x x P x x x x R

x x

 

         

 

Tính

P    

Lời giải Ta có: P(2) = P(1 + 1) = P(1) + P(1) = + = Tương tự: P(3) = 3; P(5) = 5; P(7) =

Từ đó: 12  7 1; 1

7 7 7 7

P   P  P  P  P  

       

Tương tự: 3; 5

7 7

P   P  

   

Bài 11. Cho đa thức  

P x x x   81 49 25

1

Q x x x x x  x a) Tìm số dư phép chia Q(x) cho P(x)

b) Tìm x để Q x P x   

Lời giải. a) Ta có:    

1

P x x x  ;    80   48   24   

1 1

(26)

26 Vì đa thức 80 48

1; 1;

x  x  x  chia hết cho

1

x  nên phép chia Q(x) cho P(x)

dư 5x +

b) Để Q x P x    1

x    x

Bài 12 Cho đa thức  

P x ax bx c thỏa mãn điều kiện với số nguyên x P(x) số phương Chứng minh a, b, c số nguyên b số chẵn

Lời giải Do P 0 clà số phương nên

cm với m số nguyên (hiên nhiên c số

nguyên)

Vì P(1) = a + b + c ; P(-1) = a – b + c số nguyên nên (a + b) (a – b) số nguyên hay 2a 2b số nguyên

Đặt  

2an b;  p P; k ; , ,n p kZ Suy ra: 2

16 k m  a b hay km k m 2 4n p

Nếu k, m khác tính chẵn lẻ (k – m)(k + m) số lẻ vơ lý Do đó: km k m4 Do 4n p2 hay p2

Mà a b    Z a Z Đặt    

2

P t tZ Ta có: 2  

2

t m  a b Lập luận tương tự suy b số chẵn

CHƢƠNG I CÁC BÀI TỐN VỀ CĂN THỨC Bài 1.Tính giá trị biểu thức: A 5  14 5

Lời giải.

Ta có:A 5  14 5   1  2  3 52  3   52

Bài 2.Rút gọn A 127 48 7  127 48 7 Lời giải.

Ta có: A 127 48 7  127 48 7 = 2 (8 7)  (8 7) = | |  | | 8 7 8  6 (8>3 7)

(27)

27 Lời giải

2

11 11 (3 2) (3 2)

a        

Từ đóa số nguyên

Bài 4.Rút gọn biểu thức: A= 10 30 2 :

2 10 2

  

 

Lời giải. Ta có: 10 30 2 :

2 10 2

  

  =

2

1

3

1

3 2

1 )

1 ( 2

) ( ) ( 2

  

  

 



Bài 5.Tính giá trị biểu thứcN= 4 27 10 13

  

 

 Lời giải. Ta có:

N= 2( 4 ) 25 10 2 13

  

  



= 2( 4 )

(5 2) (4 3) 4 (4 3)

    

     

2

2( 4 ) 2( 4 )

(5 2) 2 5

4

( 4 )

     

         

     

Bài 6.Khơng sử dụng máy tính, thực phép tính:

A = 15 10 23

   



Lời giải. 1/ Ta có:

A = 15 10

23

   



 

2 15 10

2 23

   



(28)

28 15

46

   





   

 

2

3 5

3

   





3 5

3

   





3 5

 



=

Bài 7.Rút gọn biểu thức: B =

3 2

3

2

3

 

 

 



B 3 3

2 2 4 3 2 4 3 3 3 B (2 3)(3 3) (3 3)(2 3) 3 3

6

2 (3 3)(3 3)

B

1 B

2

   

   

 

   

       

 

 

  

Bài 8.So sánh 2

2017  1 2016 1 Lời giải. Ta có:

2 2

2

( 2017 2016 1)( 2017 2016 1) 2015 2014

2017 2016

     

   

  

2 2

2 2 2

(2015 1) (2014 1) 2017 2016 (2017 2016)(2017 2016) 2017 2016 2017 2016 2017 2016

     

  

        

2 2

2017 2016 2.2016

2017 2016 2017 2016 

 

     

Vậy 2

2017  1 2016 1>

2

2.2016

2017  1 2016 1

Bài 9.Rút gọn biểu thức A =

Lời giải

2

2.2016

2017  1 2016 1

2

5

x x x

x x x x

    

(29)

29 Rút gọn biểu thức A =

ĐKXĐ: x 4; x

=

Bài 7.Rút gọn biểu thức:

4

1

2 7

7

7 1 343

7 7

7

A



    

 

   

 

Lời giải Đặt a 47a47

7

a  ta có:

2

3

2

4 4

3

1

2 13

1 ( 1)

2 13 (7 )

0

( 1) ( 1)

a

a a

a

A a

a a a a a a

a a

a a a a a a a a

a a a a

  

      



 

   

 

     

  

 

Do

7 a 

Bài 6. Rút gọn biểu thức:

4 4

2

25 125

B

  

Lời giải.

Đặt 4 4

5 25, 125, 5, b ,

b b  b  b   b b  b

Ta có:

2

4 3

B

b b b



  

Mặt khác:

3

3 3 2

3 2

2

1 ( ) (2 4)

2 ( ) (2 4) ( ) (2 4)

3 ( 4)( 3) 2 12

2 2( 9)

2 1

4

b b b

b b b b b b b b b

b b b b b b b b b b b

b b

b b b

  

 

        

          

   

  

     

   

 

2

5

x x x

x x x x

  

 

   

 

 22 3 23 31 9 29 2 33  2 3

x x x x x x x x x

x x

x x x x x x

              

 

     

     

1 1

3

2

x x x

x

x x

  

 

(30)

30 Vậy

2

4

2 4

2

1

B

b b

 

    

  

 

Bài 7.Rút gọn biểu thức:  

A = x 50  x + 50 x + x 50 với x 50

Lời giải a) Ta có :

      

    

2

2 2 2

A = x - 50 - x + 50 x + x - 50 A = x - 50 + x + 50 - x - 50 x + x - 50 A = 2x - x - 50 x + x - 50 A = x - x + 50



 

Vậy:

A = 100

Nhưng theo giả thiết ta thấy  

A = x - 50 - x + 50 x + x - 50<0 A= -10



Bài 8.Rút gọn biểu thức  

2 3

2

1 (1 ) (1 )

2

x x x

A

x

    



  với 1  x 1

Lời giải

a) Ta có:   

2

1 1

2

x x x x

A

x

      



 

 

2

1 x x x      

  2   

2 2

1 x x x 1 x 2 x

          

2 2x

 = x

Bài 9.Cho biểu thức M = a a b b a b

a b a b b a

  

   với a, b > ab

Rút gọi M tính giá trị biểu thức M biết 1a1 b ab 1 Lời giải

Rút gọn M= ab

a b với a, b>0 ab

  

 2

2

1 1

( ) 1

a b ab ab a b ab

ab ab

ab a b

a b a b

         

      

(31)

31 + Nếu a>b>0

0; 0

1

ab

a b a b ab

a b

ab ab ab

M

a b a b a b

       



     

  

+ 0<a<b

0; 0

1

ab

a b a b ab

a b

ab ab ab

M

a b a b a b

       



 

      

  

Bài 10. Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị x: A = 12 10 ) )( ( ) (              x x x x x x x x x x

Điều kiện x≥ 0, x ≠ 4; x ≠ 9; x ≠

6x (x 6) x 3

A

2(x x 3)(2 x ) 2x 10 x 12 x x

6x (x 6) x 3

A

2(2 x )( x 3)( x 1) 2( x 3)(2 x) (2 x )( x 1)

                          

Do x 0; x ≠1; x ≠4; x ≠9 A = ) )( )( ( ) ( ) ( 3 ) ( x x x x x x x x           A = ) )( )( ( 3 6 x x x x x x x x x           A = ) )( )( ( ) ( ) ( ) ( ) ( x x x x x x x x x x           A = ) )( )( ( ) )( )( ( x x x x x x       = => ĐPCM

Bài 11.Cho a, b số hữu tỉ thỏa mãn  2  2

a b  a b +

(1ab)  4ab

Chứng minh 1ab số hữu tỉ

(32)

32 Ta có:

   

 

2 2

4 2 2

2

2 2

2

(GT) a b 2(ab 1) (a b) ab a b 2(a b) (1 ab) (1 ab)

a b (1 ab) (a b) -(1 ab)=0

(a b) ab a b ab Q;vi:a;b Q.KL

 

        

       

 

        

         

Bài 12.Cho biểu thức: P x y x y : x y 2xy

1 xy

1 xy xy

       

     



   

 

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị P với x

2





Lời giải a) ĐKXĐ: x0; y0;xy 1

Mẫu thức chung – xy

( x y)(1 xy) ( x y)(1 xy) xy x y 2xy

P :

1 xy xy

        



 

x x y y y x x x y y y x xy

1 xy x y xy

       



   

2( x y x) x (1 y) x (1 x)(1 y) (1 x)(1 y) x

 

  

    

b) Ta có:

2

2 2(2 3)

x 3 ( 1)

4

2



      

 

2

x  ( 1)  1  1

2

2( 1) P

1 ( 1) 3 2( 1)

P

13

 

  

    

 

 



Bài 13.Cho biểu thức P = : 1

10

3 1

x x x

x

x x x x

       

     

   

   

        

(33)

33 1) Rút gọn P

2) Tính giá trị P x = 4

2

2 2

2

   



Lời giải ĐK 1 x 10

1) 9:

10 1

x x

P

x x x

 

     

  

     

 

1

3( 3)

10

x x

x P

x x

  

  

  

3 1( 10)( 2) 3( 2)

2(10 )( 4) 2( 5)

x x x x

P

x x x

    

  

   

2) 4 2 4 2 4

(3 2) (3 2) 2 2 2 2

x           

 

=> x=1 2( 2 1) x>1

Vậy P=0

Bài 14.Cho biểu thức: :

2

1 1

x x x

P

x x x x x

   

   

   

  Với x  0, x 

a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để

Lời giải a) Ta có:

 

  

3

2 1 1

: :

2

1 1 1 1

2 ( 1) ( 1)

:

1

x x x x x x

P

x x x x x x x x x

x x x x x x

x x x

 

       

       

      

    

      



  

(34)

34  2 

1

2 x x

x x x x

x x

 





  



 

b) Với x  0, x  Ta có:

2 2

1

7

6 ( 2)( 3)

P x x

x x

x x x x

      

 

       

Vì x 3 0nên x  2  x 4(t/m) Vậy P =

7 x =

Bài 15.Cho biểu thức: P =

x - x 2x + x 2(x - 1)

- + (x > 0, x 1)

x + x + x x - 

1 Rút gọn P

2 Tìm giá trị x để P =

Lời giải 1/ Ta có:

3

( 1) (2 1) 2( 1)( 1)

1

x x x x x x

P

x x x x

   

  

  

( 1)( 1)

2 2( 1)

1

x x x x

x x

  

    

 

1 x x

  

2/ Ta có: P =  x x1 =  x x 2

Đặt x= t, t0 ta pt 2 ( )

2 ( )

  

     



t L

t t

t TM

Ta có t = ta x= x = (thỏa mãn ĐK) Vậy x = P =

Bài 16.Cho biểu thức:

( )(1 ) ( )( 1) ( 1)(1 )

x y xy

P

x y y x y x x y

  

     

1 Rút gọn biểu thức P

(35)

35 Lời giải.

1) Điều kiện để P xác định : x 0; y 0; y 1; x  y 0

 

   

(1 ) (1 )

1

x x y y xy x y

P

x y x y

                 ( ) 1

x y x x y y xy x y

x y x y

    



  

  

 1 1 

x y x y x xy y xy

x y x y

     



  

      

  

1 1

1

x x y x y x x

x y

     



 

1 

x y y y x

y            

1 1

1

x y y y y

y

   



  x  xy  y

2) P =  x  xy  y= với x 0; y  0; y 1; x  y 0

1   1  1 

x y y x y

        

Ta cã: + y 1 x 1 1  0 x 4 x = 0; 1; 2; ; Thay vào P ta có cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) thoả mÃn

Bài 17.Cho biêu thức M =

x x x x x x x          3

a. Tìm giá trị x để biểu thức M có nghĩa rút gọn biểu thức M b. Tìm x để M =

Lời giải a/ ĐK

Rút gọn M =

Biến đổi ta có kết quả: =

=    3        x x x x x x

b/ Ta có: M 5

x x



  

  x   4 x 16(TM)

Bài 18 Cho biểu thức: A x x 1

x x x x 1 x

 

  

    với x0, x1

1) Rút gọn A

9 ; ;

0  

 x x x

     

 2 3

2 3          x x x x x x x

 2 3

(36)

36 2) Chứng tỏ rằng: A

3



1)

 x  x 1

A

x x x

 

  

  

         x x x x A

x x x x x

A

x x x       

   



       

x x x

A

x x x x x



 

 

   , với x0, x1

2) Xét  

2

x

1 x

A

3 x x 3(x x 1)



   

   

Dox0, x1

 

2 1 3

x x x x

2

 

         

 

1

A

    A 

Bài 19. Cho biểu thức P =

1 2

1

3

   

   

 

x x x

x x

x x x a Tìm ĐKXĐ rút gọn P b Tìm x để P <

Lời giải a) Tìm ĐKXĐ: x0,x1

Ta có3 3 3 ( 1)( 1) ( 2)( 2)

2 ( 2)( 1) ( 2)( 1) ( 2)( 1)

x x x x x x x x x x

              

         

3 3

( 2)( 1) ( 2)( 1)

x x x x x x

x x x x

       

 

   

( 2)( 1)

x x x

  

 

  

(37)

37

0

1 0( 0)

1

x x

x do x

x x



 



    

 

- Kết hợp với ĐKXĐ ta được: Với 0 x P <

Bài 20.Cho biểu thức: P =

x +1x x +1x - x +1

a) Rút gọn P

b) Chứng minh P 

Lời giải. a) ĐKXĐ: x 0

P =

x +1x x +1x - x +1

=  3 

x +1 x +1 x - x +1 x - x +1

 

=       

x - x +1 x +1 x + x

x +1 x - x +1 x +1 x - x +1

 

 = x

x - x +1

b) x 0

1

x - x

2

1 3

=

2 4

x

    

 

 

Do đó: P= x

x - x +1 0

Bài 21.Cho biểu thức: :

2

1 1

x x x

P

x x x x x

   

   

   

  Với x  0, x

a) Rút gọn biểu thức P b) So sánh: P2 2P

Lời giải

a) Ta có: :

2

1 1

x x x

P

x x x x x

   

   

   

(38)

38

 3

2 1

:

1

x x x

x

 

 

 

   

  

  

 

     

2 ( 1) ( 1) 2

:

2

1 1

x x x x x x x x

x

x x x x x x

        

 



     

2 x x 

 

c) Vì x  0 x x 1

2

0

1

0

( 2)

2

2 x x P P P

P P

  

 

  

  

 

Dấu “=” xảy P = x = Vậy P2  2P

Bài 22 Cho biểu thức:

2

a a a a a a a M

a a a a a a

    

  

  với a > 0, a 

Chứng minh M 4.

Lời giải. a/ Ta có:

Do a > 0, a  nên: a a ( a 1)(a a 1) a a

a a a ( a 1) a

       

 

2

a a a a (a 1)(a 1) a (a 1) (a 1)(a a 1) a a

a a a a (1 a) a (1 a) a

              

  

M a a



 

Do a0; a1 nên: ( a 1) 20  a a 

M a

a

(39)

39

Bài 23.Cho biểu thức 1 :

1

2

x x A

x

x x x x

   

    



   

 

1) Tìm điều kiện x để biểu thức A có nghĩa 2) Rút gọn biểu thức A

3) Tìm giá trị x để

A số tự nhiên

Lời giải. 1) Điều kiện:

1 x x

    

2) Ta có: 1 :

1

2

x x A

x

x x x x

   

    



   

 

          

 2

1

3

= = 1

1 2

=

x x

x x x

x x x x

x

 

      

   



3) Với điều kiện: x x

     Ta có: A =  

2 x Vì A =  

2

x ≥ với x ≥ nên ≤

 2

2 x 

≤

Do đó:

 2

2

1

A  x khi  

x =  x12= Mà x1> nên x1 =1 x1 =

Do đó: x0 x 1 2  3 2 Vậy

Alà số tự nhiên x0hoặc x 3 2

Bài 24.Cho biểu thức

2

a a a a a a a M

a a a a a a

    

  

  với a > 0, a  Với giá trị a biểu thức N

M

(40)

40 Lời giải Với điều kiện a0; a1thì:

  

      

a a a a a a a

a M

a a a a a a

      



  

  

 2

a

a a a a a

M

a a a a



    

   

Khi

 2

6 a

N

M a 1

  

 Ta thấy với 0   a a a  1

 

2

2 a

a a

a

    



Do 0 N

Để N có giá trị nguyên N = a

1 a a a a

     

 

 2 a a ( )

a

a a ( )

     

    

    

 

 

tháa m·n tháa m·n

Vậy a  7

Bài 25 Cho biểu thức:

2

a a a a a a a M

a a a a a a

    

  

  với a > 0, a 

Với giá trị a biểu thức N M

 nhận giá trị nguyên? Lời giải

Ta có N

M

   N nhận giá trị nguyên Mà N =  a

a a   a4 a 0  

2 ( a2) 3

 a  2 hay a  2 (phù hợp)

(41)

41

Bài 26.Cho biểu thức A = 

                       5 15 25 : 25 x x x x x x x x x x

1 Rút gọn A

2 Tìm số nguyên x để A nguyên

Lời giải 1) Điều kiện x0,x25,x9

Rút gọn   x A

2) x  z => x3 Ư(5) => ( )

3

x loai x x         

Bài 27. Cho 1) Rút gọn M

2) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức M nhận giá trị số nguyên Lời giải

a) ĐKXĐ: (*) 1)Rút gọn M: Với

Rút gọn ta được: (với ) (*)

2)

Biểu thức M có giá trị nguyên khi: Ư(3) Vì

Nên

Xảy trường hợp sau:

(TMĐK (*))

(không TMĐK (*) loại )

Vậy x = M nhận giá trị nguyên

Bài 28 Cho biểu thức 1 22

1

x x x x x

P

x x x x x x x x

           ) 2 ( : ) 1 (             x x x x x x x x x M ; ;

0  

 x x x

9 ; ;

0  

 x x x    x x

M x0;x4;x9

1 1 1 1                x x x x x x x x M ) ( 1

3 x  x U

1;3 

 x0 x10 x11

 1;3 1  x 0

1    

 x x

x

4

3

1    

 x x

(42)

42

Tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên Lời giải

Điều kiện: x0, x1 Khi ta có

Rút gọn biểu thức ta x P x x    

Ta có PxP1 x  P 0, ta coi phương trình bậc hai x Nếu

0

P   x  vơ lí, suy P0 nên để tồn x phương trình có

 2  

1

P P P

     

 2

2 4

3 1

3

P P P P P

            Do P nguyên nên P12 +) Nếu  2

1 1

P     P x không thỏa mãn +) Nếu  2

1 2 0

0

P

P P x x x

P  

          

 khơng thỏa mãn

Vậy khơng có giá trị x thỏa mãn

Bài 29.Cho biêu thức M =

x x x x x x x          3

a.Tìm giá trị x để biểu thức M có nghĩa rút gọn biểu thức M b Tìm x  Z để M  Z

Lời giải a/ ĐK

Rút gọn M =

Biến đổi ta có kết quả: =

=    3        x x x x x x

b/ Ta có: M 5

x x



  

  x   4 x 16(TM)

Bài 30.Cho biểu thức A = 

                       5 15 25 : 25 x x x x x x x x x x ; ;

0  

 x x x

     

 2 3

2 3          x x x x x x x

 2 3

(43)

43 Rút gọn A

2 Với x0, x 25, x 9 tìm giá trị nhỏ biểu thức: B =

5 ) 16 (x A Lời giải

1)Điều kiện x0,x25,x9

Rút gọn

3

 

x A

2) Ta có :

3 16

(

) 16 ( 5

) 16 (

       

x x x

x x

A

B = 25 25

3

x x

     

 

=>B4 => B = x=4

2 2 1 1 1

.( )

3 1 2 1 2 1 2

x x

A

x x

x 

  

   



a) Tìm điều kiện x để biểu thức A có nghĩa b)Rút gọn biểu thức A

c)Tìm giá trị nhỏ A

Lời giải a) Điều kiện x để biểu thức A có nghĩa :

2

1

x

x x

  

      

   

    

b) Rút gọn biểu thức A

3

2

2 1 ( 2)

.( )

1 2 ( 1)( 1) ( 2)

( 2) ( 2) ( 1)

( 1)( 1) ( 1)( 1)

( 1)

( 1)( 1)

x x x x

A

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

 

    

         

    

  

      

  

 

    

a) c) Tìm giá trị nhỏ A Ta có 2

2

1

1 ( )

2

A

x x x

 

 

   

Ta có A nhỏ

( )

2

(44)

44 Vậy: Giá trị nhỏ A

3 

2

x = 0 x

Bài 31.Các số thực x , y thoả mãn đẳng thức :

x 1x2 y 1y2 1 Chứng minh x+y=0

Lời giải Ta có :

     

   (1)

1

2

x x

y y

x x

y y

x x

      

     

 



Tương tự x 1x2   y 1 y2 (2) Cộng (1) (2) Ta có

2 2

1 1

0

y y x x x x y y y x x y

x y

                

  

Bài 32.Cho x, y, z khác thỏa mã điều kiện: a + b + c =

Chứng minh: 12 12 12 1

x  y  z  x y z

2

2 2

2

1 1 1 1 1

2

1 1 1 1 1

2

x y z x y z xy yz zx

x y z

x y z xyz x y z xyz x y z

   

           

   

       

                

     

Vậy: 12 12 12 1

x  y z  x y z

Bài 33 Cho a, b số dương c số khác thỏa mãn:1 1

x  y z

Chứng minh: x y x z yz (*)

Lời giải Ta có: 1 xy yz zx xy yz zx

x y z xyz

 

(45)

45 (*) ⇔x   y x z y z xzyz

⇔

2z2 xyxzyzz 0⇔  c xy xz yzz2 ⇔ z2 = xy + xz + yz + z2

⇔ xy + yz + zx =0 ( đúng) ⇒ (đpcm

Bài 34. Chứng minh đẳng thức: Q

2

   

  

 

 4 2 4 2.3 2.4

Q

2 4

    

   

   

   

Bài 35.Chứng minh đẳng thức sau :

1 1

A n

1 2 3 n n

      

    

  

1

1 1

k k

k k k k k k

 

   

     

Do đó: A 2 1  3 2  4 3   n n 1 n1

Bài 36.Chứng minh đẳng thức:

1 1

A

10 1 2 3 100 99 99 100

     

   

Lời giải Ta có :

         

 

1 1

k k

k k k k k k k k k k k k k k

k k

k k

 

 

          

 

  

 

Do đó: 1 1 1 1 1 1

1 2 3 99 100 100 10

A               

       

Bài 45.Tính giá trị biểu thức P

với

2006

3 2013 2011  x x

(46)

46 Lời giải. Ta có:

Có

Với x = 1.Ta có

Vậy với x = P = 2014

Bài 46.Tính giá trị đa thức 2016 ( ) ( 1)

f x  x  x 1

9

5

4

x  

 

Lời giải.

Ta có:

2

9

5

x      

     

2

9

5

  

  =  2

2 5

9

5

  

   

 ( ) (1)

f x  f 

Bài 47. Cho số dương x, y, z thoả mãn điều kiện xyz = 100 Tính giá trị biểu thức:

A = x

xy x 10 +

y

yz y1 +

10 z xz 10 z10

Lời giải

Vì x, y, z số dương nên từ xyz = 100 => xyz = 10 Thay vào biểu thức cho ta được:

A = x

xy  x xyz +

y

yz y1 +

xyz z

xz xyz z xyz

18 2 2

6     

 x

2 4 ) (

18      

1 )

1 ( 2

2        

3 2 3 2

6         

 x

3 3 ) (

6         

 x

1 3 3 )

(         

 x

2014 2006

5 2006

3 2013 2011     

(47)

47 =

 x 

x y 1 yz

+ y

yz  y1 +  

xz yz xz 1 yz y =

y 1 yz +

y

yz y1 +

yz 1 yz y = y yz

1 y yz

 

  =

Bài 48 Cho a, b, c thỏa mãn a b c 7 ; a b c  23 ; abc 3 Tính giá trị biểu thức H= 1

6 6

ab c  bc a   ca b

Lời giải Ta có  a  b c2    a b c 2 ab bc ca

mà a b c 7 ; a b c  23 nên ab bc ca13 Ta có a b c 7 c  6 a b1

nên ab c 6 ab a b 1  a 1 b1

Tương tự bc  a  6  b1 c1 ; ac b 6  a 1 c1

Vậy H= 1

6 6

ab c  bc a   ca b

=

 a11 b1  b11 c1  a 11 c1

=

 11 11 11

c a b

a b c

    

  

=  

   

3 13 1

a b c

abc a b c ab bc ca

   

  

  

      

Bài 49.Với  

3

5 17 38 14

x

 



  Tính giá trị biểu thức: B =  

2015

3

3x 8x 2 Lời giải

Ta có       

3

2

5 5 1

5

5 (3 5) x

   

  

   

(48)

48

Bài 50.Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz =

Tính giá trị biểu thức: A =

Lời giải Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz =

Hãy tính: A =

Gợi ý: xy + yz + xz = 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x + y)

Bài 51 Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012 Tính f(a) a =

Lời giải Từ a=

nên a3 + 12a = 32 Vậy f(a) =

Bài 52. Cho x31 653 65 1 Tính Qx312x2009 Lời giải

3 12 2009

Qx  x , với x31 65 3 65 1 :

Ta có :  

3

3 3

1 65 65

x    

1 65  65 1 33 1 65 65 131 65 65 1

         

3 

2 12 65 65 12x

      

Do đó: Q = 2-12x +12x + 2009 = 2011

Bài 53.Cho x, y thỏa mãn 0< x <1, < y <1

1

x y

x y 

 

Tính giá trị biểu thức 2

P  x y x xyy Lời giải. Ta có

2 2 2

2 2

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

(1 ) (1 ) (1 )

y z z x x y

x y z

     

 

  

2 2 2

2 2

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

(1 ) (1 ) (1 )

y z z x x y

x y z

     

 

  



3

16 5  16 5

3

16 5  16 5

  

3 3 3

32 16 16 16 16 32 12

a   a

          

(49)

49

 

1

x y

x y xy

x y

xy x y

       

   

Thay

2 xy

x y  Ta có

 2

2

3

1 3 3

3

2 2

1 3

2

P x y x xy y x y x y xy

xy xy xy xy

xy

xy xy

         

       

        

   

 

 

Nếu xy> 1/3 Thì P = Nếu xy < 1/3n P = 3xy

Bài 54. Cho 1 312 135 312 135

3 3

x

   

 

  

 

 

Tính M =  

2

3

9x 9x 3

Lời giải

Từ 1 312 135 312 135

3 3

x

   

 

  

 

 

3 1 12 135 312 135

3

x

   

 

   

 

 

 

3

3 12 135 12 135

3

x

   

 

   

 

 

 3  

3x 3x

    

3

9x 9x

   

 2

1

M

   

Bài 55. Cho số thực dương a, b ; a  b.Chứng minh

3

( )

2

3

( )

0

a b

b b a a

a ab

a b

b a a a b b



 



  

(50)

50

Lời giải

3

( )

2

3

( )

( ) ( )

2

3 ( )

( )

( )( ) ( )( )

3 3

( )( )

3 3 3

( )( )

0( )

a b

b b a a

a ab

a b

Q

b a a a b b

a b a b

b b a a

a a b

a b

a b a ab b a b a b

a a a b b a b b a a a

a b a ab b a b

a a a b b a a a a b b a

a b a ab b

DPCM

  

 

 

 

   

 

 

    

   

 

   

    



  



Bài 56 Tìm x, y nguyên cho x y  18 Lời giải

Ta có : x y  18(x0; y0)

Pt viết: x y 3 2(1)(0 x3 2;0 y 3 2)

Pt viết:

2

3 ( ) (3 ) 18

18

6

( 2y va a 0)

2

a

2 ( )

2 (2 ) 2

x y x y y y x

y x

y Q

a N Vi Z

y a Q y a Q

a m m N

y m y m y m TT x n

         

 

  

   

        

 

       



Pt (1) viết:n 2m 3 2  m n 3( ;m nN)

0

3 18

1

2

1

3 18

0

n x

m y

n x

m y

n x

m y

n x

m y

    

 

  

 



     

 

 

   

 

      

 

 

 

 

  

 



Vậy Pt cho có nghiệm 18

x y

   

 ;

2

x y

   

 ;

8

x y

   

 ;

18

x y

(51)

51

Bài 57. Cho hai số thực a, b thỏa mãn a + b = 3, ab = Tính giá trị biểu thức

  2

a b a b

P

a a b b

 



 Lời giải.

Ta có:     

   

2

3

( )( )

a b a b a b a b a b

P

a a b b a b

    

 

 

   

    

( ) ( )

a b a b a b a b a b ab a b

a b ab

a b a b ab

      

 

 

  

Thay a + b = 3, ab = ta được: 3 2.1 3

3

P  



Bài 58 1) Choa b  29 12 5 2 Tính giá trị biểu thức:

2

( 1) ( 1) 11 2015

Aa a b b  ab

2) Cho x y, hai số thực thỏa mãnxy (1x2)(1y2) 1 Chứng minh rằngx 1y2 y 1x2 0

Lời giải  2

3 2

2 2

1) 29 12 5 5

11 2015

( )( ) 11 2015

3( ) 11 2015

4( ) 2015 4( ) 2015 2051

a b

A a b a b ab

a b a b ab a b ab

a b ab a b ab

a ab b a b

       

     

       

      

       

2 2

2 2 2

2 2

2) (1 )(1 ) (1 ) (1 )

(1 )(1 ) (1 )

1

2 ( )

1 1

xy x y x y xy

x y xy

x y x y xy x y

x y xy x y y x

x y y x x x x x

        

    

      

         

        

2 2

2

1

( 1)( )

( )

a b

b a a b

P

a b a b

b a b a

   

  

với a > 0, b > 0, a ≠ b

(52)

52

2 Giả sử a, b thay đổi cho 4a b  ab1 Tìm giá trị nhỏ P

Lời giải

Ta có:

2

2 4 3

2 2 2 2 2

2 2 3

2 3

4 3 3

2 2

1

( 1)( ) ( )( )

( ) ( )

( ) ( )( )

( )

1

( )( )

a b a b ab a b

b a a b ab ab ab ab

P

a b a b a b a b ab

b a b a a b a b a b a b

a b ab a b a b a b

ab a b a b

a b a b ab a b a b ab

a b a b



    

 

     

    

  

    

Vậy P ab 

2.Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số dương 4a b ta có:

4 4

1

0

5 25

1 25

a b a b ab a b ab ab

ab ab

P ab

       

       

Dấu xảy

1

4 10

10

4

5 a

b a b a

a

a b ab

b     

   

  

   

  

 

  



Vậy minP = 25 ⇔

1 10 a b       

Bài 60 Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

1 3 1998 1999 1999 2000

A            

Là số hữu tỷ

Lời giải

(53)

53

   

 

   

2

2 2

2

2 2 2

1 1 2

1

1 1

1 2 2

1

1 1 1 1 1

1 1

1

k k k k k k k k

k k k k k

k

k k k k k k

k k

         

    

  

      

 



 

            

 

 

 

Cho k = 3, 4, 5, ,1999,2000 Ta có:

1 1 1 1

1 1

2 3 1998 1999 1999 2000

1

1998

2 2000 A

A

       

               

       

  

Do A số hữu tỷ

Chủ đề PHƢƠNG TRÌNH, HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Bài 1. Giải phương trình: x3   x2 3x 10 0

Lời giải

        

3 2

2

3 10 2 10

2

x x x x x x x x

x x x x x x x x

x

          

           

  Do

5

x   x x

Vậy phương trình có nghiệm x =

Bài Giải phương trình: x2(2x + 3) = 2(3x – 2) (1) Lời giải

 

   

3

3 3

3

1 4 12

5 12

2

5

x x x x x x

x x x

         

       



    



Vậy nghiệm phương trình là:

2 x 



Bài 3.Giải phương trình:

2

x  x  x  x  Lời giải. Ta có:

2

(54)

54

       

4 3 2

3

2 8 4

x x x x x x x

x x x x x x x

        

  

3

3 2

4 3

x x x x

x x x x x x

     

       

       

   

2

3

2

x x x x x x

x x x x

x x

       

     

    



 

 

(Do

1

x   x )

Vậy phương trình có nghiệm x = x = -

Bài 4. Giải phương trình: x44x310x237x140 (1) Phân tích nháp: Ta nghĩ đến việc phân tích:

  

     

4 2

4

4 10 37 14

0

x x x x x px q x rx s

x p r x s pr q x ps qr x qs

        

         

Đồng hệ số:

4 10 37 14

p r s pr q

ps qr qs

   

     

  



  



Nhâm nghiệm ta được: p 5, q2, r1, s 7

Từ có lời giải: x44x310x2 37x14x25x2x2 x 7

Suy ra:

  

4 2

2

5

4 10 37 14

7

x x

x x x x x x x x

x x

   

            

   

Giải hai phương trình bậc ta nghiệm:

5 17 29

;

2

x   x   

Bài 5. Giải phương trình:

5

x  x  

Lời giải Đặt

( 0)

yx y phương trình trở thành:

  

2 2

1

5 4

4

1

2

y

y y y y

y x

x

x x

 

        

   

  

   

 



(55)

55

Bài 6. Giải phương trình: x2004 4 x 20064 2 Lời giải. Đặt 2004 2006 2005

2

y x   x Khi phương trình trở thành:

           

 

2

4 2 2

2

2 4

4 2 2

1 1

2 2 4 2

2 12 0

2005 2005

y y y y y y

x x

 

            

 

            

         

    

Vậy phương trình có nghiệm x = 2005

Bài 7. Giải phương trình: 6x4 5x338x2 5x 6 Lời giải

Ta thấy x = nghiệm phương trình Chia vế phương trình cho x2

ta được:

2

6x 5x 38

x x

    

2

1

6(x ) 5(x ) 38

x x

     

Đặt y x x

  thì: x2 12 y2 x

  

Ta pt: 6y2

– 5y – 50 = <=> (3y – 10)(2y + 5) = Do đó: y 10 y

3

  

* Với y 10

 thì: 10

x 3x 10x

x

     

<=> (3x – 1)(x – 3) = <=>

1 x

3 x

   

 

* Với y

  thì: x 2x2 5x

x

      

<=> (2x + 1)(x + 3) = <=>

1 x

2

x

   



(56)

56

Vậy phương trình có bốn nghiệm: 1, 1, 2,

3

x x  x  x

Bài Giải phương trình: 2

(2x 3x1)(2x 5x 1) 9x (1) Lời giải.

– Nhận thấy x = nghiệm Phương trình - Chia hai vế Phương trình (1) cho

x  ta được:

1

2 x x (*)

x x

      

  

  

Đặt t 2x x

  Khi phương trình (*) trở thành: (t – 3)(t + 5) =

2

2 24 ( 6)( 4)

4

t

t t t t

t   

         

 

Với t = - ta có:

2 6

2

x x x x

x

          

Với t = ta có: 2

2 4

2

x x x x

x

         Vậy phương trình cho có nghiệm:

2

x   , 2

2 x 

Bài 9. Giải phương trình: 2

(x 5x1)(x  4) 6(x1) (2) Lời giải.

Đặt a x thay x = a + rút gọn ta được:

2 2

(u 7u3)(u 2u 3) 6u (*) Đến giải tiếp

Giải ta nghiệm là: 7; 21

x  x  

Bài 10.Giải phương trình:   

3 18 168 (1)

x  x x  x  x Lời giải

       

        

2 2

3 18 168 168

1 168 6 168

x x x x x x x x x x

          

   

             

– Nhận thấy x = khơng nghiệm phương trình: Chia hai vế phương trình cho

x ta được: x x 168

x x

      

  

(57)

57 Đặt y x

x

  phương trình trở thành: y7y 5 168

2

12 133

19

y

y x

y  

     

  

Do đó: 22

1 6

7

7 19 337

6 19 2

19

19 337

x x x

x x

x

x x

x

  

  

    

       

 

   

  

     

  

  

  

 

Vậy phương trình có nghiệm 1, 6, 19 337, 19 337

2

x x x   x  

Bài 11 Giải phương trình:     

2 6

x x x x  x 

Lời giải. Phương trình   

2 12 12

x x x x x

      

Vì x0 khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế phương trình cho

x ta

được:

12 12

4

x x

       

  

   Đặt

12

t x x

  , ta có:

  

4

2

t

t t t t

t  

         

 

* 12

1 12

3

x

t x x x

x x

 

         

  

*

2 12 13

t x  x    x

Vậy phương trình cho có bốn nghiệm:x 3;x4;x 1 13

Bài 12 Giải phương trình:

a) Giải phương trình:  2  2   x  x 2 x1 5 x 1 b) Giải phương trình:

3 21

x  x  x  x  x  x  c) Giải phương trình:x1x2x3 2 x4x 5 360 d) Giải phương trình: 3

5 5 24 30

(58)

58

a) Vì x 1 khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế cho

1 x  ta

được:

2

1

3

1

x x x

   

   Đặt

2

1

3 5 2,

1

x x

t t t t t t

x t

 

            

* 13

2

2 t x  x   x 

*

3

t   x  x  phương trình vơ nghiệm

b) Đây phương trình bậc ta thấy hệ số đối xứng ta áp dụng cách giải mà ta giải phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng

Ta thấy x0 không nghiệm phương trình Chia vế phương trình cho

x ta được:

3

1 1

3 21

x x x

   

        

    Đặt

1 ,

t x t

x

   Ta có:

 

2

1

2;

x t x t t

x x

      nên phương trình trở thành:

   

3 21

t t   t   t  32 27  3 2 3 3

t

t t t t t

t  

          

 



*

3 3

2

t x x x x

x

          

*

3

2

t  x  x   x   Vậy phương trình có bốn nghiệm

3 5

;

2

x  x 

c) Phương trình    

6 360

x x x x x x

       

Đặt

6

tx  x, ta có phương trình:y5y8y9360

 

22 157 0

6

x

y y y y x x

x  

          

  

Vậy phương trình có hai nghiệm:x0;x 6

d) Ta có:  

5 30 5 5

x  x  x  x  x nên phương trình tương đương

  3 

3 3

5 5 24 24 30

(59)

59

  

3

2

3

5

6 5

u u x

u x u ux x u x

x x u

   

        



  



  

3

4 5

x x x x x x

            Vậy x 1 nghiệm phương trình

Bài 13. Giải phương trình: 2 2 2

5 11 28 17 70

x  x  x  x x  x  x

2 2

1 1

5 11 28 17 70

1 1

(*) ( 1)(x 4) ( 4)( 7) ( 7)( 10)

x x x x x x x

x x x x x x

  

      

   

      

Từ suy điều kiện để phương trình có nghĩa là: 1; 4; 7; 10;1

x    

Khi đó:

2

1 1 1 1 1

(*)

3 4 7 10

3

1

7 12

4

1 10

x x x x x x x

x

x x

x

x x x

     

         

      

     

  

        

 

   

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm x = -3

Bài 14. Giải phương trình: 1 1

2008x12009x2 2010x42011x5 Lời giải

ĐK: ; ; ; 2008 2009 2010 2011

x    

(60)

60

1 1

2008 2011 2010 2009

4019 4019

(2008 1)(2011 5) (2009 2)(2010 4) 4019

1

(2008 1)(2011 5) (2009 2)(2010 4)

4019

(2009 2)(2010 4) (2008 1)(2011 5)

40

x x x x

x x

x x x x

x

x x x x

x

x x x x

x

  

   

 

 

   

  



  

   



  

 

     



  

2

6

19 4019

4019

2 3

2

x

x x

x

   

 

    

 

    

 

 

 

Vậy phương trình có ba nghiệm: ; 1;

4019

x  x  x 

Bài 15. Giải phương trình: 2 213

3

x x

x  x  x  x 

Lời giải. Điều kiện: 22

1

3

1

3

x

x x

x

x x

     

 

  

  

 



Dễ thấy x = nghiệm phương trình, chia chia tử mẫu phân thức cho x ta được:

Đặt 3x t x

   phương trình trở thành:

1 13

6

4

t

t t

t   

      



  



Với

t

4

1 3

3 11

1

2

x

x x x

x

x   

        

  

2 13

6

1

3x 3x

x x

 

(61)

61 Với t  4

3x 4 6x

x

       (loại) Vậy phương trình có nghiệm: 4,

3

x x

4

3

x x

x x x

    

Lời giải. Điều kiên:

0

0 1 5

2

x

x x x

x   

      

 

Chia chia tử mẫu phân thức cho

0

x  ta phương trình tương đương:

2

1

3 1 x

x x

x  



  Đặt

2 2

2

1 1

2

t x t x t x

x x x

          

Khi đó, phương trình trở thành:

3

1 t

t t t

t

       

 t2

Với t =

1

2

x x x x

x

         Với t =

2 1

x x x x

x

        

Vậy phương trình có bốn nghiệm là:

2

x  x 1

Bài 17. Giải phương trình: 12 2 15 ( 1) x  x 

Lời giải. ĐK:

1

x x

    

 Khi phương trình cho tương đương với:

2

2 2

2

1 ( 1)

15 15

( 1) ( 1)

1 ( 1)

15 15

( 1) ( 1) ( 1)

x x

x x x x

x x

x x x x x x

 

   

 

 

 

     

    

Đặt

( 1) t

x x  phương trình trở thành:

2

2 15

5

t

t t

t  

    

(62)

62

Với t = ta có: 21

3 3

( 1) x x x

x x

 

      



Với t = - suy ra: 5 5 5 1 0 5.

( 1) x x x 10

x x

 

       



Phương trình cho có bốn nghiệm 21

6

x   , 5

10 x  

Bài 18. Giải phương trình: a)

 

2

2 25

11

x x

x

 

 (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa

2013)

b) 2 12 2

4 2

x x

x  x x  x  (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học Vinh

2010) c)

 

2

x

x x

x    (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP Hà Nội 2008)

d)

 

3

2

1

x x

x

x x

   

 

Lời giải. a) Điều kiện x 5

Ta viết lại phương trình thành

2

2 2 2 2

5 10 10

11 11

5 5

x x x x

x

x x x x

 

         

 

     

    Đặt

2

5 x t

x 

 phương trình có dạng

2

10 11

11

t

t t

t  

    

  

Nếu t1 ta có:

2 21

1

5

x

x x x

x

       

 Nếu

2

11 11

5 x t

x

     

11 55

x x

    phương trình vơ nghiệm

b) Để ý x nghiệm x0 nên ta chia tử số mẫu số vế trái cho x thu được: 12

2

4

x x

 

    Đặt

2

t x x

   phương trình trở

thành: 12 2

1 12

6

t

t t t t t t

t

t t

 

            



(63)

63 Với t1 ta có: 2

2

x t t

x

       vô nghiệm Với t 6 ta có:

2

2 2

x x x x

x

         

c)    

2

2 3

2 2

x x x

x x x x

x x x

             

       

    

Giải phương trình ta thu nghiệm 6; 3 x  x  d) Sử dụng HĐT 3  3  

3

a b  a b  ab a b ta viết lại phương trình thành:

 

3

3 2

3

2

1 1 1

1

x x x x x x

x x x

x x x x x

x

   

            

        

 hay

3

2 2 2

2

3

3 1 1 2

1 1 1

x x x x x

x x

x x x x x

     

             

          

      Suy

ra phương trình cho vơ nghiệm

2

1

12

2 3

x x x

  

     

      

   

Lời giải. ĐK:

2

x x

    

Đặt

1

2

3

x u

x x

uv

x x

v x

  

 

   

  

 

 

 Khi đó, phương trình cho trở thành:

2 2

12 12

3 ( )( )

4

u uv v u uv v

u v

u v u v

u v

     

 

     

  

Với u = 3v ta có:

1 46

3 16

2

x x

x x x

x x

         

 

Với u = - 4v ta có:

2

1

4 12 19 ( )

2

x x

x x VN

x x

       

 

Vậy phương trình cho có nghiệm là:

(64)

64

Bài 20. Giải phương trình: 2 2 12

3

x  x x  x  x

Lời giải. Điều kiện:

2

3

3 0

2

x x

x x x

x    

      

 



Với điều kiện x  phương trình cho tương đương với:

2 2

1

2x x 3x9  x  x

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: a2 b2 (a b)2 (*)

x y x y



 



Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức bu-nhi-a-cốp-xki cho hai số  x; y a ; b

x y

 

 

 

ta có:      

2

2 2 2 2

2 a b 2 a b (a b)

x y a b

x y x y

x y

     

                

      

 

Dấu “=” xảy a b

x y

Vậy BĐT (*) chứng minh Áp dụng BĐT (*) ta có:

2

2 2 2 2

1 (2) (1 2)

2x x 3x 2x x 3x 2x x 3x x x 

    

        

Do phương trình có nghiệm

2

1 13

3

2x x 3x x x x x



      

 

Vậy phương trình cho có hai nghiệm 13

2 x 

Bài 21. Giải phương trình :

82 44 93

33 104

22 115

11 

    

 x x x

x

Lời giải

x 11 x 22 x 33 x 44

115 104 93 82

      

x 11 x 22 x 33 x 44

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

115 104 93 82

   

(65)

65

x 126 x 126 x 126 x 126

115 104 93 82

   

   

x 126 x 126 x 126 x 126

0

115 104 93 82

   

    

x 126

  

x 126

  

Vậy nghiệm phương trình x = -126

Cõu 22. Giải phơng trình:

3

x  x   x

2  

2 2

2

1 1

8 x x x x x

x x x x

              

      

      

Lời giải. 1) ta có:

2

3

x  x   x (1)

+ NÕu x1: (1) x12   0 x (tháa m·n ®iỊu kiƯn x1) + NÕu x1: (1) 2     

4 3 1

x x x x x x x

            

1;

x x

   (cả hai khơng bé 1, nên bị loại) Vậy: Phơng trình (1) có nghiệm x1 2) ta cú:

 

2 2

2

1 1

8 x x x x x

x x x x

              

      

       (2)

Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x0

(2)  

2

1 1

8 x x x x x

x x x x

 

       

                        

0

x hay x

    vµ x0

Vậy phơng trình cho có nghiệm x 8

Bài 23.Giải phương trình: 1005x 3 1007x 3 - 2012x 30 Lời giải

Giải phương trình:   3  3 3

1005x  1007x  - 2012x 0

   

2

1

8 x x x x 16

x x

   

           

(66)

66 Đặt X 1005x Y; 1007x Z; 2 - 2012x

Dễ chứng với: X + Y + Z = thì: 3

3 X Y Z  XYZ

Phương trình cho trở thành:

1005 3(1005 )(1007 )(2 - 2012)=0 1006 1007

x

x x x x

x

   

   

  

Vậy phương trình cho có nghiệm x = 1005, x = 1006, x = 1007

Bài 24. Giải phương trình: 2 2 (2x1) (2 x 2)  (*)

Lời giải. Đk : 1;

2

x  x  Đặt 2x+1=t

2

1

(*)

( 1)

1

( ) (0, 25d) ( 1)

PT

t t

t t t t

   

    

 

Đặt ( 1)

y t t 

 ta có pt:

2

y

y y

y       

  

Với y=1 suy ra:

2

1 5

1

1 ( )

( 1) 1 5 3 5

2

t x

t t TM

t t

t x

    

  

       

     

  

 

Với y = -3

3 0( )

( 1) t t VN

t t      

Vậy pt có hai nghiệm

3 5

;

4

x    x  

a) 3x 4 3y 5 b) x     1 x x 3 c) | x + 1|2016 + |x + 2|2017 =

(67)

67 3x 4 3y 5 4 /

3 5 /

x x

y y

  

 

 

   

 

Vậy x = 4/3 y = -5/3 b) Ta có bảng xét dấu:

Xétx 3:

Phương trình trở thành:  1  2  3

3

x x x

x

          

3

x

   (Thỏa mãn điều kiện) Xét    3 x 1:

3

x x x

x

         

3

x

   (Không thỏa mãn điều kiện) Xét    2 x 1:

4

x x x

x

         

⇔ x = -1 (thỏa mãn điều kiện) Xét: x 1:

Phương trình trở thành:

1 3

3

x x x

x

     

  

1

x

   (không thỏa mãn điều kiện)

Vâỵ phương trình có nghiệm x = -1 x = -3

c) Dễ thấy x = - x = - nghiệm phương trình * Xét x < - 2:

Ta có: x + 1< -1 x + 2< Suy ra: |x+1| >1;|x + 2| >0 Do đó: |x+1|2016

(68)

68 Vậy với x < - phương trình vơ nghiệm * Xét -2 < x < -1:

Ta có: -1< x + 1< 0< x + <1 Suy ra: 0< |x + 1| < ; < |x + 2| <1 Và |x+1| = -x - 1; |x + 2| = x +

Vì thế: |x + 1|2016< |x+1| ; |x + 2|2017< |x+2|

Vậy: |x + 1|2016 + |x + 2|2017< |x+1| + |x +2|= -x – + x + 2= Do với -2 < x < -1 phương trình vơ nghiệm

* Xét: x > -1:

Ta có: x + > x + > 1.Suy ra: |x+1| > |x + 2| > Vậy: | x + 1|2016 + |x + 2|2017>

Do với x > -1 phương trình vơ nghiệm

Kết luận: Tập nghiệm phương trình là: S= *−2; −1+

Bài 25. Giải hệ phương trình:

2

4

1

x y x

x xy y

          Lời giải 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

x xy y x x x x

                    2

2 0

7 5

7

y x

y x x

x x x                     x y    



5 7 x y          Xét hệ:

   2

2 2

2

1 2 1

y x

x xy y x x x x

                       2

3

1 y x y x x x x x                       x y       1 x y      

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x;y) là: (0;1), 5; 7

  

 

 , (0;-1), (-1;1)

Bài 26. Giải hệ phương trình 2 2 (1)

3 (2)

x y

x y y

 

 

  

(69)

69 Lời giải. Từ (1) ta có

2 y

x  vào (2) ta

2

3

2 y

y y



     

 

 

2 2 59

3(25 30 ) 16 23 82 59 1,

23

y y y y y y y y

            

Vậy tập nghiệm hệ phương trình  1;1 ; 31 59; 23 23

  

  

 

 

Bài 27. Giải hệ phương trình

4 2

2

2 (1)

2 6 (2)

x x y x y x

x xy x

    

 

  



Lời giải. TH : x = không thỏa mãn (2)

TH :

2

6

0, (2)

2

x x

x y

x

 

   vào (1) ta

2

4 6 6

2

x x x x

x x

       

      

   

2

4 2 (6 )

(6 ) ( 4)

4

x

x x

x x x x x x x

x

   

           

  

Do x0 nên hệ phương trình có nghiệm 4;17

 

 

 

Cách khác: Hệ

  2

2

6

2 9

2 6

6

2

x x

x xy x x

x x

x xy x x

x xy

   

       

  

   

     

 

 

Tính x sau suy y

2

2 y y

x x x

y  

 

     

(70)

70 Hệ

2

3 (1)

3 (2)

x y y y x x

  

  

 



Trừ vế hai phương trình ta

2 2

3 3 ( ) ( )( )

3

x y x y xy y x xy x y x y x y

xy x y

  

          

   

TH x   y y x vào (1) ta 3x3 x2   2 x TH 3xy  x y Từ

2

3y y y

x



   ,

2

3x x x

y



  

3xy x y

    Do TH khơng xảy

Vậy hệ phương trình có nghiệm (1 ; 1)

2

1

x y xy x y xy

   



   



Lời giải.

Đây hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến

Hệ ( )2

( )

x y xy x y xy

   



    



Đặt x y S xy P

  

 

  

2

,

x y S P

   ta 2 1,

4,

3

S P S P

S P

     

 



    

  



TH 1 1,

2 2,

S x y x y

P xy x y

     

  

 

         

  

TH 4 1,

3 3,

S x y x y

P xy x y

        

  

 

        

  

Vậy tập nghiệm hệ là: S = ( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1)      

Bài 30. Giải hệ phương trình: 

 

  

5 17

3 3

y xy x

y y x x

(71)

71         17 3 b a ab b a          5 b b b a          ) )( ( b b b a       b a Hoặc      b a +)      b a

Ta có hệ phương trình

      xy y x          3 y y y x          ) )( ( y y y x       y x Hoặc      y x +)      b a

      xy y x          2 y y y x (Vô nghiệm) Hệ vô nghiệm

Vậy nghiệm hệ cho là:  x y;  1; ; 2;1   

Bài 31. Giải hệ phương trình: Lời giải. Giải hệ phương trình:

Lấy pt (1) trừ pt (2) ta được: x3

– y3 = 2(y – x)

(x – y)(x2 – xy + y2 + 2) = x – y = x = y ( x2 – xy + y2 + = )

Với x = y ta có phương trình: x3

– 2x + =

 (x – 1)(x2

+ x – 1) =

Vậy hệ có ba nghiệm :    ; 1;1 , 5; , 5;

2 2

x y             

   

Bài 32. Giải hệ phương trình 3

2

x x y

y y x

       3

x + = 2y y + = 2x

  

3

(1) (2)

        x y y x    2 y 3y

x -

2

      

 

 x = 1; x =-1+ 5; x=-1-

(72)

72 Lời giải

Từ hệ ta có 3 2  2

(2 ) (2 ) ( )

x yx  y xy  x y xyx y 

3

(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 )

2

3 38

5 15

x xy y

   

 

  



Lời giải - Hệ

2

45 75 60 570 2

145 417 54 (1)

2

190 342 114 570

x xy y

  

     

  

  

Ta thấy y = khơng nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình (1) cho y2 ta

2

145 x 417 x 54

y y

   

      

   

Đặt t = x

y ( t > 0) Khi đó:

2

145t 417t 54

   

Giải phương trình bậc ta 3; 18 145

t t 

- Vậy , 18 145

x y x  y vào hai phương trình hệ ta thu kết (3;1); ( 3; 1) 

Bài 34. Giải hệ phương trình sau :

2

2 12

3 11

x xy y

x xy y

   

 

  



2

22 33 11 121

12 12 36 121

x xy y

   

 

  



(73)

73

2  

5   

    

   

y x

x y x y

x y

Với

y

x ta ;

2

x x

y y

  

 

    

 

Với x 5y ta

5

3

;

3

x x

y y

  

 

 

 

   

 

 

3

1

(1)

2 (2)

x y

y x

    



  



Lời giải. Điều kiện: xy0

(1) x y 1 x y x y (x y) 1

x y xy xy

 



             

 

TH x y vào (2) ta

2 1

x  x   x

2

x   (t/m) TH 1 y

xy x

     vào (2) ta

4 2

2 ( ) ( )

2 2

x    x x   x  

PT vô nghiệm

Vậy tập nghiệm hệ S = (1;1); 5; ; 5;

2 2

          

 

   

 

    

 

2

5

4 27

x xy y

   

 

   



(74)

74           27 ) )( ( y xy x y x y x                       27 42 27 20 2 y y y x y y y x                                                          14 127 14 127 20 549 20 549 y y y x y y y x 549 10 549 20 549 10 549 20 x y x y                           

3 127 14 127

14 3 127

14 127 14 x y x y                        

Vậy hệ có bốn nghiệm: (x, y) = 549; 549

10 20

    

 

  ;

3 549 549 ; 10 20           ;

3 127 127 ; 14 14 x              ;

3 127 127 ; 14 14 x             

Lời giải

Ta có

3 2

2

3

x x y x xy x x y

     

 

  



3 2

2

( )

3

x x y x xy

I x x y

            2

( )(2 )

( )

( ) (2 )

x x x y I

x x x y

    

  

   

(75)

75

Đặt Hệ cho trở thành:

Với Hệ PT vô nghiệm

Với

Giải hệ nghiệm:

Vậy hệ cho có nghiệm

3 3

2

8x 27 18 4x 6x y y y y         Hƣớng dẫn.

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 39. Giải hệ phương trình: a)

3

2

3 (6 ) 18

3 x y x xy x x y

             b) 2

2 (6 ) 18

7

x x

y x xy x y              Gợi ý. a) Hệ ( 2)(3 ) 18

( 2) (3 )

x x x y x x x y

   



     

  Đặt

( 2)

a x x b x y

 



  

 Nghiệm x 1;

; ux x v xy

2 u v uv

u v u

v                       2

3

u x x

v x y

               2

3 3

2 2 2

u x x x x

v x y y x

                        

1 13 13

;

2

13 13

x x y y                     

1 13 13

; 13 ; ; 13

2

     

  

   

(76)

76 b)Hệ ( 3)(2 ) 18

( 3) (2 )

x x x y x x x y

   



     

  Đặt

( 3)

a x x b x y

 



  

 Nghiệm

Bài 40. Giải hệ phương trình : 2

( 1)

5

( )

x x y x y

x

    



    



Lời giải. Điều kiện x0

Khi đó: Hệ

2

1

( )

x y

x x y

x

    

  

 

      

  



Đặt x y a, b x

   ta hệ :

2 2

2, 1

1 3

1

, 2,

5 (3 1)

2 2

a b x y

a b a b

a b x y

a b b b

   

 

    

   

  

   

    

      

   

Bài 41. Giải hệ phương trình :

2

4

5 (1 )

4

x y x y xy xy

x y xy x

      

 

     



Hệ

2

5

( ) ( 1)

4

( )

4

x y xy x y x y xy

      

  

    



Đặt

x y a xy b

   



 ta :

2

5

( 1) 0,

4

5

,

4 2

a b a a a ab a b

b a

a b a b

            

 

   

 

   

        



 

Vậy tập nghiệm hệ pt S = 1; ; 5; 25

2 16

  

    

 

  

  

 

2

2( )

( ) 10

x y x y

y y x x

   



   

(77)

77 Lời giải. Ta có:

2

2( )

( ) 10

x y x y

y y x x

   



   



2

( 1) ( 1)

( ) ( 1)

x y

y x x

   

  

   



Đặt a x 1,b     y b a y xta hệ

2

9

( )

a b

b a a

 

 

  



2 2 2

( )

a b b a a a ab a

          a 2b

Với a      0 b x 1,y2 x 1,y 4

Với

2

5

a  b b    b  a 

6

1 ,

5

x y

       ,

5

x   y   Cách : Thế (1) vào PT (2) rút gọn ta :

2

2 ( 1)( 3)

x  xy x y   x x y 

Bài 43. Tìm x, y thoả mãn:

Lời giải

Ta có:

Mặt khác: - (x - 1)2

- ≤ - y3 ≤ - y ≤ - (2)

Từ (1) (2) y = - nên x = Thay vào hệ cho thử lại thỏa mãn Vậy x = y = -1 số cần tìm

Bài 44 Giải hệ phương trình: x + y + xy = 73 3 2 2

x + y + 3(x + y ) + 3(x + y) = 70 

 

HPT 3 83

( 1) ( 1) 72 xy y x

x y

    

    

  3

( 1)( 1) ( 1) ( 1) 72

x y

   

    

 

3

( 1) ( 1) 512 ( 1) ( 1) 72

x y

   

 

   



2 2

2

x y - 2x + y = 2x - 4x + = - y

  

2 2

2

x y - 2x + y = 2x - 4x + = - y

  

2

3

2x

y = (1) x + y = - (x - 1) - 

    2

2x

y - y (1)

1 + x      

 

(78)

78

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          x y         x y     

Với (a;b) = (8;64) 

3 ( 1) ( 1) 64

x y          x y         x y     

Hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) là: (3;1); (1;3)

 

2

5 14 (1)

4 16 16 (2)

   

 

     



y x x

y x y x x

Coi (2) phương trình bậc ẩn y, suy ra: 9x

 

4         y x y x

Vớiy5x4 suy ra:5x42 5x2 14x8 ta nghiệm( 3; ); ( 4; 0)

2

 

Với y 4 x suy ra: (4 x) 5x214x 8 ta nghiệm 11 17 27 17 11 17 27 17

( ; );( ; )

4 4

     

Lời giải. Ta thấy x-y =0 nghiệm phương trình Nếu nhân hai vế phương trình với y

2

5 14

5 16 16

x x y

x x y xy y

    

 

      



2 2

2

4

x y xy

       y 2

2 2

2

4

xy y xy

x y xy

  

 

 

  2

2

4

x y xy

 

 

 

  2

2

x y xy

x xy y

 

 

  

  2

2

4

x y xy

          

2

x y xy

x y x y

               

2

1

2

2 2 4

,

0 5

x y xy

x y x y

x y xy

x y x y x y xy

(79)

79

Bài 47.Giải hệ phương trình:

Lời giải.

Ta có :

Vậy

Câu 48. Giải hệ phương trình:

Lời giải

Từ (1) suy ra: Tương tự (3)

(4), Từ (3) suy vế trái (4) không âm nên

(4)

Thử lại hệ có nghiệm là:

            2 3 2 xy y x y x y y x x Lời giải. Đặt: x-y=a; x + y =b

Hệ cho trở thành       ) ( ) ( b a a ab

3

2

27( ) 26 27

x y xy

x y y x x x

  



      



 

3

3 3

3

2

27( ) 26 27

( 2)( 2)

27( ) 26 27

7 3( )( 2)( 2) 27 27

8 ( ) 12( ) 6( ) (3 1)

( 2) (3 1)

1 2

x y xy

x y y x x x

x y

x y y x x x

y x x y x y x x x

y x xy x y x y x y x

x y x x y x

y x x x                                                           

   1 1

3,

x y x y             

    x y, 1,1 ; 3,5, 8 

4

3 2

x y 1

x y x y

         ( ) ( ) 4

3 2

x y 1

x y x y

         ( ) ( )

x   1 x y1

2

2 x x y y

( ) (  ) (  )

2

x x x x x x

y y y y y y

( ) ; ; ; ( )                             

x x y 1; y

 

 

   

(80)

80 Từ PT (2) ta suy a0 Do đó: 62

a b

Thế vào (1) ta được: a 5

a

2  

a a (Vì a0)

0 ) )( (   

 a a

      a a +) 2 

 b a Hay                   4 2 y x y x y x +) 3 

 b a Hay                   11 3 y x y x y x

Tóm lại hệ phương trình cho có nghiệm là: (x;y) =               ; 11 ; ;

            78 ) ( 215 2 2 y x xy y x y x Lời giải. Hệ cho tương đương với

            78 215 4 3 3 xy y x y xy y x x              16770 215 215 16770 78 312 312 78 3 3 xy y x y xy y x x             78 ) ( 78 97 97 78 3 3 xy y x y xy y x x Đặt y x

t  PT (1) trở thành 78t497t397t780

0 ) 13 12 13 )( )(

(   2  

 t t t t

           3 t t

+) t x y

3    

 Thế vào (2) ta 78 27 26 4  y 81 

(81)

81 Suy ra:

  

  

3

y x

Hoặc

  

  

3

y x

+) t x y

2

3  



 Thế vào (2) ta 78

39 

y

16 

 y 

 y Hoặc y2

Suy ra:

  

  

2

y x

Hoặc

  

  

2

y x

Tóm lại hệ cho có nghiệm là: (x;y) = (-2;3); (2;-3); (-3;2) ; (3;-2)

2

1 ( 1) ( 1)

3

x y

y x

xy x y 

 



 



   



Lời giải

Đặt ;

1

x y

u v

y x

 

  , hệ cho trở thành

2 2

u v

uv    

   

2 2

2 ( )

u v uv u v

      

 

 

    

 

 

1 2

u v u v      

    

Nếu 1 1(TM)

1 2

y x

u v x y

x y

  

        

Nếu 1 1(TM)

1

2

y x

u v x y

x y

  

 

          

Vậy hệ phương trình có nghiệm:x y 1, x y 

2

2 5(2 )

2 15

x xy y x y

x xy y

     

 

   



(82)

82

2

2 5(2 ) 0(1)

( ) 15 0(2)

x xy y x y

I

x xy y

             Ta có:

(1) (2 )( ) 5(2 ) (2 )( 5)

2

x y x y x y

x y x y

y x x y                  

Do đó:( ) 2 2 ( )

2 3(2 ) 15

y x

I II

x x x x

 

     

 2

5

( ) (5 ) 2(5 ) 15

x y

III

y y y y

  

       

2

2 1;

( )

1; 15 15

y x x y

II x y x                

5 2;

( )

4;

5 30 40

x y y x

III y x y y                

Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm (1;2) , (-1;-2) , (-3;4)

Bài 53 Giải hệ phương trình:  

3

2

8 96

32 48

x xy y

I x y         Lời giải

3 2

2 2

3 2 3

2

2 2

8 48.2 ( 32 )(*)

(I)

32 48 32 48

(*) 64 (4 ) ( )

4 4

( )( 16 )

2 16 ( ) 15

x xy y x xy y x y

x y x y

x x y xy y x y xy x y

x y x y x y

x y x xy y

x

x xy y x y y

                                               

  y



   

Vì x = y = khơng thỏa mãn hệ phương trình nên x = 4y

2 2

2

4

( )

32 48 16 32 48

4

1

x y x y

I

x y y y

x y x y y x y                                

(83)

83

2

1 4 x y

y x y x y

x x

    



    

Lời giải ĐKXĐ: x, y ≠

2

1 (1) 4

(2) x y

y x y x y

x x     



    

Lấy (1) trừ (2) ta được:

2

1 4

0

( )( )

4

y y

x xy y

y x x x x x y

x y

x y x y

x y

          

 

     

 

Với x = y, vào (1) có2x x y x

     

Với x = 4y, vào (1) có5

4

y y x

y

       

Vậy (2; 2);( 2; 2);(2; );( 2;1 1)

2

S      

 

Bài 55. Giải hệ phương trình: 



 



    

2004 2003

2003 2003

2 2

3

z y

x

zx yz xy z y x

2 2

2003 2003 2003 2004

(1)

3 (2)

x y z xy yz zx

x y z

     

 

  



PT (1) 2x22y22z22xy2yz2zx0(xy)2 (yz)2(zx)2 0

z y x  

Thế vào (2) ta có: 2003 2004

3 3x 

 2003 2003

(84)

84 Vậy nghiệm hệ cho là: x y z; ;   3;3;3

Bài 56. Giải hệ phương trình: x4 y 4z 41

x y z xyz

   



   

4 4 4

4 4

2 2

x y y z z x

x y z        x y2 2y z2 2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

x y z

x y z   

        

Vậy nghiệm hệ phương trình là: 1; 1;

3 3

x y z

    

 

 

Lời giải 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 :

Để giải hệ ta giải hệ :

    

 

2 2

y xz

x yz

z xy

  

     

 

   

   

2 y xz

0 z y x x y

0 z y x z x

   B

2 y xz

0 z y x

0 z x A

2 y xz

0 x y

0 z x

     

 

  

  

  

(85)

85

Giải hệ ta nghiệm hệ phương trình : (1; 1; 1) ; ( -1;-1; -1 ) ; ;

; ; ;

Bài 58.Giải hệ phương trình x y z2

2xy z    



  

2 2

2

x y z z x y (2 x y) 2xy (x 2) (y 2)

2xy z z 2xy z x y z x y

x y z

     

           

  

   

         

   

  

    

1

x

y

z

x

   



   



   



Lời giải

     

   



   



   



1

x 3 1 y

1

y 3 2 z

1

z 3 3 x

   D

2 y xz

0 z y x

0 z y x C

2 y xz

0 z y x

0 x y

     

 

  

   



  

 

 2; 0; 2  2; 0; 2

(86)

86 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 x y Chứng minh tương tự : y = z

Từ   x y z Thay vào (1)

2

1

x x 3x+1 = x

     x

2

  

 hệ có nghiệm

3

x y z

2

   

Bài 60.Tìm số thực x, y, z thỏa mãn: Lời giải Cộng vế với vế phương trình cho ta Phương trình đầu có dạng

Phương trình thứ hai có dạng Phương trình thứ ba có dạng Thử lại thỏa mãn Vậy

1

   

    

    

x y z y z x z x y

9

   

x y z

 

2x x y z    1 x

 

2y x y z    3 y

 

2z x y z    5 z

4, 3,

     

x y z

 

1

5 , ,

z

xy x y

yz y z x y z

x z x    

    



    

(87)

87

Nhân vế phương trình hệ ta

+) Nếu , kết hợp với hệ ta

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

4

x xy y y yz z z zx x

             

x y z, , 0

Lời giải Hệ cho tương đương với

              10 ) )( ( ) )( ( ) )( ( x z z y y

x  

                     10 ) )( ( ) )( ( ) )( ( 100 ) )( )( ( x z z y y x z y x                      10 ) )( ( ) )( ( ) )( ( 10 ) )( )( ( x z z y y x z y x             1 y x z          z y x         

1

5 1

z 1 1 3

x y

xy x y

yz y z y z

x z x z x

                                

 2  1 1 1

1 1 36

1 1

x y z

   



     

    



x1y1z 1

1

z z

x x y y                   

x1y1z  1

1

z z

x x y y                        

x y z; ;   2;3; , 0; 1; 2    

(88)

88 Vậy hệ cho có nghiệm là: x y z; ;   1;0; 4

2 2 2

( ) (3 1)

2 2 2

( ) (4 1)

2 2 2

( ) (5 1)

x y z x x y z

y z x y y z x

z x y z z x y

   

    

Lời giải

Nếu chia hai vế phương trình cho x y z2 2 ta hệ đơn giản TH xyz0 Nếu x0 hệ 2

0

,

y y z

z t t

 

   

 

 

0 ,

z y t t

 

  

 

- Tương tự với y0 z0 ta thu nghiệm (0;0; ), (0; ;0), ( ;0;0),t t t t

TH xyz0 Chia hai vế pt hệ cho 2

x y z ta

1 1

3 (1)

2

1 1

4 (2)

2

1 1

5 (3)

2

z y x x

x z y y

y x z z

   

 

 

 



 

 

 

 

 

 



Cộng vế phương trình hệ ta :

2 2

1 1 1 1 1 1

12

2 2

z  y  x  z  y  x   x y  z x  y  z

     

 

     

   

1 1

4 (4)

1 1 1

12

1 1

3 (5)

x y z

x y z x y z

x y z

  

        

   

 

    

    

   



- Từ (4) (1) ta có

2

1 1 9

4 13

13 x

x x x x

         

 

 

- Tứ (4) (2) ta có

y Từ (4) (3) ta có 11 z 

- Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có 5, 1,

6

(89)

89 - Vậy hệ có tập nghiệm

S = ( ;0;0); (0; ;0); (0;0; ); 9; ; ; 5; 1; ,

13 11

t t t t

        

      

 

CHỦ ĐỀ PHƢƠNG TRÌNH, HỆ PHƢƠNG TRÌNH VƠ TỶ

Bài

a) x 1 2x 3 (1) b) 2

3(x   x 1) (x x1) (2)

c) x23 2x2 1 (3)

Lời giải a) Điều kiện:

2 x

Với

2 

x PT (1) x12x32 2x2 5x3 42 2x25x3 83x

2

4(2 3) 64 48 (3)

3

x x x x

x

     

  

 

PT (3) x2 28x520

2 ( ) 26 (Loai)

x TM

x     



Vậy PT cho có nghiệm x=2 b) Điều kiện: x1

Với x1 PT (2)3(x2 x1)x2 2x x1x1

1

4

2    

 x x x x x2 2x2x x1

Do x1 nên vế PT khơng âm PT

3

2

4 4

4x x x x x x

x       



0

4    

x x x x

0 ) (

)

(  2  

 x x x

  

  

  

0 2

x x x

2



(90)

90 c) Pt (3)  3 23 23 1

x x ) 2 ( ) ( ( ) 2 )( ( 2

2      3  



x x x x x x

3

4

1   

 x x x

) ( 27 3

1     

 x x x x x

0 107 159

51

3   

x x x

0 ) 107 52 )(

(    

 x x x

        107 52 x x x              783 26 783 26 x x x

Bài 2. Giải phương trình:      

1 2

x x  x x  x

Lời giải Điều kiện:  

1 * x x x                         

2 2

2

2 2

2

1 2 2

4 2

8

x x x x x x x x x x x

x x x x x

x x

          

    

  

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x=0,

x

Bài 3. Giải phương trình: 2

4 2 (1)

x  x  x  x Lời giải.

Đặt t  x2 4x5, (t0). Phương trình (1) trở thành:

2 ( )

2

3 t loai t t t          

Với t = 2

4 4 2

x  x  x  x    x

Vậy x 2 2là nghiệm PT (1)

Bài 4. Giải phương trình: ( 5)( 2) 4( 5) (2)

x

x x x

x 

     

 Lời giải Điều kiện:

2 5 x x x x x                 

Đặt 2

( 5) ( 5)( 2)

5 x

t t t x x

x 

     

(91)

91

2

4

3

t

t t

t        



Với t = ( 5) ( 5)( 2)

x x

x

x x

x

  



   

  

 

2

5 53

3 11

x

x x

 

  

     

 (thỏa mãn điều kiện)

Với t =

5

( 5)

( 5)( 2)

x x

x

x x

x

  



   

  

 

2

5 85

3 19

x

x x

 

  

     

 (thỏa mãn điều kiện)

7x 7 7x 6 49x 7x42 181 14 x (3) Lời giải

Điều kiện:

x Đặt t 7x 7 7x6 (t0) Phương trình (3) trở thành:

2 182 0 14 ( )

13

t loai

t t

t   

    

 

Với t = 13

7x 7 7x 6 13 49x 7x42 84 7 x x

Do phương trình (3) có nghiệm x =

Bài 6. Giải phương trình: (x1) x22x 3 x21 (2) Lời giải.

Đặt

2 ( 2)

t x  x t Phương trình (2) trở thành:

2

( 1) ( 1) 2( 1)

2 ( 1) 2( 1)

1

x t x x x x t x

t

t x t x

t x

          

 

       

  

Với t = ta có: 2

2 2 1

x  x  x  x    x

Với t = ta có: = (vơ lý) Vậy PT (2) có nghiệm x 1

2 2x 4 2 x 9x 16 (1) Lời giải.

Điều kiện: x 2

(1) 2 2

(92)

92

Đặt

2(4 )

t x (t ≥ 0) Phương trình (1) trở thành: 2

4t 16tx 8x0

Giải phương trình với ẩn t ta được: 1 ; 2

2

x x

t  t   

Do x 2nên t2< không thỏa mãn đk t ≥ Với t =

2 x

thì:

2

0

2(4 )

8(4 )

2

x x

 

    

 

 (thỏa mãn điều kiện)

12 36

x  x x 

Lời giải Điều kiện: x ≥ -1

Đặt t x1 (t0)Phương trình cho trở thành:

2 6

12 36 t

xt t t

x        Với t 6t

x  

 ta có: 6(6x t)

Do x = không nghiệm PT nên: 6

6

t x

x x

   

 

Bình phương rút gọn ta x = Với t 6t

x  

 ta có: (x6)t 6 (vơ nghiệm VT ≥ 0, VP < 0)

Vậy phương trình có nghiệm x =

2x 3x 2 x 3x2 Lời giải. ĐK:

3 x

PT(4) 

2x (3x2)x 3x2 Đặt y 3x2, (y0) Ta có: 2

2x y xy (*) Phương trình (*) phương trình đẳng cấp x y

Đặt y = xt (*) trở thành: 2 2 2

2x x t x tx t(       t 2) t t (do

3 x )

Suy ra:

t t

     

3

3 2 ( )

x x

x x loai

  

 

   

Giải ta x = x = nghiệm cảu PT

Bài 10.Giải phương trình:  

(93)

93 Lời giải.Đk: x3 + 0  x -1 (1)

Đặt: a = x + 1; b = x - x + 12 ,( a0; b>0) (2)  a2 + b2 = x2 + Khi phương trình cho trở thành: 10.ab = 3.(a2

+ b2) a - 3b 3a - b 0

 a = 3b b = 3a

+) Nếu a = 3b từ (2) suy ra: x + = x - x + 12 9x2 – 10x + = (vơ

nghiệm)

+) Nếu b = 3a từ (2) suy ra: x + = x - x + 12 9x + = x2 – x + x2 – 10x – = Phương trình có hai nghiệm x1 = 5 33; x2 = 5 33 (thỏa mãn (1)) Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1 = 5 33 x2 = 5 33

Bài 11.Giải phương trình: 2

5x 14x 9 x  x 205 x1 Lời giải.

Điều kiện: x5

2 2

2

5 14 20 5 14 20

( 1)(5 x 1) x 24 10 ( 4)( 5)(x 1) 2( 5) 3( 4) ( 5)( 4) (2)

x x x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x

              

         

         

Đặt

4 5, 4, ,

u x  x v x u v thì:

2

(2) ( )(2 )

5

2 25 56

u v uv u v u v

u v x x

       

    



  

   

 

Giải ta hai nghiệm là: 1 61; 2

x   x 

Bài 12.Giải phương trình: 3 3

3x 1 5 x 2x 9 4x3 (4) Lời giải.

Đặt:

3 3

3

5

2

a x

b x a b c x

c x

  

       



  



Khi từ (4) ta có: 3 3

( ) ( )( )( )

a   b c a b c   a b b c c a   

Từ suy ra:

3

5

2

x x

    



   

 

   



(94)

94

Bài 13 Giải hệ phương trình:

24 x 12 x (1) Lời giải.

ĐK: x  12 Đặt 24

12 ( 0)

u x

v x v

  

 

  

 suy ra:

3

36 u v 

Ta có hệ phương trình:

3 2

6 6

36 (6 ) 36 ( 12)

6

0; 4;

u v v u v u

u v u u u u u

v u

u u u

     

  

 

          

  

  

      

Giải ta được: x 24

Bài 14.Giải hệ phương trình: 497 x x5 Lời giải. Đặt

4 97

u x

v x

  

 



 (u, v  0)

Khi đó, ta có hệ phương trình: 4 4 97

u v

  

   

Giải hệ phương pháp ta nghiệm u = 2, v = u = 3, v = Từ tính nghiệm x = 81 x = 16

5 (1)

x  x 

Lời giải Điều kiện: x5

Đặt : x5  y (y0) ta có hệ phương trình

   

 

5

2

x y

y x

0 ) ( )

( 2   

 x y x y

  

    

0

y x

+)

  

        

0 5

2

x x x x x

y x

   

   

2 21 x x

2 21 1 

 x (Ko T/m)

(95)

95

1 



 x x  x5(x1) 

  

   

 

(*)

2

x x

PT (*) x2 x40

     

  

   

2 17

x x

(ko t/m)

Vậy PT vô nghiệm

Bài 16.Giải phương trình: x3 1 23 x1 Lời giải. Đặt t 32x1 ta có hệ phương trình:

3 3

3 3 2

3

1 2

1 2( ) ( 1)( 2)

2

x t x t x t

t x x t t x x x t tx

x t

        

 

  

         

  

 

     

Giải hệ nàu nghiệm x = x  

Bài 17. Giải phương trình sau : 2  

3x 5x 1 x  2 x   x x 3x4 Lời giải.

Ta nhận thấy :

     

2

3 3 2

2

x x x x x

x x x x

       

     

Ta chủn vế rời trục thức vế :

  2

2

3

x x

x x x

x x x x

   

   

    

Dể dàng nhận thấy x=2 nghiệm phương trình

Bài 17. Giải phương trình sau 2

12 5

x    x x 

Lời giải.

Để phương trình có nghiệm : 2

12 5

(96)

96

Ta nhận thấy : x = nghiệm phương trình , phương trình phân tích dạng

x2  A x 0, để thực điều ta phải nhóm , tách số hạng sau :

 

2

4

12 3

12

2

12

2

x x

x x x x

x x

x

x x

x

 

          

   

   

     

   

 

 

Dễ dàng chứng minh :

2

3 0,

3

12

x x

x

x x

 

    

   

Bài 18 Giải phương trình :3

1

x   x x 

Lời giải. Đk x 32

Nhận thấy x=3 nghiệm phương trình , nên ta biến đổi phương trình

 

  

2

3

2

3

1

2

1

x x x

x

x x x x

x

x x

    



 

           

 

   

 

 

Ta chứng minh :

   

2

2 3

3

3 3

1

2

1 1

x x x x

x

x x x

   

    

 

      

Vậy pt có nghiệm x=3

Bài 19 Giải phương trình :x 2x 3 x 3x 5 x 5x 2x Lời giải

2

u x

v x

w x

  

   

   

, ta có :

  

2 2

2

3

5

u v u w u uv vw wu

v uv vw wu u v v w w uv vw wu v w u w

   

    

 

       

 

        

 

,

giải hệ ta được: 30 239

60 120

u  x

(97)

97 Ta đặt :

2

3

2

2 a x

b x x

c x x

d x x

  



   

 

  

 

  



, ta có : a b2 2c 2d 2 x a b c d

   

  

   



Bài 21.Giải phương trình : 3 3

x  x  x x x Lời giải

+ x0, nghiệm + x0, ta chia hai vế cho x:

 

3 3

3 x x x x 1 x x

x x

 

           

 

 

3 2

x  x x  x x  x Lời giải.

Đk x 1

pt   1 x

x x x

x  

       

 

Bài 23. Giải phương trình : 4 x

x x

x

  

 Lời giải Đk: x0

Chia hai vế cho x3:

2

4 4

1 1

3 3

x x x

x

x x x

 

       

    

Bài 24. Giải phương trình : 3 x x 3x Lời giải

Đk: 0 x pt cho tương đương:

3

x  x  x 

3 3

1 10 10

3 3

x x 

 

     

 

Bài 25. Giải phương trình sau :

(98)

98 Đk:x 3 phương trình tương đương :

 2

2

1 3

1 5 97

3

18 x

x x

x

x x

 

    

      

   

 

Bài 26. Giải phương trình sau : 3 2  3  2 9 x x2 2x3 3x x2

Gợi ý: pt 3 3

2

x x x

     

Bài 27. Giải phương trình: x x2 1 x x2 1 Lời giải

Đk: x1

Nhận xét x x21 x x2 1

Đặt

1

t x x  phương trình có dạng: t t t

    Thay vào tìm x1

Bài 28. Giải phương trình: 2x26x 1 4x5 Lời giải Điều kiện:

5 x 

Đặt t 4x5(t0)

5 t

x  Thay vào ta có phương trình sau:

4

2

10 25

2 ( 5) 22 27

16

t t

t t t t t

 

        

2

(t 2t 7)(t 2t 11)

     

Ta tìm bốn nghiệm là: t1,2   1 2;t3,4  1 Do t0 nên nhận gái trị t1  1 2,t3  1

Từ tìm nghiệm phương trình l: x 1 x 2

(99)

99 Đặt y x1(y0) phương trình trở thành:

2

5 10 20

y  y   y  y  y  ( với y 5)(y2 y 4)(y2  y 5)

1 21 17

,

2 (loại)

y  y  

  

Từ ta tìm giá trị 11 17 x 

Bài 30.Giải phương trình sau :   

2

2004 1

x  x   x Lời giải:

đk 0 x

Đặt y 1 x pt2 1 y2y2 y 1002    0 y x

Bài 31. Giải phương trình sau : x2 2x x 3x x

   

Lời giải Điều kiện:   1 x

Chia hai vế cho x ta nhận được:x x

x x

   

Đặt t x x

  , ta giải

Bài 32. Giải phương trình : x23 x4x2 2x1 Lời giải.

0

x nghiệm , Chia hai vế cho x ta được: x x 2

x x

    

 

 

Đặt t=3 x x

 , Ta có : t3   t 1 t  x 

Bài 33. Giải phương trình sau :2x25x 1 x31 Lời giải Đk: x1

Nhận xét : Ta viết x 1 x2  x 1 x1x2 x 1 Đồng thức ta       

(100)

100

Đặt

1 ,

u  x vx   x , ta được:

9

3 1

4 v u u v uv

v u   

  

   Nghiệm :x 4

Bài 34. Giải phương trình :x33x22 x23 6x0 Lời giải.

Nhận xét : Đặt y x2 ta biến pt trình dạng phương trình bậc x y :

3 3

3

2 x y

x x y x x xy y

x y  

         

   Pt có nghiệm :x2, x 2

Bài 35. Giải phương trình sau: 1)

18x 18x x17x8 x 2

2)

3 1

3

x  x   x x  3)

2

1

2 x x

x x

 

      

 

4) 2

2x  1 x 2x 1x 1

Lời giải

1) Đặt x  y với y0 Khi phương trình cho trở thành

2

(3y 4y2)(6y 2y 1) 0, suy

(3y 4y 2) 0, ta 10

3

y  Từ phương trình có nghiệm 14 10

9

x 

2) Ta có 2 2 2

1 ( 1) ( 1)( 1)

x x   x  x  x  x x   x , với x

Mặt khác 2

3 2( 1) ( 1)

x  x  x   x x  x Đặt 22

1

x x

y

x x

  

  (có thể viết đk y0 xác

3

3  y ), ta

2

2 3

3

y    y  y  y  , ta 3

y (loại

2 y  ). Từ phương trình có nghiệm x1

(101)

101 Khi phương trình tương đương với hệ

2 2

2

1

4

1

2

1

x x

x

x x

x 

   

       

    

        

 

    



Đặtx y x

  , ta

2 2

2 4(1)

4 ( 2) 2( 2) (4 ) (2)

y

y y y

  



      



Xét 2

(2) 2 y  y 4y5 y48y328y240y160(do hai vế không âm)

3

2

( 2)( 16 8) ( 2)(( 2)( 8) 8)

y y y y

     

      

Dẫn đến y2(do ((y2)(y24y  8) 8) với ythỏa mãn (1))

Từ phương trình có nghiệm x1

Nhận xét: Bài tốn ta giải Phương pháp đánh giá phần sau

4) Ta có phương trình tương đương với

2

1  x 2x 2x 1x    1 x 4x44x2(1x2) 4 x24x 1x2 8x3 1x2

2 2

(1 )

0

1 0(1)

x x x x

x

x x x

     

   

    

 Xét (1), đặt

1

y x , suy y0 x2  1 y2

Ta

1 4 y8 (1y y ) 0 8y 4y 1

(2y 1)(4y 2y 1)

    

4

y 

  Từ suy 5

x   Thử lại ta nghiệm phương trình x0 5

8

x  

Bài 36. Giải phương trình 16 10 ( 1996 2008)

1996 2008 x y

(102)

102

Nhận xét: Với toán này, ta thấy phương trình gồm hai ẩn Do ta nghĩ đến biến đổi phương trình thành phương trình có Vt tổng bình phương, Vp

Lời giải. Biến đổi phương trình thành

2

4

1996 2008

x y

 

       

 

     

   

Từ ta phương trình có nghiệm ( ; )x y (2012; 2009)

Bài 38. Giải phương trình x y  y x  xy

Lời giải Điều kiện: x1;y1

Ta có ( 1) ( 1)

2

x y  y x  y x x  x y y  xy

2

( 1) ( 1)

2

y x x y xy

       

Khi phương trình cho tương đương với 2 2 1;

1

( 1) ( 1)

2

x y

y x x y

 

 

      



Từ ta phương trình có nghiệm ( ; )x y (2; 2)

Bài 39. Giải phương trình 2

3 16

x  x  x  x 

Lời giải.

Nếu x0thì Vt    3 = Vp (phương trình khơng có nghiệm) Nếu x0thì ta xét tam giác vng ABC với

90

A , AB = 4; AC = 3

Gọi AD phân giác góc A, lấy M thuộc tia AD Đặt AM = x, xét 2

9

ACM CM x x

     xét 2

16

ABM BM x x

    

(103)

103

2

3

16

16 16.9 48 16.9 36 12

12 CM BM

CM BM

x x x x

x x

x 

 

     

  

 

Vậy phương trình có nghiệm 12

7

x

Bài 40. Giải phương trình: (1) 3x  2x 

Lời giải ĐK: x2

Dễ thấy

x nghiệm phương trình

Với

2

x ta có: 3x  2x 

Với

2

x ta có: 3x  2x 

Vậy phương trình có nghiệm x

1 13

x   x x  x

Lời giải ĐK:   1 x

Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: 2

2

1 (1 )( ) (1)

6 13 ( 3) 4

VT x x x x

VP x x x

         

      

Vập phương trình có nghiệm khi: VT = VP = hay x = Do phương trình có nghiệm x =

Cách 2. Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

1 ( 1)

1 4( 1)

2 4

1 (7 ) 11

7 4(7 x)

2 4

x x

x

  

    

  

(104)

104

Do đó: 11

4

x x

VT  x   x     (1)

Mặt khác: 2

6 13 ( 3) 4

VPx  x  x   (2)

Cách 3. Đặt A x 1 7x (A > 0) Bình phương A áp dụng BĐT Cauchy ta có:A2     x x (x 1)(7 x)    x x (x  1) (7 x) =16

Do A4

Dấu “=” xảy x + = – x  x = Mặt khác: VPx26x13 (x 3)2 4

Bài 42.Giải phương trình: 2 2

2

( )

17 1 ( 3)( 15) x R

x   x    x  x  

(Tác giả: AD Page “Tài liệu toán học” 03/12/2017) Lời giải

Với ab ≥ ta có: 2 2 (*) 1a 1b 1ab

Thật vậy, biến đổi tương đương (*) ta được: Đẳng thức xảy a = b ab = Bất đẳng thức với ab 1 Biến đổi áp dụng BĐT (*) ta được:

2

2 2

2

2 1

15

17 2( 3)

1

2

1 ( 15)( 3) 15

1 2( 3)

2

VT

x

x x x

VP

x x

x

   



    

  

  

  

   

 

Dễ thấy

2 15

.2( 3)

x

  



 

  >1với x nên phương trình có nghiêm

2

2 15

2( 3)

x

x 

  Giải phương trình ta nghiệm x 1

Bài 43.Giải phương trình

  2

1

(105)

105 a) 2x46 2x5  2x42 2x5 4(1)

b)

4 10 27 (2)

x   x x  x

c) x x1 xx2 1x2 x2 (3)

d) 2

48 35 (4)

x   x  x 

e) b) 5x6 33x4 2 1 (5)

Lời giải. a) ĐK:  x Với Đk: 

x PT (1)  2x53  2x51 4

Ta có: 2x53 2x514

Đẳng thức xẩy            ) )( ( x x x   

x

Vậy nghiệm PT cho

5   x

b) ĐK 4x6

Trên TXĐ x4 6x  (1212)(x46x)  x4 6x 2 Lại có x2 10x27(x5)2 22

x x

x

x      

 10 27

Đẳng thức xẩy

6               x x x x x

Vậy PT (2) có nghiệm x=5

c) ĐK:            1 2 x x x x

áp dụng BĐT cô si cho số khơng âm ta có

                     1 ) ( 1 ) ( 2 2 x x x x x x x x 1

2       

x x

(106)

106 Ta có x2 x2x1 (Vì (x1)2 0)

2

1 2

2       

 x x x x x x

Đẳng thức xẩy x1 ; Vậy pt có nghiệm x = d) TXĐ: x

PT(4)  x248 x2354x3 35

48 13

2

2     

 x

x x

Thấy x1 nghiệm PT (4)

+) x1 x2 48 x2 35 13 2

13

1

48 35

4

x x

x

  

    



  

PT vô nghiệm

+)

4  

x  x248 x23513 2

13

1

48 35

4

x x

x

  

    



  

PT vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x=1

e) Ta có:



x x4;x6 1



x x4;x6 1

+) Xét x 15x6 4;3x421

6

2

5  

 x x

 PT (1) vô nghiệm

Xet x 1 týừng tự ta suy phýừng trỡnh vụ nghiệm Thấy x= x= -1 nghiệm PT (5)

Bài 44 Giải phương trình: x2 + y2009 + z2010 = ( )

1

z y x  Lời giải

ĐK: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010 Phương trình cho tương đương với:

x + y + z = x2 +2 y2009 +2 z2010

 ( x2- 1)2 + ( y2009- 1)2 + ( z2010- 1)2 = Ta phải có:

2



(107)

107 2009



y - =  y = - 2008 2010



z - =  z = 2011 Vậy x = 3, y = -2008, z = 2011

1 13

x   x x  x

Lời giải ĐK:   1 x

   

     

2

1 13 ( 9)

1 2 7

( 3)

1

3 1

( 3) ( 3)

1 2

3

(1)

1

3 (*)

1

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 (*):

      

   

7

(*) 3

1 2 7

2

(3 )

1 7

2

( 0) (2)

1 7

x x x

x x

x x x x x x

x x

x x x x

do

x x x x

   

     

          

 

 

     

        

 

 

      

Từ (1) (2) suy phương trình có nghiệm x =

Câu 46.Giải phương trình: x2 + x + 2010 = 2010 Lời giải

Ta có

x + x + 2010 = 2010 (1) Điều kiện: x ≥ - 2010

(1) 1

x + x + - x - 2010 + x + 2010 - =

4



2

1

x + - x +2010 - =

2

   

    

1

x + = x + 2010 - (2)

2

1

x + = - x + 2010 + (3)

2

(108)

108 Giải (2) : (2) 

2 x

(x 1) x 2010 (4)

   

  



(4) (x + 1)2 = x + 2010  x2 + x - 2009 = ∆ = + 2009 = 8037

1

- + 8037 -1 - 8037 x = ; x =

2 (loại)

Giải (3): (3) 

2

2010 x x x 2010

x x 2010 (5)

  



    

  

(5)

x x 2010

    ∆ = + 2010 = 8041,

1

1 + 8041 - 8041 x = ; x =

2 (loại nghiệm x1)

Vậy phương tình có nghiệm: x 8037; x 8041

2

  

 

Câu 47.Giải phương trình:

x +

1 2x

= Lời giải

Điều kiện x 0 - x2 >  x  x < (*)

Đặt y =

2 - x >

Ta có:

2

x + y = (1) 1

2 (2) x y

 

   



Từ (2) ta có : x + y = 2xy Thay vào (1) Có : xy = xy = -1

2

* Nếu xy = x + y = Giải ra, ta có : x y

    

* Nếu xy = -1

2 x + y = -1 Giải ra, ta có :

1 3

x x

2

;

1 3

y y

2

     

 

 

 

   

   

 

 

Đối chiếu đk (*), phương trình cho có nghiệm : x = ; x= - -

2

Câu 48.Tìm nghiệm dương phương trình :

28

(109)

109 Đặt

2 28

9

  

y x

,

2  

y ta có

4 28

9

4    

y y

x 

2

7y2  y x

Cùng với phương trình ban đầu ta có hệ:

     

  

2

7

2

7 2

x y y

y x x

Trừ vế cho vế hai phuơng trình ta thu

x y 7xy yx

7 2  (x y)7x7y80xy0 (vì x0

2  

y nên )

0

7x y  hay x y

Thay vào phương trình ta

7x2  x       

  

   

14 50

x x

Đối chiếu

với điều kiện x, y ta nghiệm

14 50 6  

x

Câu 49.Giải phương trình:   

x + 8 x + x 11x + 24 1 5 Lời giải

ĐK: x ≥ - (1)

Đặt x + 8a; x + 3b a 0; b0 (2)

Ta có: a2 – b2 = 5;   

x 11x + 24  x + x + ab

Thay vào phương trình cho ta được:

(a – b)(ab + 1) = a2 – b2(a – b)(1 – a)(1 – b) = x + x + (vn)

a - b =

x = - - a = x +

x = - - b = x + 3 1

 

 

   

 

 

 

Đối chiếu với (1) suy phương trình cho có nghiệm x = -

Câu 50.Giải phương trình: x - + - x = 13 Lời giải Điều kiện : ≤ x ≤

Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có:

 2   

2

(110)

110 x - + - x 13

 

Dấu xẩy x - = - x x = 29 13 

Thay vào pt cho thử lại thỏa mãn Vậy pt có nghiệm x = 29

13

Câu 51.Giải phương trình: x2 + 9x + 20 = 3x + 10 Lời giải.

Điều kiện: x 10   (2)

(1)  (3x + 10 - 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) =

 ( 3x + 10- 1)2 + (x + 3)2 = 3x + 10 - =

x = - x + =



  

 (thỏa mãn đk (2)

Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3

2(x1) x 1 ( x 1 1x)(2 1x ) Lời giải

ĐKXĐ:   1 x

Đặt a x1,b 1x ta có a2 + b2 = Mặt khác VT = 2a3 nên phương trình trở thành

  

3 2

3 3 3

2

a a b a ab b

a a b a b a b

   

      

Khi đó: x 1 1      x x 1 x x Vậy phương trình có nghiệm x =

Câu 53 Giải phương trình:

3 1

3

x  x   x x  Lời giải

Cách 1 Bình phương hai vế phương trình ta được:

4

2x 18x 32x 18x 2

Do x = không nghiệm phương trình nên chia hai vế phương trình cho

x2 ta được: 2

2

18 1

2x 18x 32 (x ) 9(x ) 16

x x x x

(111)

111 Đặt t x

x

  (ĐK: | | 2t  ) Khi đó: 2

1

2

x t

x

  

Thế vào phương trình (1) ta được: 2.( ) 14

7.( )

t nhan

t t

t loai 



    

 

Với t = suy

2 1

x x x x

x

       

Thế lại ta thấy x = thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình (1) có nghiệm x =

Cách 2: Phương trình cho tương đương:

2 2

( 1) ( 1)( 1)

3

x   x x x  x x  x

Đặt x2

+ x + = a x2 – x + = b (a, b > 0) Khi đó, a – b = 2x phương trình cho trở thành:

3

a b   ab (2)

Do VT nên b  2a Khi (2) tương đương với:

2 2

(2 ) 12 13

3

4

.( )

(4 )(3 )

3 ( )

ab

a b a ab b

b a loai

a b a b

b a nhan

     

  

    

  

Với b = 3a vào 2a – b = 2x ta

2 1

a x x  x   x

Vậy phương trình cho có nghiệm x =

2

1

x x x

x x

 

 

Lời giải Điều kiện: (0; ]1

2 x

x x

(112)

112

2

1 3

1

3 1 3

1

1 2

1

(1 )( )

1

( 1)

1 1

0, (0; ]

3 2

( 1)

x x x x x x

x x x x

x

x x x

x

x x

x

x x

x

x x

x Vi x

x x

        

 

 

  

   

   

   

 

 

   



 

     



 

Câu 55 Giải phương trình:

6

x  x  x x

Lời giải Với x ≥ , đặt

1

t  x  ≥ Khi đó, phương trình cho tương đương với

t  x t x

Do x = không nghiệm PT chia hai vế PT cho x ≠ ta được:

( t ) t t

x  x    x  (thỏa mãn t, x ≥ 0) t

x   (không thỏa mãn t, x ≥ 0)

Với 2 77

3 9

2

t

x x x x x x x

x



            

Kiểm tra lại ta thấy nghiệm 77

2

x  thỏa mãn

Vậy nghiệm PT 77

2 x 

Bài 56.Giải phương trình 2

( 2) 4

x x   x x 

Lời giải.

Đặt 2  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  

4

0 0

2 4

2 16

x x

x x x x



  



    

     

(113)

113

0

2

x

x x

 

   

 

Với t =2 ta có  

4

0 0

2

2 2

x x

x x x x



  



   

     



2

3

x

x x

 

   

 

 Kết luận nghiệm phương trình

Lời giải

(1)

Ta có: (2)

Thay (2) vào (1) ta có:

(1) (3) Đặt , với y ≥ Suy

Thay vào (3):

* Với y = x = thỏa mãn phương trình

* Với y ≠ y ≥ 1, ta có: (4) Vì y> thay vào vế trái (4)

lớn Do (4) vơ nghiệm Vậy phương trình (1) có nghiệm x =

Bài 58.Giải phương trình x2   x x1 1 x Lời giải.

Điều kiê ̣n: x1 (*) Ta có:

4

3

3 )

( x  x   x

 3

2

1x 4x  1 3x

 

3 4 2 2

4x  1 3x  3x 4x x x   1 x x 3x 4x1

  2 3 2 2 

1x  1 x  x 3x 4x1

2

1  

y x x2  y21

  

3 2

1

    

y y y x x

 2   2 

1

     

y y y x x

     

1  

      

y y y x x

  

1

    

    

 y

y y x x

  

2

1

    

y y x x

2

2 1

3

3 3

 

          

x x x

  2

2 1 13 13

1

3 36 36

   

          

   

(114)

114  

2

4 1

2 1 2( 1)

x x x x

x x x x x x

    

         

x x1 22 x x  1

Đặt x x 1 y (Điều kiện:y1 ** ), phương trình trở thành y22y 3

  

2

2 3

3 y

y y y y

y   

        

  +Vớ i y 1 không thỏa mãn điều kiê ̣n (**) + Vớ i y3 ta có phương trình:

2

1

1 3

1

2

7 10

5

x

x x x x

x x x

x x

x

           

    

    

 

    

  

  



Vậy phương trình có nghiê ̣m x2

Lời giải ĐK:

Đặt

2

1

1 x  3 x 

3 x vµ x

   

2

y x , (y 0)

2

1

x y

   



   

   

2

x y xy

(x y) 2xy

x y xy

x y x y

  

 

  



  

 

    

(115)

115 Vậy phương trình có nghiệm

Bài 60 Giải phương trình hệ phương trình sau:

 

13x2 3x+2 x 3 420

Lời giải Điều kiện : x 3 (*)

Đặt t x3,t0, suy

3 x t

Phương trình trở thành: 6t3 +13t2 -14t +3 = Giải ta được: 1; 1;

2

t t t  (loại) Với

2

t , ta có: 11

2

x    x ; Với

3

t , ta có: 26

3

x    x Cả hai nghiệm thỏa điều kiện (*)

Vậy tập nghiệm phương trình cho là: 11; 26

4

S    

 

2

4

2

3

x x

   Lời giải. Điều kiện: x0

x y xy x y

(v« nghiÖm) xy

   



  

 

   



 



1 x

2 (tho¶ m·n)

y

x y 2

xy 1 5

x

2

(lo¹i)

y

2

  

  

   

   

 

   



   

 

  

 



1 x

2

(116)

116 Ta có

2

3

4

3

x x x

   

Do 6

2

x

x   , suy

2

4 4

3   

x x

 

2

4 48 12 12

6

x x x

x x

    

  

 

Thử lại x6vào thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệmx 6

Câu 62.Giải phương trình

Lời giải Điều kiện:

Ta có :

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

Suy

Dấu xảy

Vậy nghiệm phương trình x =1

Câu 63.Giải phương trình: x2   x x1 1 x

Lời giải Điều kiê ̣n: x1 (*)

Ta có:  

4 1 1 2( 1)

x   x x x x  x x   x x x  

Đặt x x 1 y (Điều kiện:y1 ** ), phương trình trở thành

2 y  y 

  

2

2 3

3 y

y y y y

y   

        

 

4 x 3x2 2x 1 7x3

1  x

2

4 x  3x 2x   1 7x x x(  3) 2x  1 7x

4x  (x 3) (x x 3) x x( 3)

(2x  1) 2x1

7x 3 x x(  3) 2x1

2

1 1

  

  



  

x x

(117)

117 +Vớ i y 1 không thỏa mãn điều kiê ̣n (**) + Vớ i y3 ta có phương trình:

2

3

1 3 2

1 10

5

x

x x

x x x x x x

x x x x x

x  

 

  

            

       

   

 

thỏa mãn điều kiện (*) Vâ ̣y phương trình có nghiê ̣m x2

Câu 64.Giải phương trình   5 

3x 6x 6 2x  7x19 2x Lời giải.

Điều kiện xác định

3 6

1

2

x x

   

   

  

Với x 1 3, phương trình cho tương đương với:

   

2

2 2

2

3 6 2 19

3 6 6 2

3

2

1 6

3 6

x x x x x x

x x x x

x x x

x x x x

x x x

       

               

   

  

     

      

    

(do 3x26x 6 2    x 0, x 3)

+) 3x25x    8 x (thỏa mãn đk)

x (không thỏa mãn đk) +) 1 2x 3x26x 6 2x   1 x 3x26x6 2x

 

2

1 6 *

x x x x

     

Vì x 1 nên x  1 3x26x6 2x (*) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x 1

Câu 65.Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:

4 3 – x22 3.x3 = Lời giải

Ta có: 3 –

2 3 x  x =

(118)

118  x 3 2  1 32

 x  1

 3

1 3

x x

      

 



  

 



Vậy phương trình có nghiệm ngun dương là: x =

Câu 66.Giải phương trình:  

4 7

x  x  x x 

Lời giải Giải phương trinh:  

4 7

x  x  x x  Điều kiện

7

x x   

  

 

2

4 7

x  x  x x       

7 4 16

x   x   x x 

Đặt

x a

x b

    

 

 , ta có phương trình

    

2

4 16 16 4 4

a  b aba   b ab   a a b a 

a4a 4 b0=> 4

a a b

     

=>

2

7

23

7 4

x x

x

x x x x

     

   

       

 

Vậy phương trình có nghiệm : x 23

 

2

3 2 ,

x  x  x    x  x  x x Lời giải

Điều kiện xác định x1 Khi ta có

2

3 2

x  x  x    x  x  x

x 1x 2 x 1x 1 x x 2 x

            

x 1x 2 x 1x 1 x x x

            

   

1 2

x x x x x

(119)

119

 x 2 x x 3        

*)   

2 2

x  x       x x x x   x    x x

2

4

2

2 16

x

x x x x

 

  

    



*) x      1 x x

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S  2,3

Bài 68.Giải phương trình : x22x24x12  x2x12x2x2 2017 Lời giải

ĐKXĐ  x R

       

   

2 2

4 2 2

2

2 2

2 1 2017

2 4 8 2 2017

2 2017 2 2017 2016

x x x x x x x

x x x x x x x x x

        

             

               

Bài 69. Giải hệ phương trình: Giải hệ phương trình             2 x y y x Lời giải Giải hệ phương trình

            2 x y y x

đặt A = |x-1|0;B = y2 0 Ta có        A B B A          5 B A B A        10 5 B B A       B A Thỏa mãn         2 | | y x         | | y x               1 1 y x x            2 y x x (x;y) =   2; ; 0;  nghiệm hệ

Bài 70.Giải hệ phương trình

2 2

2

3

xy y x x

x y y

     



  

 Lời giải

ĐKXĐ: y 

(120)

120

2

( 2) ( 1)( 2)

( 2)( 1)

2

y x x x

x y x

x

y x

    

    

  

     

Xét x = -2 thay vào (2) đượcy 2 y 1 y213y130

13 117

y 

  (với y  2) Xét x=y2-1 thay vào (2)

1

y   y y

Đặt y  1 a 0=>y=a2+1

2 2

4

1

( 1)

3

1

3( ) 0( )

2

y y y

a a a

a a VN

                 

Đối chiếu ĐKXĐ ta có

2

13 117 x

x    

  

 nghiệm hệ phương trình cho

2

x y xy x y

x y y x x y

     



     

Lời giải

ĐK: x ≥ 1, y ≥ Ta có



2

1

(1) ( )( )

( )( 1)

x xy y x y x y x y x y

x y x y x y

   

         

        

Do đó:

2 ( )

(2 1) 2 2(2 1)

2

( 1) 2 ( 1)( 3)

9

2 3(Do y+1>0)

10

x y

I

y y y y y y

x y x y

y y y y y

x y y

y

x

 

  

     



   

 

 

 

     

 

 



 

 

 

 



 

  

(121)

121 Vậy hệ phương trình có nghiệm 10;9

2

 

 

 

2

2(1 )

x y y x

y x x y

  

 

 



Lời giải

2

2(1 )

x y y x

y x x y

  

 

 

 (I)

ĐK: x ≥ 0, y ≥

Đặt ax y b;  y x , điều kiện a ≥ 0, b ≥ Hệ (I) trở thành

2

2(1 ) (1) 2(1 ) (2)

a b

b a

  

 

 



Lấy (1) trừ (2) ta được:

2

0 ,

2(1 ) 2(1 b) 9(b a) 2(a b)(a b 2) 9(a b) ( )(2 13)

a b

a

a b a b

a b

  

                  



Thay a = b vào (1) ta có

3

2

2 2( )

2 2(1 )

1

( )

1

2

2 x y

a b TM x y

y x

a a

x y

a b TM x y

y x

  

       

  





    



 

       



 



 



Vậy hệ phương trình có nghiệm 3 4; ;3  3 1;3 4

 

 

 

3 (1)

2 2 (2)

x y x y

x y

     



   

Lời giải Điều kiện: 2 0(*)

2 0

x y x y

y y

   

 



   

 

(122)

122

2

3t     4 t t 3t

1 + – = 0, nên phương trình có hai nghiệm t = t = -4 (loại)

Với t = 1=> x2y   1 x 2y   1 x 2y thay vào phương trình (2) ta có

3

2(1 ) 2

4 2

4 8 12 12 2

16 12 2

8

( 2)

( 2)( 6)

0 1( (*))

2 3( (*))

6

18 35( (*))

2

y y

y y y y

y y y y

y y y

y y x TM

   

    

    

      

   

    

   

    

      

     

      

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(1;0);(-3;2);(-35;18)

2

( )( 4) (1)

( 4) (2)

y x y x x x

x y x y

      



    

Lời giải

Biến đổi phương trình (1):

(1) ( )( 4) ( ) ( 4)

( )( 4) ( )

( )( 4) ( 4) ( 4)( )

4

y x y x y x x x

y x y x x y x

y x y x y

y y x

y

y x

      

      

    

   

    



 Với y = 4, thay vào (2) được:

3 3

(2) 4 2

2

x x x x x x

            Đặt

2

t x  x , phương trình trở thành:

3

2

2 ( 1)( 3)

1

3 0(3)

t t t t t

t t t

       

 

(123)

123 Phương trình (3) có ∆ = – 4.3 = –11 < nên vơ nghiệm Do

2

1 2 1

1 2 2

t x x x x x

x y

               

    

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

   

118 118

; , ; , 2; 2 , 2; 2

4

   

    

   

   

2( 3)

( 3)(2 5) 16

x x y y

x x x y x

     



      

Lời giải

2

2( 3) (1) ( 3)(2 5) 16 (2)

x x y y

x x x y x

     



     

 Điều kiện:

2

x y

     

Với x-2; y0, phương trình (1) x2(x  y 2) x 2 y 0

2

2[( 2) ( ) ]

x x y x y

       

0 2;

( )[ 2( ) 1]

2

x y

x y x x y

x y

   

      

      



Thay y x vào phương trình (2) ta phương trình:

2

( 3)(2 ( 2) 5) 16

( 3) 16

2

1( )

( )

x x x x x

x x x

x x

x TM

x L

           

    

   

  

+) Với x=1=>y=3

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x;y)=(1;3)

2 2

2 2 3

1 2

x y xy x y y x x

x y x y x y

           



        

Lời giải

(124)

124

TH 1 0

3 1 10

y x x

x y

 

   

  

     

  



   (Không TM hệ)

TH 2.x1,y1 Đưa pt thứ dạng tích ta

2

( 2)(2 1)

2 3

x y

x y x y

y x x

      

   

( 2)

2 3

x y y x

y x x

 

      

   

 

  Doy2x 1

nên 2

2 3 y x x y

y x   x        

Thayy 2 x vào pt thứ ta đượcx2  x 3x 7 2x

2

2 2

3

( 2)( 1)

3 2

3

( 2)

3 2

x x x x

x x

        

 

    

   

 

      

   

 

Do x1 nên 1

3x 7 12 2x   x

Vậyx      2 x y (TMĐK)

  

2

1

2 (1)

3 3(2)

x

x xy y

y x

x y x x



    



     



Lời giải

  

2

1

2 (1)

3 3(2)

x

x xy y

y x

x y x x



    



     



Điều kiện:

0

3 0

3

x

y x

x y

x x

 

   

 

      

(125)

125

1

(1) y x (x y x)( )y (x y) x 2y x y

y x y x

 



           

 

1

2 0, ,

x y x y

y x

    

Thay y = x vào phương trình (2) ta được:

2

3

( )(1 ) 3

3

1 3 3

( 1)( 1)

3 2( )

1 1( )

1

x x x x x x

x x

x x x x x x x x

x x

x x L

x y

x tm

x

        

              

    

     

     

 



Vậy hệ có nghiệm (1;1)

Lời giải.

Giải hệ phương trình Điều kiện : x, y ≥ Đặt Ta có hệ phương trình

=> Vậy hệ có nghiệm:

Gợi ý Từ hệ suy (2)

Nếu nên (2) xảy x=y vào hệ ta giải x=1, y=1

2

3

x y

  

 

 



2

3

x y

  

 

 



2

, ( , 0)

x a y b a b

2 7

3 2

a b a b a a

a b a b a b b

     

   

  

          

   

1

( )

1

x x

TMDK

y y

   

 

   

 



1 x y

    

1

x y

     

1

2

1

2

y x

x y



  

  

   

 

x y

y x

1 1

1     

y x

1



x y

1

(126)

126

Bài 79. Giải phương trình hệ phương trình sau: 2

9

x y

y x

   

 

   



Lời giải.

Với điều kiện x y, 9, hệ cho là:

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

+ Với y = – x, vào (2) phương trình vơ nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm : (x;y)= (4;4)

1

x y xy

x y

   

 

   



Lời giải Điều kiện: x 1,y 1,xy0

Hệ 3

2 ( 1)( 1) 16 14

x y xy x y xy

x y x y x y x y xy

       

 

 

           

 

 

Đặt x y a, xy b 2

2, 0,

a  b a  b ta hệ pt

2

3 3

3 26 105

2 14 11

a b a b a b

b b

a a b b b b

   

    

  

  

  

       

  

 

3

6

b x

a y

 

 

 

 

  (thỏa mãn đk)

Vậy tập nghiệm hệ phương trình S = (2;2); ( 6; 6)  

Bài 81 Giải hệ phương trình

2

16 (1) (2) xy

x y

x y x y

   

 



   



Lời giải

(127)

127

(x y) 2xy (x y) 8xy 16(x y)

       

2

(x y) (x y) 16 2xy x( y 4)

        

 

(x y 4) (x y x)( y 4) 2xy

       

TH x  y vào (2) ta

6

2

x y

x x

x y

    

       



TH 2

(x y x)(   y 4) 2xy 0 x  y 4(x y)0 vô nghiệm ĐK

Vậy tập nghiệm hệ S = ( 3;7); (2;2) 

Bài 82. Giải hệ phương trình ( )( 2)

( 1)( )

xy x y xy x y y

x y xy x x

      

 

     



Lời giải Điều kiện : ;

( )( 2)

x y

xy x y xy

  

   



PT (1) xy(xy)( xy 2) y ( x y)0

( )( 2)

0

( )( 2)

x y y xy x y

x y

xy x y xy y

   

  



   

2

( ) (3)

( )( 2)

y xy x y

x y

xy x y xy y

   

 

   

      

 

Từ PT (2) ta có 4

( 1) 2

1

y xy x x x x

x x

 

          

   

2

0

( )( 2)

y xy

x y

xy x y xy y

 

  



   

PT (3) x y, thay vào PT (2) ta : x3 2x2 3x 4

1

x

  17

x 

Kết hợp với điều kiện ta có x1, 17

x 

KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm (x; y) : (1; 1); 17 1; 17

2

   

 

(128)

128

Bài 83. Giải hệ phương trình: 2 2 (1) (I)

3 (2)

x y y y x x

x xy x y y

      



      

Lời giải. ĐK: x ≥ 2, y ≥ Ta có:

(1) ⇔ x 2 y2  x xy y0

⇔   

2

x y

x y x xy y

x y



    

  

⇔ 

2

x y

x y x xy y

x y

  

        

  ⇔ x y 0⇔ x = y

(Do A =

2

x y

x xy y

x y



  

   > với mọix2, y2 )

Thay x = y vào phương trình (2) ta được: 3 2– 6 9 0

x x 

⇔3x– 3x   1 x (TMĐK: x ≥ 2) x = -1 (loại) Vậy hệ (I) có nghiệm (x;y) = (3;3)

Bài 84.Giải hệ phương trình: (1) ( )

3 (2)

x y

I

y x

    

 

   



Lời giải.

ĐK: x ≥ 2, y ≥ Trừ theo vế PT (1) (2) ta được:

5

3

x x y y

        

     

⇔ x 3 x 2 y 3 y2

- Nếu x > y ≥ ⇒ x 3 x 2 y 3 y2 - Nếu y > x ≥ ⇒ x 3 x 2 y 3 y2 Do đó: x = y Thay vào (1) ta được: x 3 x 2

(129)

129

Lời giải Điều kiện :

(1)

+/Nếu thay vào phương trình (2) ta có :

+/Nếu : Khi (2) (3)

do

nên

Do Pt (3)

Vậy hệ phương trình có nghiệm

Bài 86. Giải hệ phương trình:    

   

y x

x

y x x

6 24 32

3 32

4

2

Lời giải Điều kiện: 0x32

Hệ cho tương đương với

   

   

       

3 32

21 )

32 (

) 32 (

2

4

y x x

y y x x

x x

Theo bất đẳng thức BunhiaCốp xki ta có 64 ) 32 )( 1 ( ) 32

( x x   x x   x 32x 8

4 4 32 4 2(  32 )2 256 x

x x

x 4 x 4 32x 4

Suy ( x  32x)(4 x 432x)12 Mặt khác y26y21y321212 Đẳng thức xẩy x= 16 y=3 (t/m)

 

3

4

2

x x x y y

x x y

   

 

    



0 y

  

1

x y x y x

x

 

     

  

1

x  y    1 y

0

x y  2x4  1 x 2

 

2 x  1 2.2 x 14x  2x4  1 2x 2x

 2

VT(3)2( - 2x x 1) x1 0

4

1

1 x

x y

x

  

    

  

1

;

1

x x

y y

  

 

   

(130)

130 Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (16;3)

Bài 87 Giải hệ :

2 2

2 3

(1)

2

2 14 (2)

x y x xy y

x y

x y x x y y

   

  

 

        



Gợi ý

Từ (1) VTVP, dầu x ythay vào PT (2) ta có :

2 3

2 14

x  x  x   x

Ta có :

2

2 1

2

14

x x x x

x x x

x x

       

        

 

  



  

 



1

3

1

7

x

x y y

x y

 



 



  

  

  



 



 

  



Lời giải Điều kiện: x0, y0, x y

Dễ thấy x0 y0 không thỏa mãn hệ pt Vậy x0, y0

Hệ

2 2

1

2 (1)

1

3 7

3

1 2 2

1

7 7

x y x x y x y

x y y x y x y x y x y

   

 



  

     

  

 

 

 

 

   

  

 

  

 

   

  

Nhân theo vế hai pt hệ ta 2 2 3x 7y 3x 7y x y

  



  

  

  

2

6

1

7 38 24 4

3

7

y x

y xy x

x y x y y x

  

       



  



- TH y6x vào pt (1) ta

1 11 22

1

21

3x 21x x y

 

     

- TH

(131)

131

- Vậy hệ pt có nghiệm  ; 11 22;

21

x y    

 

CHỦ ĐỀ PHƢƠNG TRÌNH, HỆ PHƢƠNG TRÌNH CHƢA THAM SỐ VÀ HỆ THỨC VI-ET

Bài 1. Cho phương trình:  

2 0,

x  m m  m  (với m tham số) a) Tìm m để phương trình cho có nghiệm

b) Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm dấu c) Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm khác dấu d) Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm dương e) Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm âm

Lời giải a) Để phương trình cho có nghiệm thì:

 2

' ( 3)

3

m m m m m

             Vậy

3

m phương trình cho có nghiệm

b) Phương trình cho có hai nghiệm dấu khi:

 2  2 

2

1

'

3

0 4 3 0

1

m m m m

m

P m m

m m

 

       

    

   

        

Vậy m > phương trình có hai nghiệm dấu

c) Phương trình có hai nghiệm khác dấu khi: P <

  

2

1 3

Px x  m  m   m m    m Kết hợp với điều kiện:

3 m

(132)

132

d) Điều kiện để phương trình cso hai nghiệm dương là:

' 3 1

1

0

3

0

m

S m

m

P m m

 

  

   



     

  

       

 



e) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm âm là:

' 3

0

m

S m

P m m

 

   



    

 

     

 



Vậy không tồn giá trị m

Bài 2.Cho phương trình: x2 – 5x + m = (m tham số) a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1x2 3 Lời giải

a) Với m = 6, ta có phương trình: x2

– 5x + =

∆ = 25 – 4.6 = Suy phương trình có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = b) Ta có: ∆ = 25 – 4.m

Để phương trình cho có nghiệm ∆ m 25

  (*) Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = (1); x1.x2 = m (2) Mặt khác theo x1x2 3 (3)

Từ (1) (3) suy x1 = 4; x2 = x1 = 1; x2 = (4) Từ (2) (4) suy ra: m = Thử lại thoả mãn

Bài 3.Cho phương trình: x2 - (m - 1)x - m - = (1) 1) Giải phương trình với m = -3

2) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thoả mãn hệ thức 2

1

x + x = 10 Lời giải

1)Với m = - ta có phương trình: x2

+ 8x = 0x(x + 8) = 0 x = x = -

  

(133)

133

∆’  0 (m - 1)2 + (m + 3) ≥ m2 - 2m + + m + ≥ m2 - m + >  15

(m )

2

   m Chứng tỏ phương trình có nghiệm phân biệt m Theo hệ thức Vi ét ta có:

1

x + x = 2(m - 1) (1) x x = - m - (2)

  

Ta có 2

1

x + x = 10  (x1 + x2)

- 2x1x2 = 10 4 (m - 1)

+ (m + 3) = 10

 4m2 - 6m + 10 = 10

m = 2m (2m - 3) = 3

m =  

 

 

Bài 4.Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx + = (1) a) Giải phương trình cho m =

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: (x1 + 1)

2

+ (x2 + 1)

=

Lời giải a) Với m = ta có phương trình: x2

– 6x + = Giải ta hai nghiệm: x1 = 3 5; x2  3 b) Ta có: ∆/

= m2 – Phương trình (1) có nghiệm  / m

m -2

      

 (*)

Theo hệ thức Vi-ét ta có:x1 + x2 = 2m x1x2 = 4.Suy ra: (x1 + 1)2 + (x2 + 1)2 =2 x1

2

+ 2x1+ x2

+ 2x2 = 0(x1 + x2)

– 2x1x2 + 2(x1+ x2) = 4m2 – + 4m = m2 + m – = 

2

m

 

  



Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy có nghiệm m2 = - thỏa mãn Vậy m = - giá trị cần tìm

Bài 5.Cho phương trình: x2 - 2x + m = (1) a) Giải phương trình m = -

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn: 2

1

x x  = Lời giải

(134)

134

Vì a - b + c = - (- 2) + (- 3) = nên x1 = - 1; x2 = b) Phương trình có nghiệm '> 1 - m >  m < Khi theo hệ thức Viét, ta có: x1 + x2 = x1x2 = m (1)

2 2

1 2

2 2 2

1 2

x x (x x ) 2x x

1

1 1

x x x x (x x )

  

      (2) Từ (1), (2), ta được: - 2m = m2

<=> m2 + 2m - = '

 = + = => ' = nên m = -1 + (loại) ; m= - - 5(T/m m < 1) Vậy giá trị m cần tìm là: m  1

Bài 6. Cho phương trình: x2 - 2(m - 1)x + m + 1= (1) a) Giải phương trình m = -

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn 2

1  

x x x x

Lời giải

a) Với m = - ta phương trình:

x2 + 4x = <=> x(x + 4) = <=> x = ; x = - b) Phương trình (1) có nghiệm :

'

> <=> (m -1)2 - (m + 1) > <=> m2 - 3m > <=> m(m - 3) > <=> m > ; m < (1)

Khi theo hệ thức Viét ta có: x1 + x2 = 2(m - 1) x1x2 = m + (2) Ta có:

2

x x x  x =

2 2

1 2

x x (x x ) 2x x

x x x x

   

nên

2

1 2

2 1

x x (x x ) 2x x

4 (x x ) 6x x

x x x x

 

       (3)

Từ (2) (3) ta được: 4(m - 1)2

= 6(m + 1) <=> 4m2 - 8m + = 6m + <=>2m2 - 7m - = dom = 49 + = 57 nên m =

4 57 7

< 0; m =

4 57 7

> Đối chiếu đk (1) nghiệm thoả mãn

Bài 7. Cho phương trình:

6x

x   m (Với m tham số) Tìm m để phương trình

đã cho có hai nghiệm x1 x2 thoả mãn x12x22 12 Lời giải Để phương trình có nghiệm / 0 9

(135)

135

Mặt khác ta có

2 12 2 1 2 2 2 2                                     m x m x x x x x m x x x x x x m x x x x

TM ĐK (*)

Bài 8. Cho phương trình x22m2xm22m40 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x1, x2 thỏa mãn

m x x x x 15 1 2 2   

Lời giải PT cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiê ̣n:

'

 m22m22m40m0 (*)

Với m0 theo Vi-et ta có:

1 2

4

x x m

x x m m

  

 

  



Ta có (1)

2

1 1 1

4

6 4 15 15

6

m m m m m

m m

     

       

Đặt t m

m  m0t0 Ta cos (1) trở thành

4

1 1

4 12

6 15

t t t t t          

   ( t0 ) Với t4 ta có  4m2

m

m thỏa mãn (*)

Bài 9.Cho phương trình

2

x  mx  m

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, thỏa mãn

3 26 x x  m Lời giải

2

x  mx  m

Ta có:

2

2 15

'

2

m m m  m

         

 

Vậy phương trình ln có nghiệm phân biệt với m. Theo định lý Viet: x1 x22 ; m x x1 2 m

 2 2

1 2 1 2 1 2

2 1 1

15 15

(136)

136

 3

3

1 2 2

3

26 ( ) 26

8 ( 4) 26 (8 2)

1 0; 1;

4

x x m x x x x x x m

m m m m m m m

m m m

      

       

    

Bài 10.Cho phương trình

x + (4m + 1)x + 2(m - 4) = (1) (x ẩn số, m tham số)

1 Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m Gọi x1, x2 hai nghiệm (1) Tìm m để x1x2 17

Lời giải

Ta có:

(4m 1) 8(m 4)

    

2

16m 8m 8m 32

    

16 33

 m 

Vì  16m233   m  nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với với m

2) Phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt với m nên theo định lý Vi-ét ta có

1

x x (4m 1) x x 2(m 4)

   



  



Theo ycbt: 2

1 17( 1 2) 289( 1 2) 4 289

x x x x x x x x

2 2

(4 1) 8( 4) = 289 16 33 289 16 256

 m  m  m    m    m

Vậy m 4 giá trị cần tìm

Bài 11.Cho phương trình 2

2( 1)

x  m x m  m  , m tham số, x ẩn số

a) Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm

b) Giả sử phương trình cho có hai nghiệm x x1, Chứng minh 2

9 x x x x 

Lời giải

a) Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm PT có nghiệm 2

' (m 1) (2m 3m 1)

       

2

0 ( 1)

m m m m

(137)

137 0 0 1 1 m m m m m m m m m m                                  

b) Theo Viet ta có: 2

2( 1)

x x m

x x m m

         2

1 2

1

| | | 1|

4 16

P x x x x m m m 

           

 

Có

2

1

0

4 4 16

m m m 

          

 

Suy , dấu xảy

4 m

Bài 12. Cho phương trình

1

x ax b   với a,b tham số 1) Giải phương trình a3 b 5

2) Tìm giá trị a,b để phương trình có hai nghiệm phân biệt thoả mãn điều kiện:

       3 x x x x Lời giải

1) Khi a3 b 5 ta có phương trình: x2 3x40 Do a + b + c = nênphương trình có nghiệm x1 1, x2 4 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2

2

4( 1)

a b

     (*) Khi theo định lý Vi-et, ta có

1

x x a

x x b    

  

 (1)

Bài toán yêu cầu

       3 x x x x     

1 2

x x

x x 3x x x x

                2 x x x x (2) Từ hệ (2) ta có:   2 2

1 2 4( 2)

x x  x x  x x     , kết hợp với (1) :

2 1 a b        1, 1, a b a b           

Các giá trị thoả mãn điều kiện (*) nên chúng giá trị cần tìm

9

2

16

P  m  

 

2 1,x

(138)

138

Bài 13 Cho phương trình x2 – 2x – 3m2 = 0, với m tham số 1) Giải phương trình m =

2) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác thỏa điều kiện

Lời giải

1) Khi m = 1, phương trình thành : x2 – 2x – =  x = -1 hay x = (có dạng a – b + c = 0)

2) Với x1, x2 0, ta có : 

 3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2

Ta có : a.c = -3m2 nên  0, m

Khi  ta có : x1 + x2 = x1.x2 = 

Điều kiện để phương trình có nghiệm  mà m  > x1.x2<  x1< x2

Với a =  x1 = x2 =  x1 – x2 = Do đó, ycbt  m 

 (hiển nhiên m = không nghiệm)

 4m4 – 3m2 – =  m2 = hay m2 = -1/4 (loại)  m = 1

Bài 14. Cho phương trình: 2

x 2mxm   m (m tham số) Với giá trị m phương trình có hai nghiệmx1 x2 cho x1  x2 8?

Lời giải. a) Phương trình: 2

x 2mxm   m có hai nghiệm thì:

 

2

' m m m m m

          

Theo hệ thức Vi-ét ta có: 2

x x 2m

x x m m

 

 

  



Ta có:

 2

2

1 2 2 2

x  x  8 x x 2 x x 64 x x 2x x  x x  64 (1)

1 2

8  

x x

1 2

8  

x x

2

1 2

3(x x )8x x

2  b

a

2

3   c

m a

' '

  b   b' '  ' 3 m2

2

3(2)( 3  m ) 8( 3m )

2

(139)

139

Trường hợp 1: Nếux1và x2cùng dấu thì:x x1 2 2 m 6 

m m m m

  

        



6 m

m     

  

 (*)

Khi (1)  2 2

x x 64 4m 64 m

        (thỏa mãn (*)) Trường hợp 2: Nếu x1và x2trái dấu thì:

  

2

x x  0 m   m m m 3      0 m (**)

Khi (1)  2  

1 2

x x 4x x 64 4m m m 64

        

m 16 m 10

     (không thỏa mãn điều kiện (**) Kết luận: m  

Bài 15.Cho phương trình bậc ẩn x, tham số m:

3 (1)

x mx m  

Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn: 2x13x2 5 Lời giải.

Phương trình có hai nghiệm x x1, 2  0

Theo hệ thức Vi-ét ta có: 2

x + x = -m (1) x x = m + (2)

  

Mà: 2x13x2 5

Nên ta có:

1

2

1

x + x = -m

2

2x +3x =

x m

  

 



   

 

Do đó: x1.x2 = m + ⟺ (-3m – 5)(2m + 5) = m + Giải ta được: m = - m =

3

 đề thỏa mãn điều kiện:  0

Vậy: với m = - m =

 phương trình có hai nghiệm thỏa mãn: 2x13x2 5

Bài 16. Cho phương trình:  

2

x  m x m   (m tham số)

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn: 2 2( 1) 16

x  m x  m  Lời giải.

Để phương trình có hai nghiệm x x1, 2thì: ' (*) m

(140)

140

Khi phương trình có hai nghiệm x x1, 2thỏa mãn:

 

1 2

2

1

2

x x m

x x m

x m x m

   

  



    



Theo đề bài: 2  

1 2( 1) 16 1 2(m 1) x2 20 x  m x  m   m x    m 

   2  2 2

1

2 16 4 20

8 16

m x x m m m

m m

        

    

Vậy m là giá trị m cần tìm

Bài 17.Cho phương trình: x22m1x2m 5 (với m tham số) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn:

  

1 2 2

x  mx  m x  

Lời giải

 

2

x  m x m 

Ta có:  2  2

' m 2m m 4m m 2

            với m, nên phương trình ln có nghiệm phân biệt với m

Theo vi ét ta có

1

2

x x m

x x m

  



  



Để   

1 2 2

x  mx  m x  

=>    

1 1 2

x m x m x x

         

 

=>4 2 x1x2  2 =>2x1x2 2 =>2x2 4 x x1 22x10 =>

Thay vào ta có :

   

2 2m 2 2m  5 0=>4m 4 2m  5 0=>2 3 m   m Vậy

2 m

Bài 18.Cho phương trình x22xm30 với m tham số 1) Giải phương trình m3

2) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thoả mãnđiều kiện: x12 2x2 x1x2 12

 1

(141)

141 Lời giải

1) Khi m3 phương trình trở thành x2 2x0 xx20  x0; x2

2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 '1m30 m4 Khi theo định lí Vi-et ta có: x1x2 2 (1) x1x2 m3 (2) Điều kiện toán x12 2x2 x1x2 12  x1x1x22x2 12

 2x12x2 12 (do (1))  x1x2 6 (3)

Từ (1) (3) ta có: x1 2,x2 4 Thay vào (3) ta được:  2.4m3  m5, thoả mãn điều kiện

Vậy m5

Bài 19. Cho phương trình: x2 - (m - 1)x - m - = (1) 1) Giải phương trình với m = -3

2) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm khơng phụ thuộc giá trị m Lời giải

1) Với m = - ta có phương trình: x2

+ 8x =  x (x + 8) =  x = x = -

  

2) Phương trình (1) có nghiệm khi:

∆’  0 (m - 1)2 + (m + 3) ≥ m2 - 2m + + m + ≥

m2 - m + >  15

(m )

2

   m Chứng tỏ phương trình có nghiệm phân biệt m Theo hệ thức Vi ét ta có:

1

x + x = 2(m - 1) (1) x - x = - m - (2)

  

Từ (2) ta có m = -x1x2 - vào (1) ta có: x1 + x2 = (- x1x2 - - 1) = - 2x1x2 -

 x1 + x2 + 2x1x2 + =

Đây hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc m

Bài 20. Cho phương trình x23mx2m50 với m tham số

1) Chứng minh với giá trị m phương trình ln có nghiệm x2 2) Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm x52

(142)

142

 

2

2  3 m 2( m   5) 2m2m 10 với m nên phương trình có nghiệm x2 với m

2) Vì phương trình ln có nghiệm x2 nên để có nghiệm x52 theo

định lý Vi-et ta có: 252 22m5 52 m5 m102

Bài 21.Cho phương trình 2x2 m3xm0 (1) với m tham số 1) Giải phương trình m2

2) Chứng tỏ phương trình (1) có nghiệm với giá trị m Gọi x1,x2 nghiệm phương trình (1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: A =

2 x

x 

Lời giải 1) Với m2 phương trình trở thành 2x2 5x20

2

5 4.2.2

    nên phương trình có hai nghiệm x1 2,

2 

x

2) Phương trình có biệt thức m324.2.mm22m9m1280 với

m

Do phương trình ln có hai nghiệm x1,x2 Khi theo định lý Viet

     



  

2

3

2

m x x

Biểu thức A = x1 x2 =   2 x

x  =  2 1 2

2

1 x 4x x

x   =

2

3 m

m 

   

  

=  1

2 2

1     

m m

m

Do m12 0 nên m12 8  82 2, suy A  Dấu xảy  m1

Vậy giá trị nhỏ A 2, đạt m1

Bài 22.Định m để phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + = có hai nghiệm x1 , x2 cho T = x1(x1 – x2) + x2

2

đạt giá trị nhỏ Lời giải

Phương trình x2

(143)

143

Phương trình cho có hai nghiệm x1, x2 khi:    

2 2

' m m

    

' 2m

    m  Theo hệ thức Vi-et thì:  

1

2

x x m

x x m

  

 

 



T = 2 2

x x x x

T = (x1 + x2)

– 3x1.x2 = m

+ 8m + Do m  nên T 

Vậy giá trị nhỏ T 1, m =

Bài 23.Cho phương trình (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m

b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình

Tìm m để biểu thức M = đạt giá trị nhỏ Lời giải

a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2

- 4m +8 = (m - 2)2 +4 > với m nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m

b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S = ; P =

M = =

Khi m = ta có nhỏ

lớn m = nhỏ m = Vậy M đạt giá trị nhỏ - m =

0

ax bx c (a0) có hai nghiệm x x1, 2 thoả mãn điều kiện: 0 x1 x2 2.Tìm giá trị lớn biểu thức:

2

a ab b Q

a ab ac

 



 

Lời giải Theo Viét, ta có: x1 x2 b

a

   , x x1 2 c

a



2

   

x mx m

2

1 2

24   

x x x x

2 b

m a

  c  m a

2

1 2

24

( )

  

x x x x 2

24

4 16

  

   

m m m m

2 ( 1)

 

 

m

2 (m1) 3

6 ( 1)

  

 

M

m

6 ( 1)



 

 

(144)

144 Khi

2

a ab b Q

a ab ac

 



  =

2

b b

a a

b c a a

 

   

 

  ( Vì a 0)

=

2

1 2

2 3( ) ( )

2 ( )

x x x x

x x x x

   

  

Vì 0 x1 x2 2 nên

2

1

x x x x22  4 2

1 2

x x x x 

 2

1

x x x x

   

Do 2

1 2

2 3( )

3

2 ( )

x x x x Q

x x x x

   

 

  

0

x   x m Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 cho x1x2 2

Lời giải. Ta có:   1 4m

Phương trình có nghiệm phân biệt

4 m  

Ta có:

1

m x   

1

m

x   

Vì x1 x22 nên

1 2

m   

Suy 4 m3⇒m 2 Giá trị mcần tìm

4 m   

Bài 26.Tìm m để phương trình:    

2m1 x  m 1 x 2 tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 1 x2

Lời giải Từ x1  1 x2suy ra: x1  1 x21

Đặt y = x - 1thay x = y + vào phương trình ta được:   2  2  

2m1 y1  m 1 y  1 2m1y2m24m3ym23m0 (*)

Ta cần tìm m cho phương (*) có hai nghiệm trái dấu:

  

2

3

0 1

2

m

m m

P m m m

m m

  

 

       



  

(145)

145

2

x  mx  m Tìm m nguyên để phương trình có hai

nghiệm ngun

Lời giải

Gọi x x1, (x1x2) hai nghiệm ngun phương trình Ta có: x1 x2 2 ; m x x1 2  m

Suy x1 x2 2x x1  8 2(x1x2) 4 x x1 2 1 15(2x11)(2x2  1) 15

TH1: 1

2

2 1

4

2 15

x x

m

x x

   

 

  

    

 

TH2: 1

2

0

2

x x

m

x x

    

 

  

    

 

TH3: 1

2

2 15

3

2 1

x x

m

x x

    

 

   

    

 

TH4: 1

2

1

2

x x

m

x x

    

 

  

    

 

Thử lại m=0, m=1, m=-3,m=4 thỏa mãn điều kiện toán

Bài 28.Cho phương trình: a(a+3)x2 - 2x - (a+1)(a+2) = (a tham số,ngun) a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm hữu tỷ

b) Xác định a để phương trình có nghiệm ngun Lời giải.

a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm hữu tỷ: - Với a(a+3) = hay a = a = -3:

Phương trình trở thành: -2x -2 = có nghiệm x = -1

- Với a(a+3)  hay a  a  -3 p/t cho phương trình bậc hai

Ta có: 2

( 3) ( 1)( 2) 3

a a   a a a  a a  a  

Nên phương trình cho có nghiệm: 1 1; 2 ( 1)( 2)

( 3) ( 3)

a a

x x

a a a a

 

    

 

Vì a ngun nên suy phương trình cho ln có nghiệm hữu tỷ b) Xác định a để nghiệm phương trình nghiệm nguyên: (1) Nếu a = a = -3: phương trình có nghiệm nguyên x = -1

(2) Nếu a  0, a  -3: Theo câu a), phương trình có nghiệm x1 = -1 ngun nên để p/trình có nghiệm nguyên x2 phải nghiệm nguyên

(146)

146 Khi ta có khả xảy :

2 2

3 ( 3)

( 3)

( 3) 3 1 0

a a

a a

a a a a

   

   



      



  

      

  



    

Vì a nguyên nên có phương trình

3

a  a  có hai nghiệm nguyên

a = -1 a = -2

Vậy: a    3; 2; 1;0 phương trình cho có nghiệm ngun

Bài 29. Cho phương trình: x2 – 4x + m + = (m là tham số) 1) Giải phương trình với m =

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu (x1< < x2) Khi đó nghiê ̣m nào có giá tri ̣ tuyê ̣t đối lớn hơn?

Lời giải.

a) m = 2, phương trình đã cho thành: x2 – 4x + =

Phương trình này có a + b + c = – + = nên có hai nghiê ̣m: x1 = 1; x2 = Vậy m = phương trình cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = b) Phương trình đã cho có hai nghiê ̣m trái dấu

 ac <  m + <  m < -1 Theo ̣nh lí Vi-et, ta có:

Xét hiệu: |x1| - |x2| = -x1 – x2 = -4 < (vì x1< < x2)  |x1| < |x2| Vâ ̣y nghiê ̣m x1 có giá trị tuyệt đối nhỏ nghiệm x2

Bài 30.Cho phương trình: x3 ax2 bx 1 (1)

1) Tìm số hữu tỷ a b để phương trình (1) có nghiệm x 2

2) Với giá trị a b, tìm trên; gọi x x1; ; 2 x3 ba nghiệm phương trình (1) Tính giá trị biểu thức 5 5 5

1

1 1

S

x x x

  

Lời giải

1) x3 ax2 bx 1 (1) Tìm ,a b Q để (1) có nghiệm x 2 Thay x 2 3vào (1)ta có :2 3 3a 2 3 2b 2 3 1

 

3 4a b 15 7a 2b 25

     

1 2

x x

x x m

 



  

(147)

147 +/Nếu 4a b 150

=>

7 25

3

4 15

a b

 



  (vơ lí VT số vơ tỷ , VP số hữu tỷ)

+/ Suy 4a b 15 0 25

4 15

a b a b

  



   



Giải hpt ,kết luận :

5

a b

     

2) Với a=-5 ;b=5 Tính giá trị biểu thức 5 5 5

1

1 1

S

x x x

  

+/ 5

a b

    

 (1) có dạng   

3 2

5 x-1

x  x  x   x  x 

Khơng tính tổng qt coi x3 1 x x1, 2 nghiệm phương trình

 

4

x  x  ( có '  3 0) => 2

4

x x x x

 



 



+/x12 x22 x1 x22 2x x1 2 14

+/x13x23 x1 x2x12 x22 x x1 252

+/x15 x25 x12 x22x13x23x x12 22x1 x2724

=>S = 725

Bài 31 Tìm m để phương trình:x2x3x4x 5 m có nghiệm phân biệt

Lời giải

Phương trình     2  

2 ( 8)( 15)

x x x x  m x  x x  x m

Đặt 2  2  

2 1 ,

x  x  x  y y phương trình (1) trở thành:

  

9 16 25 144 (2)

y y  m y  y  m

Nhâ ̣n xét: Với mỡi giá tri ̣ y0 phương trình: x12  y có nghiê ̣m phân

(148)

148



' ' 49

49

0 25 144

4

0 144

m

S m

P m

     

 



      

 

    

 

Vậy với 49 144

4 m

   phương trình (1) có nghiệm phân biệt

Bài 32.Cho hai số thực a, b không âm thỏa mãn18a4b2013 Chứng minh phương trình sau ln có nghiệm:

18ax 4bx671 9 a0 Lời giải

Cho hai số thực a, b thỏa mãn 18a4b2013 (1) Cho hai số thực a, b thỏa mãn 18a4b2013 (1)

Chứng minh phương trình sau có nghiệm: 18ax2 4bx671 9 a0 (2) TH1 : Với a = (2) 4bx6710

Từ (1)  b Vậy (2) ln có nghiệm 671

4

x

b

 

TH2 : Với a0, ta có : 2

' 4b 18 (671 )a a 4b 2013 162a a

      

2 2 2

4b (18a a ) 162b a 4b 24ab 54a (2b )a 16a 0, a b,

           

Vậy pt ln có nghiệm

Bài 33.Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn: b + d Chứng minh

rằng phương trình (x2 + ax +b)(x2 + cx + d)=0 (x ẩn) ln có nghiệm Lời giải

Xét phương trình:

x2 + ax + b = (1) x2 + cx + d = (2)

+ Với b+d <0 b; d có số nhỏ >0 >0 pt cho có nghiệm

+ Với Từ ac > 2(b + d) =>

=> Ít hai biểu giá trị => Ít hai pt (1) (2) có nghiệm

 ac

bd 

 2( ) ( ) 2 2( )

2 )

4 ( )

( 2 2

2

1  a  b  c  d a  acc  ac bd  ac  ac bd





1 2 

0

 d

b ac

bd   12 0

2 1,

(149)

149

Vậy với a, b, c, d số thực thỏa mãn: b + d , phương trình (x2 + ax +b)(x2 + cx + d)=0 (x ẩn) ln có nghiệm

Bài 33. Cho hàm số y = f(x) với f(x) biểu thức đại số xác định với số

thực x khác không Biết rằng: f(x) + 3f

x      = x

2x ≠ Tính giá trị f(2) Lời giải Xét đẳng thức: f(x) + 3f

= x x    

   x (1) Thay x = vào (1) ta có: f(2) + 3.f

2       = Thay x =

2 vào (1) ta có:

1

f + 3.f(2) =

2

      Đặt f(2) = a, f

2    

 = b ta có

a + 3b = 3a + b =

4 

 

 Giải hệ, ta

13 a = -

32

Vậy f(2) = - 13 32

Bài 34.Chứng minh phương trình x4 + ax3 + bx2 + ax +1 = có nghiệm 5(a2 + b2) ≥

Lời giải.

Giả sử x0 nghiệm phương trình, dễ thấy x0 0 Suy

0

x + ax0 + b + 2

0

a

+ =

x x

2

0

1

x + + a x + + b =

x x

 

  

 

Đặt x0 + 20 20

0

1

= y x + = y - , y

x  x 

2

0

y - = - ay - b 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:

 2  2   

2 2

0 0

y - = ay + b  a + b y +

2

2 (y 2) a b

y



  

 (1)

Ta chứng minh 20 2

(y 2)

y

 

 (2)

Thực vậy: (2) 2

0 0 0

5(y 4y 4) 4(y 1) 5y 24y 16

        

2

0

4 5(y 4)(y )

5

    với y 2 nên (1)

 ac

(150)

150 Từ (1), (2) suy 2 2

a + b 5(a + b )

   , đpcm

Bài 35. Cho phương trình: 2

2(3 )

x  m x m  (x ẩn, m tham số) (1) a Giải phương trình (1) với m =

b Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn ||x1| – |x2|| =

Lời giải. Phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ ∆’ = (3 – m)2 + (4 + m2) >

⇔ 2m2 – 6m + 13 >

⇔ 17

2

x x

    

 

 

⇔

2 17

2

x

    

 

  (luôn ∀x)

Do (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức Vi–ét x1 + x2 = 2(3 – m); x1x2 = –4 – m2

*Ta có:

 

 

2 2 2

1 2 2

2

1 2

2 2 2

| | | | | | | | 36 | | | | 36

( ) 2 | | 36

2(3 ) 2( 4) | | 36

x x x x x x x x

x x x x x x

m m m

        

    

        

2 2

4(3 m) 2( m 4) 2(m 4) 36

        (do 2

4 | | 4)

m m m m

        

2 3

(3 )

3

m m

m

m m

  

 

    

   

 

Vậy m ∈ {0;6} giá trị cần tìm

Bài 36.Cho phương trình8x28x m 2 1 0(*) (x ẩn số) a) Định m để phương trình (*) có nghiệm

2

x

b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện:

4 3

1 2

x x x x

(151)

151

1

2

x m

m

        

b/ 2

' 16 8m 8(1 m )

     

Khi m = 1 ta có ∆’ = tức là: x1=x2 x14x24 x13x23 thỏa Điều kiện cần để phương trình sau có nghiệm phân biệt là:

4 3

1 2

2 2 2

1 2 2

2

1 2 2 2

2

| | hay -1<m<1 |m|<1 hay -1<m<1 ta co: x

( )( ) ( )( )

( )[( ) ] ( ) ( x )

( ) S 1(1 )

0 m

x x x

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x Do x

S S P P

P P

P m 

  

      

       

         

   (VN)

Do u cầu tốn  m=1 Cách khác

Khi  0 ta có:

2

1 2

4 3

1 2

3

1 2

3

1 2 2

2

1 2

1

1 1;

8

( 1) x ( 1)

0( x ; )

( )

( )( ) 0( x 0)

1

m

x x x x

x x x x

x x x

x x x x Do x x x

x x x x

x x x x do x

x x

m



  

  

    

         

  

    

    

Bài 37 Cho phương trình : x2 + x + m – = (1) (m tham số, x ẩn) Giải phương trình (1) với m =

2 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ≠ 0, x2 ≠ thỏa mãn:

1

2

6 10

3

m x m x

x x

     

Lời giải

(152)

152 (1)⇔ x2 + x – =

∆ = 12

+ 4.1.1 = >

Phương trình có hai nghiệm :

1 5

;

2

x    x   

Vậy tập nghiệm (1) 5;

2

    

 

 

 

 

2) *Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0, điều kiện cần đủ là:

2

21 4(m 5)

4

0

5 m m

m      

  

 

   

  

Theo định lí Vi–ét ta có: x1 + x2 = –1; x1x2 = m – (*) Theo ta có:

2

1 2

2 1

2

1 2

1

6 10 (6 ) (6 ) x 10

3

(6 )( ) ( ) 10 (6 )( 1) ( 1) 2( 5) 10

3

3 17 10

3(3 17) 10( 5)

5

1( )

m x m x m x m x x

x x x x

m x x x x x x m m

x x m

m

m m

m

m TM

            

          

   

 

     

   

Vậy m = –1 giá trị cần tìm

Bài 38.Cho phương trình x2-mx-1=0 (1) (x ẩn số) a)Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm trái dấu b)Gọi x1, x2 nghiệm phương trình (1):

2

1 2

1

x x x x

P

x x

   

 

Lời giải Cho phương trình

1

x mx  (1) ( x ẩn số)

a)Chứng minh phương trình (2) ln có nghiệm trái dấu

Ta có a.c=-1<0 , với m nên phương trình (1) ln có nghiệm trái dấu với m

(153)

153

2

1 2

1

x x x x

P

x x

   

 

Ta có:

2

1 2

1

1;

1 1

(m 1) x ( 1)

0( x ; 0)

x mx x mx

mx x mx x

P

x x

m x

Do x

x x

   

     

  

 

   

Câu 39 Cho phương trình

2( 1)

x  m x m (m là tham số) 1) Giải phương trình với m 1

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn x1  x2  Lời giải

Với m 1, phương trình trở thành x2-4x+2=0 '

 

1 2; 2

x   x  

Điều kiện PT có nghiệm khơng âm x1 ;x2

1 2

'

0 2( 1) 0

2

0

m

x x m m

m x x



   





       

 

   

 

Theo hệ thức Vi-ét x1x2 2(m1);x x1 2m Ta có:

1 2 2 2

2 2 2

0( )

x x x x x x

m m

m TM

         

 

Bài 40.Giả sử phương trình

0

x ax b  có nghiệm lớn Chứng minh rằng:

2

1

a a b b

b a b

  

  

(154)

154 Theo định lý Vi et ta có:

1

x x a

x x b    

 

 Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :

1

1 2

2

1 1

x x

x x

x  x  x x

   Hay

1

2 1

2

1

1 1

x x

x x

x   x   x x 

  

   2

1

1 2

2

1

1 1

x x x x

x x x x



 

    

  

  Theo bất đẳng thức Cơ si ta có: 2

x   x x x  Để chứng minh  * ta quy chứng minh:

1 2

1

1x 1x 1 x x với x x1, 1 Quy đồng rút gọn bất đẳng thức tương

đương với  x x1 1 x1 x22 0( Điều hiển nhiên đúng) Dấu xảy

1

x x a  b

Bài 41 a) Tìm m để phương trình

0

x   x m có hai nghiệmx x1, biểu thức:

   

2

1 1 2

Qx x  x x  đạt giá trị lớn

b) Cho phương trình  

2

x  m xm   , với m tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1, cho Px x1 22x1x26 đạt giá trị nhỏ

c) Gọi x x1, hai nghiệm phương trình:  

2x  3a1 x 2 Tìm giá trị

nhỏ biểu thức:  

2

2 1 2

1

3 1

2

x x

P x x

x x

  

      

 

Lời giải:

a)Phương trình có nghiệm    0 4m0

m

  (*) Khi theo định lý Viet:

1

S x x

P x x m

    

  

 Ta có:  

2

3

4

QS S  P S  P m (do (*)) max

4

Q

  đạt

m Vậy

m giá trị cần tìm b) Ta có  2  

' m m 2m

      

Để phương trình có hai nghiệm '

m

     (*) Theo định lý Viet ta có:

1 2

x x  m

1 2

x x m  Ta có    

1 2 2 2

(155)

155  2

2

4 12 12

m m m

        Dấu “=” xảy m2 thỏa mãn điều kiện (*) Vậy với m2 biểu thức P đạt giá trị nhỏ 12

c) Ta có: 3a1216 0 Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Theo định lý Viet thì: 2

3

;

2

a

x x   x x   Ta có

 2 1 2 1 2  1 2  2

1 2

2

x x x x x x

P x x x x

x x

  

 

      

 

 2  2

1 2

3

6 24

4

a

x x x x   

 

       

 

  Đẳng thức xảy

1

3

a   a Vậy minP=24

Bài 42 Cho phương trình  

2 1

x  m xm   , với m tham số tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, cho biểu thức

1 2

x x P

x x 

 có giá trị số nguyên

Lời giải: Ta có  2  

2m m 4m

       Để phương trình có hai nghiệm phân biệt

0

4

m

     Theo định lý Viet ta có: x1x2 2m1

2

1

x x m  Do

 

2

1

2 4

x x m m

P

x x m m

 

   

   Suy

5

4

2

P m

m

  

 Do

3

m nên 2m 1

Để P ta phải có 2m1 ước 5, suy 2m   1 m Thử lại với m2, ta P1 (thỏa mãn)

Vậy m2 giá trị cần tìm thỏa mãn tốn

Bài 43.Cho phương trình 2

(m 5)x 2mx6m0(1) với m tham số

a) Tìm m cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Chứng minh tổng hai nghiệm số nguyên

b) Tìm m cho phương trình (1) có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn điều kiện

1 2

(x x  x x ) 16 Lời giải a) Phương trình (1) có hệ số

5

(156)

156 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1;

2

0

' ( 5).6

6 30

(6 30)

1 119

5 ( )

2

0

m

m m m

m m m

m m m

m

 

             

 

     

 

 



Khi theo định lý Vi–ét ta có: 2

2 m x x

m  



Xét 2

5 ( 1)

m   m m   Mà m>0 =>

5

m   m

1 2

2

0 1

5 m

x x m

       

Vậy tổng hai nghiệm (1) số ngun b) Phương trình (1) có hai nghiệm x x1;

2 119

' m ( )

2

0

m m

m

 

       

 

 

Khi đó, theo định lý Vi–ét: 2 2

2

5 m x x

m m x x

m   

 

 

 

 

 Ta có:

4

1 2

2

( ) 16

2

1:

6

2(2)

5

x x x x

TH x x x x

m m

  

   

 

    



  



  

 

Đặt 22 ; m

t t

m

 

 phương trình (2) trở thành

3t t

   

Xét

1 4( 3)( 2) 23

        ⇒ (2) vô nghiệm

1 2 2

6

2 : 2(3)

5

m m

TH x x x x

m m



       

(157)

157 Đặt 22 ;

5

m

t t

m

 

 phương trình (3) trở thành

2

3t t

   

2

( 1)(3 2) 1( )

2( )

2

(T ) 18 20 ( 2)(4 10) 2

3 ( )

5

t t

t L

m TM

m

t M m m m m

m m TM

     



  



 

           

 

 

 



Vậy tất giá trị m cần tìm 2;2

m 

 

2013x (m2014)x2015, với m tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn x122014 x1 x222014x2

Lời giải

Ta có:

(m 2014) 4.2013.2015

     với m Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m

Theo hệ thức Vi – et ta có:

1 2

2014 2013 2015 2013

m x x x x

    

 

  

Từ 2

1 2014 2014

x   x x  x

2

1 2

2

1 2

2 2

1 2 1 2

2 2

1 2 1 2

2

1

2014 ( 2014 )( 2014 )

2014 ( ( 2014)( 2014) 2014 2014

2014( )

x x x x

x x x x x x x x

x x x

     

  

    



        

  

       



   

2

1 2

1

2014( )

( )( 2014 2014)

0 2014

0 2013

2014

x x x

x x x x

x x m m

  

     

  



 

(158)

158

Bài 43. Cho hệ phương trình: 20 (1) 10 (2)

mx y

x my

 



  

 (m tham số)

Với giá trị m hệ cho: a) Vơ nghiệm

b) Có nghiệm c) Vô số nghiệm

Lời giải Cách Với m = hệ có nghiệm nhất: 10

5

x y

    

Với m 0 hệ phương trình tương đương với:

5 ( )

1 10

( ) m

y x a

y x b

m m



  

      

Dễ thấy (a) (b) hai đường thẳng hệ tọa độ Oxy, số nghiệm hệ số giao điểm hai đường thẳng (a) (b)

a) Hệ phương trình cho vơ nghiệm (a) (b) song song tức là:

1

2 10

5 m

m m m

   

    

  

Vậy m = - hệ cho vơ nghiệm

b) Hệ cho có nghiệm (a) (b) cắt tức là:

1

2

m

m m

     

c) Hệ cho có vơ số nghiệm (a) (b) trùng tức là:

1

2 10

5 m

m m m

   

  

   

Vậy m = hệ cho có vơ số nghiệm

Cách 2. từ PT(2) suy ra: x = 10 – my thay vào (1) ta được:

(4 ) 20 10 (3)

y m   m

(159)

159

a) Hệ cho vô nghiệm khi: 20 102 2

4

m m

m

m m

  

 

   

     

 

Vậy với m = - hệ cho vơ nghiệm b) Hệ có nghiệm khi:

4m    0 m

c) Hệ cho vô số nghiệm khi: 20 102

4

m

m m

 



    



Bài 44.Cho hệ phương trình: 2 2 2

2

x y m

x y y x m m

   



    

 , với m tham số

a) Giải hệ phương trình với m =2

b) Chứng minh hệ ln có nghiệm với m Lời giải a) Giải hệ phương trình với m =2

Với m = 2, hệ phương trình là:

2

5 5

( )

5

x y x y x y

xy x y xy

x y y x

        

  

  

  

       



Do đó, x, y nghiệm phương trình X2-5X +1= Giải ra

5 21 21

,

2

X   X  

Vậy hpt có hai nghiệm: 21 5; 21 , 21 5; 21

2 2

       

   

   

 

   

b) Chứng minh hệ ln có nghiệm với m Hệ cho viết lại là:

( ) (2 1)( 1)

x y m

xy x y m m

   



    



(1) Nếu

2

m  hệ trở thành:

0

( )

x y x R

x y

xy x y y x

    

 

    

 

     

 

 

Hệ có vơ số nghiệm (2) Nếu

2

m  hệ trở thành:

1

x y m

xy m

   



  



Nên x,y nghiệm phương trình:

(2 1)

(160)

160

P/t (*) có 2

=(2m+1) 4(m 1) 4m 0, m

       nên ln có nghiệm

Vậy hệ phương trình ln có nghiệm với m

Bài 45.Cho hệ phương trình

2

4

x xy

x xy y m

  

 

  

 , m tham số x y,

các ẩn số

a) Giải hệ phương trình với m7

b) Tìm tất giá trị m để hệ phương trình có nghiệm Lời giải.

a) Giải hệ phương trình với m7 Với m=7 ta có:

2

4

x

x xy y

x

x xy y

 

   

 

 

  

     (do x0 không thỏa mãn)

2

2 2

4x 4x x x

x x

 

 

    

 

   2  

4 2 2 2

4 2 1

8

x x x x x x x x x 

              

 

2

1

x x

     Với x  1 y

Với x    1 y Vậy hệ phương trình có hai nghiệm   x y;   1; , 1;1   

b) Tìm tất giá trị m để hệ phương trình có nghiệm Ta có x0 khơng thỏa mãn suy x0

Rút y từ PT thứ vào PT thứ hai ta có:

2

2 2

4x 4x x x m

x x

 

 

   

 

Hệ có nghiệm 2   2

4x 4x 2x 2x mx

      có nghiệm khác

4

8x mx

    có nghiệm khác Đặt ,

tx t Thay vào phương trình ta

8t mt 1 (1) Như yêu cầu tốn  1 có nghiệm dương

Dễ thấy phương trình (1) ln có nghiệm trái dấu ac0 suy (1) ln có nghiệm dương Do với số thực m hệ phương trình ln có nghiệm

Bài 46.Cho hệ phương trình: ( 1) (1)

( 1) (2)

m x y m

x m y m

   



(161)

161

Tìm m để hệ có nghiệm thỏa mãn x + y = Lời giải

Bƣớc 1. Tìm điều kiện để hệ cho có nghiệm

Từ (2) suy ra: x = m - (m-1)y Thế vào x = m - (m-1)y vào (1) ta được: (m – 1)(m – (m – 1)y) = 3m –  2

( ) (3)

y m  m m  m

Hệ phương trình có nghiệm (3) có nghiệm tức là:

2

m

m m

m  

   



 (*)

Bƣớc Tìm m thỏa mãn điều kiện x + y =

Với điều kiện m 0 m  hệ cho có nghiệm là:

3

2 m x

m m y

m    

 

   Với điều kiện x + y = ta có: 3m m 2 4m 2m m

m m

        

(**) Từ (*) (**) suy không tồn m thỏa mãn yêu cầu toán

Bài 47. Cho hệ phương trình:

mx y

x y m

   

    

Tìm m để phương trình có nghiệm (x, y) thỏa mãn:

yx

Lời giải.

Từ phương trình thứ suy ra: y = -m – x Thế vào phương trình thứ ta được: mx – m – x = -1  x(m-1) = m – (*)

Hệ có nghiệm phương trình (*) phải có nghiệm tức m  Khi đó, hệ có nghiệm

1

x

y m

 

    

Ta có: y =

x       m 1 m Vậy m = - giá trị cần tìm

Bài 48.Tìm nghiệm nguyên a để hệ phương trình

2

x y a

  



    

Có nghiệm (x; y) cho T = y

x số nguyên Lời giải Ta có:

2

x y a

  



   

 hệ cho có nghiệm (x, y) với

1

x a y a

(162)

162 Mà T = y

x = a

a = 

1 a

Vì a nguyên, để T nguyên điều kiện 1 1

a a

  

   

 hay

0

a a

     

Bài 49.Cho hệ phương trình

3 2 2 2017

x y 2x y x y 2xy 3x

y x y 3m

      

 

  



Tìm giá trị m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt x ; y1 1

x ; y2 2 thỏa mãn điều kiện x1y2x2y1 3

Lời giải. 2 2

2 2017

x y 2x y x y 2xy 3x (1)

y x y 3m (2)

      

 

  



Ta có 2 2

(1)x y x y 2x y2xy 3x  3

 

   

2

(x 1) x y 2xy x

xy

    

   

  

 V« lý

Thay x = vào phương trình (2) ta

y  y 3m 1 0 (3) Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì:

 

1 3m 12m m

4

         

Theo đề bài: x1y2x2y1    3 y1 y2y y1 2 0 (4)

do x1x2 1 Với m

4

 theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có :

1

y y

y y 3m

 



  

 thay vào (4) ta có: 3m    0 m 2(thỏa mãn)

Kết luận: m =

Bài 50.Cho hệ phương trình:

  

 

 

5 my x

(163)

163

b) Tìm giá trị m để hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức m m y x 2     Lời giải a) Khi m = ta có hệ phương trình

        y x y x                    x y 5 2 x y x 2 y x            y 5 2 x

b) Giải tìm được:

3 m m y ; m m

x 2 2

      Thay vào hệ thức

3 m m y x 2   

 ; ta

3 m m m m m m 2 2

2    

   

Giải tìm

7 m

Bài 51.Tìm m nguyên để hệ có nghiệm nghiệm nguyên

         2 m my x m y mx Lời giải Ta có:

2

mx y m

x my m

                  m m y m mx m y mx 2 2 2               2 ) )( ( )

( 2

m my x m m m m y m

Để hệ có nghiệm m2

– 0 hay m  2 Vậy với m  2 hệ phương trình có nghiệm

(164)

164

Để x, y số nguyên m +  Ư(3) = 1;1;3;3

Vậy: m + = 1, 3 => m = -1; -3; 1; -5

Bài 52.Cho hệ phương trình: ( 1)

m x y

mx y m

  



   

 (m tham số)

1) Giải hệ phương trình m =

2) Chứng minh với giá trị m hệ phương trình ln có nghiệmduy (x; y) thỏa mãn: 2x + y 

Lời giải.

1) Giải hệ phương trình m = Ta có

2

x y x

x y y

  

 

    

 

2) y = – (m-1)x vào phương trình cịn lại ta có:

mx + – (m-1)x = m +  x = m – suy y = – (m-1)2 với m Vậy hệ phương trình ln có nghiệm (x; y) = (m-1; 2-(m-1)2) 2x + y = 2(m-1) + – (m-1)2 = -m2 + 4m -1 = – (m-2)2 với m

Vậy với giá trị m hệ phương trình ln có nghiệm thỏa mãn: 2x + y 

CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ BẬC NHẤT – BẬC HAI

Bài 1.Tìm m để hàm số bậc    

 

2

m 2013m 2012

y x 2011

m 2m hàm số nghịch

biến

Lời giải Để hàm số

2

m 2013m 2012

y x 2011

m 2m

 

 

  nghịch biến

2

m 2013m 2012 m 2m

  

  (1)

 2

2

m 2 2m 3  m   1 m

(1)   

m 2013m 2012 m m 2012

       

m m

m 2012 m 2012

m m

m 2012 m 2012

    

 

    

 

 

 

  

 

 

  

 

 

(165)

165

Bài 2.Cho hàm số y = f(x) = (3m2 – 7m +5) x – 2011 (*) Chứng minh hàm số (*) đồng biến R với m

Lời giải 3m2 – 7m + =

m m

3

   

 

 

2

7 49 60

3 m

6 36 36

7 11

3 m m

6 36

  

      

 

 

 

  

      

 

 

 

Vây f(x) đồng biến R với m

Bài Cho đường thẳng: (m tham số) (1)

Chứng minh đường thẳng (1) qua điểm cố định với giá trị m

Lời giải

Điều kiện cần đủ để đường thẳng qua điểm cố định với m :

với m

với m với m

Vậy đường thẳng (1) qua điểm cố định N(-1; 1)

Bài Cho hai đường thẳng( ) :d1 mx(m1)y2m 1 0,(d2) : (1m x my)  4m 1 a) Tìm điểm cố định mà ( )d1 , (d2) qua

b) Tìm m để khoảng cách từ điểm P(0;4) đến đường thẳng ( )d1 lớn c) Chứng minh hai đường thẳng cắt điểm I Tìm quỹ tích

điểm I m thay đổi

d) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác I AB với A B, điểm cố định mà    d1 , d2 qua

Lời giải

a) Ta viết lại ( ) :d1 mx(m1)y2m  1 m x     y 2 y Từ dễ dàng suy đường thẳng (d1) qua điểm cố định: A 1;1

1 ) ( )

(m x m y

1 ) ( )

(m x m y

) ; (x0 y0 N

1 ) ( )

(m x0 m y0 

0

2 0 0 0

0    

mx x my y

0 )

( )

(     

 x y m x y

  

    

 

  

  

1

0

0 0

y x y

(166)

166

Tương tự viết lại (d2) : (1m x my)  4m  1 m y     x 4 x suy (d2) qua điểm cố định: B1;3

b) Để ý đường thẳng ( )d1 qua điểm cố định: A 1;1 Gọi H hình chiếu vng góc P lên ( )d1 khoảng cách từ A đến ( )d1 PHPA Suy khoảng cách lớn PA PH PH d1 Gọi yax b phương trình đường thẳng qua P   0;4 ,A 1;1 ta có hệ : 4

.1

a b b

a b a

  

 

     

  suy phương trình

đường thẳng PA y:   3x

Xét đường thẳng ( ) :d1 :mx(m1)y2m 1 Nếu m1  d1 :x 1 khơng thỏa mãn điều kiện Khi m1 thì:  1

2 :

1

m m

d y x

m m



 

  Điều kiện để ( )d1 PA

 

3

1

m

m m     



c) Nếu m0  d1 : y 1  d2 :x 1 suy hai đường thẳng ln vng góc với cắt I1;1 Nếu m1  d1 : x 1

 d2 :y 3 suy hai đường thẳng ln vng góc với cắt I 1;3 Nếu

 0;1

m ta viết lại  1

2 :

1

m m

d y x

m m



 

 

 2

1

: m m

d y x

m m

 

  Ta thấy 1

1

m m

             nên    d1  d2

Do hai đường thẳng cắt điểm I

Tóm lại với giá trị m hai đường thẳng    d1 , d2 ln vng góc cắt điểm I Mặt khác theo câu a) ta có    d1 , d2 qua

điểm cố định A B, suy tam giác I AB vng A Nên I nằm đường trịn đường kính AB

d) Ta có AB  1 1 2 3 12 2 Dựng IH AB

1 1

2 2

I AB

AB AB

S  IH AB IK AB AB  Vậy giá trị lớn diện tích tam giác IAB IHIK Hay tam giác IAB vuông cân I

(d2) (d1)

H K

B A

(167)

167

Bài 5.Cho góc xOy Một đường thẳng d thay đổi cắt tia Ox; Oy M

N Biết giá trị biểu thức 1

OM ON không thay đổi đường thẳng d thay đổi

Chứng minh đường thẳng d qua điểm cố định Lời giải.

Giả sử 1

OM ON  a (1) ( a số dương cho trước) Lấy điểm D Oy

sao cho OD = a OD < ON Vẽ DI song song với Ox ( Iđoạn MN ) Lấy E Ox cho OE = ID Khi OEID hình bình hành

Ta có OE OD NI EI NI MI OM ON  NM ON  NM MN  =>

1 1

OE

ON OD OM OD  a(2)

Từ (1) (2) =>

OE

OM OD OM => OE

OD  => OE = OD = a không đổi, mà D Oy; E

Ox nên D; E cố định

Mặt khác O cố định OEID hình bình hành nên I cố định Vậy d qua I cố định (ĐPCM)

Bài 6.Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d1): ym21x2m (m tham số) (d2): y3x4 Tìm giá trị tham số m để đường thẳng (d1) (d2) song song với

Lời giải

a/ Để đường thẳng (d1) (d2) song song với

2 2

'

2

'

2

m

a a m m

m m

b b m m

m  

     

 

       

      

    



Vậy với m = - đường thẳng (d1) song song vi đường thẳng (d1)

Bài Trong mặt phẳng toạ độ , cho (P) : y = - x2 đường thẳng (d) : y = mx+1 (m tham số ) Xác định m để :

a) (d) tiếp xúc (P)

b) (d) cắt (P) điểm phân biệt c) (d) (P) khơng có điểm chung

Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : x2

+mx+1=0 (*) Δ = m2

-

(168)

168

b) (d) cắt (P) điểm phân biệt (*) có nghiệm phân biệt c) (d) (P) khơng có điểm chung (*) vơ nghiệm

⇔ Δ < ⇔ m2 - < ⇔ -2 < m <

Bài 10. Cho hai hàm số bậc y = -x + y = (m+3)x + Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cho là:

a) Hai đường thẳng cắt b) Hai đường thẳng song song

Gợi ý

a) Để hàm số y = (m+3)x + hàm số bậc m + suy m -3 Đồ thị hai hàm số cho hai đường thẳng cắt a a’

-1 m+3 m -4

Vậy với m -3 m -4 đồ thị hai hàm số cho hai đường thẳng cắt

b) Đồ thị hàm số cho Hai đường thẳng song song thỏa mãn điều kiện m -3

Vậy với m = -4 đồ thị hai hàm số cho hai đường thẳng song song

Bài 11.Cho đường thẳng (m – 2).x + (m – 1).y = (d)

Tính giá trị m để khoảng cách từ gốc toạđộ O đến đường thẳng (d) lớn Lời giải

+ Với m = 2, ta có đường thẳng y = Do khoảng cách từ O đến (d) (1)

+ Với m = 1, ta có đường thẳng x = -1 Do khoảng cách từ O đến (d) (2)

+ Với m ≠ m ≠

Gọi A giao điểm đường thẳng (d) với trục tung Ta có: x =  y =

1

m , OA =

1

m

Gọi B giao điểm đường thẳng (d) với trục hồnh Ta có: y =  x =

2

m , OB =

1

m

Gọi h khoảng cách Từ O đến đường thẳng (d) Ta có:

2 ) ( ) ( ) ( 1

1 2 2

2

2    m  m  m  m  m  

OB OA

h Suy h2≤ 2,

 

 

   

 

a a ' m

m

b b'

   

 

    

 

(169)

169 max h = 2khi m =

2 (3)

Từ (1), (2) (3) suy Max h = m =

2

Bài 12.Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M N hai điểm phân biệt, di động lần

lượt trục hoành trục tung cho đường thẳng MN qua điểm cố định I(1 ; 2) Tìm hệ thức liên hệ hồnh độ M tung độ N; từ đó, suy giá trị nhỏ biểu thức :Q 2 2

OM ON

 

Lời giải.

Đặt m = xM n = yN  mn  m  (*) Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b



0 am b a b n b

 

       

 hệ thức liên hệ m n 2m n mn

Chia hai vế cho mn  ta được:

m n (**)

 2 12 42 12 12 2

1

m n m n mn m n m n

     

            

     

 12 12

Q ;

m n

   dấu “=” xảy 1;

m n kết hợp (**): m = 5, n = 2,5

(thỏa (*))

Vậy giá trị nhỏ Q

5

Bài 13.Trong hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – parabol (P): y =

- x2 Gọi A B giao điểm d (P) 1) Tính độ dài AB

2) Tìm m để đường thẳng d’: y = - x + m cắt (P) hai điểm C D cho CD = AB

Lời giải. 1) Hoành độ giao điểm nghiệm phương trình

x2+x-2=0

=> x=1 x=2

(170)

170

2) Để (d’) cắt (P) điểm phân biệt phương trình x2– x+m=0 (1) có hai nghiệm phân biệt <=>0<=>

4 m

Ta có khoảng cách AB2 =18 Để CD = AB <=> (x1-x2)

2

+(y1-y2)

=18 <=>(x1-x2)

2 =9 <=>(x1+x2)

2

-4x1x2=9

<=>1-4m – 9=0=> m=-2(TM)

Vậy C(-1,-3) D(2;0) D(-1;-3) C(2;0)

Bài 14. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol 

:

P y   x ; điểmI0; 2  điểm M m ; 0 (với m tham số, m ≠ 0) Viết phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm I M

Chứng minh đường thẳng (d) cắt đường thẳng (P) hai điểm phân biệt A, B với độ dài đoạn thẳng AB lơn

Lời giải

PT đường thẳng  d qua hai điểm I0; 2  M m ; 0 y x – m

 Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) 2 –

2 x mx  

⇔ – *  

mx  x m 

Có

' 4m ( m)

    

Vậy phương trình  * có hai nghiệm phân biệt x1 x2 phân biệt Chứng tỏ  d

luôn cắt  P hai điểm phân biệt A B, Khi tọa độ hai điểm phân biệt A B,

2

1

( ) ( )

; ), ( ; )

2

( x x

A x  B x  Từ đó:  

2

2 2

1

( ) ( )

–

4

x x x x

AB  x x   

 2 1 2  

1 2

( )

– 1

4

x x

x x x x 

     

   

Áp dụng hệ thức Vi – et cho phương trình (*) ta có: 2

4

;

x x x x

x

     Thay vào (1) ta được:

 

2

2 2

4 16 16

– 4 (1 )(1 ) 16 (

4 m)

AB

m m m m

   

         

   

  

 

(171)

171

Bài 15. Cho (P): (d):

Xác định m để (d) cắt (P)tại điểm A(xA; yA) ; B(xB; yB) cho:

Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:

Δ' = =

Vậy phương trình (*) có nghiệm phân biệt xA ; xB

Theo Viét ta có:

Do 2  2  

0

A B A B A B

x x   x x  x x   m  m  m m 

0; 3

0;

m m m

  

 

 

  

 

Vậy với (P) cắt (d) điểm phân biệt

Bài 16.Trong mặt phẳng toạ độ, cho (P): , điểm M(0;2)

Đường thẳng (d) qua M không trùng với Oy Chứng minh (d) cắt (P)tại điểm phân biệt cho

Lời giải

- Vì (d) qua M (0;2) khơng trùng với Oy nên có dạng y=ax+b - M ∈ (d) nên: 2=a.0+b b=2 (D): y=ax+2

Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:

Vì phương trình (*) có hệ số a=1 ; c = (a.c<0) nên (*) có nghiệm phân biệt A(xA; yA) ; B(xB; yB)

(172)

172

⇒ 2   2 2 2 2 2 2 2

0 ; ( 0) ( 0)

4

A B

A A A B B B

x x

OA  x   y  x  OB  x   y  x 

  2  2 2 2 4

2 2

2

A B A B

A B A B A B A B

x x x x

AB  x x  y y  x x    x x  

 

Ta có:

4

2 2

4

A B A B

x x

OA OB x x  

Vậy OA2

+ OB2 = AB2 ⇒ ΔAOB vuông O

Bài 17. Cho parabol   :

P yx đường thẳng ( ) :d y2mx m (m0) Tìm m

sao cho đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt A, B có hồnh độ x1

và x2thỏa mãn x1x2 2

Lời giải PT hoành độ giao điểm  d  P

2

x  mx m ⇔x22mx m  1 (*) Có

2

1

' 0,

2

m m

 

      

  Vậy phương trình (*) ln có nghiệm phân biệt x x1, hay  d cắt  P hai điểm phân biệt A B,

Theo định lý Vi – et ta có: x1x22 , m x x1 2 m

 2 2   2

1– 2 – 4 – – 4 – ( )

x x   x  x x x  m m   m m  m  do m

Bài 18. Cho Parabol   2 

:

P y  ax a  đường thẳng : – – 0.

d x y a 

a) Tìm a để đường thẳng  d cắt parabol  P hai điểm phân biệt A B,

b) Gọi xA , xB hồnh độ hai điểm A B, Tìm giá trị nhỏ biểu thức

4

A B A B

T

x x x x

 



Lời giải

a) PT hoành độ giao điểm  P  d –

ax  x a  ax2 x  a2    Điều kiện cần đủ để đường thẳng  d cắt parabol hai điểm phân biệt A B,

phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt

 

3

1, – 0

(173)

173

b) Áp dụng hệ thức Vi – et cho phương trình (1) ta có xA xB , .2 x xA B a

a

   Thay vào T thu được:

A B A B

T

x x x x

 

 =

1

2 a 2 a 2

a a

  

Đẳng thức xảy 1

a a

a

  

Vậy giá trị nhỏ T 2 đạt

Bài 19.Tìm hệ số a > cho đường thẳng y = ax – ; y = ; y = trục

tung tạo thành hình thang có diện tích (đơn vị diện tích) Lời giải

+) Kí hiệu hình thang ABCD cần tìm hình vẽ +) Tính C(6;5)

a ; D(

;1) a

BC =

a ; AD = a

+) SABCD : a a

     

 

a = ( Thỏa ĐK a > 0)

+) Vậy phương trình đường thẳng y = 2x –

Bài 20.Cho hµm sè

( 1)

y m x m  (m: tham số) Tìm m để đồ thị hàm số đ-ờng thẳng cắt hai trục toạ độ hai điểm A, B cho tam giác OAB cân

Lời giải.

5

-1 -2 -3 -4

-10 -8 -6 -4 -2 10

D C B

A

O

(174)

174

Để đồ thị hàm số đ-ờng thẳng cắt trục tọa độ điểm A B cho tam giác OAB cân đồ thị hàm số cho song song với đ-ờng thẳng y = x ( y = - x )

Từ dẫn đến 2 1

m m

  

  

 hc

1 1

m m

   

  

 giải hệ PT tìm đ-ợc

m = m = trả lời toán

Bi 21.Trong mt phng to Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) : y = 2x +

1 Chứng minh (d) (P) có hai điểm chung phân biệt

2 Gọi A B điểm chung (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc toạ độ)

Lời giải.

1 Chứng minh (d) (P) có hai điểm chung phân biệt

Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P) nghiệm phương trình x2 = 2x + => x2 – 2x – = có a – b + c =

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = -1 x2 =

Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = => A (-1; 1) Với x2 = => y2 =

2

= => B (3; 9)

Vậy (d) (P) có hai điểm chung phân biệt A B

2 Gọi A B điểm chung (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc toạ độ)

Ta biểu diễn điểm A B mặt phẳng toạ độ Oxy hình vẽ

3 c a   

1

D C

B

A

3

-1

1

.4 20

2

ABCD

AD BC

S   DC  

9.3

13,5

2

BOC

BC CO

(175)

175 Theo cơng thức cộng diện tích ta có:

S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO) = 20 – 13,5 – 0,5 = (đvdt)

Bài 22.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) (L) đồ thị hai hàm

số: y 1x

2

   y x

a) Vẽ đồ thị (D) (L)

b) (D) (L) cắt M N Chứng minh OMN tam giác vuông Lời giải

Đồ thị a) y 1x

2

   có :

3

x y

2

y x

    



    

Đồ thị y x x x x x

 

  

 



Đồ thị hình vẽ:

b) Đồ thị (D) (L) cắt hai điểm có tọa độ M(1; 1) N( - 3; 3) Ta có: OM = 12 12  2 OM2 =

ON = 32  ( 3)2 3 2 ON2 = 18

MN = (1 3)  (1 3)2  20 MN2 = 20 Vì: OM2 + ON2 = MN2

Vậy: tam giác OMN vuông O

1.1

0,5

2

AOD

AD DO

(176)

176

Bài 23.a) Cho hàm số bậc nhất: y 0,5x 3  , y 6 x ymx có đồ thị đường thẳng (d1), (d2) (m) Với giá trị tham số m đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1) (d2) hai điểm A B cho điểm A có hồnh độ âm cịn điểm B có hoành độ dương?

b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M N hai điểm phân biệt, di động trục hoành trục tung cho đường thẳng MN qua điểm cố định

I(1 ; 2) Tìm hệ thức liên hệ hoành độ M tung độ N; từ đó, suy giá trị nhỏ biểu thức :Q 2 2

OM ON

 

Lời giải

a) Điều kiện để (m) đồ thị hàm số bậc m0 Phương trình hồnh độ giao điểm (d1) (m) là:

0,5x 3 mx(m 0,5)x 3

Điều kiên để phương trình có nghiệm âm m 0,5 0 hay m0,5

Phương trình hoành độ giao điểm (d2) (m) là: x mx(m 1)x 6

Điều kiên để phương trình có nghiệm dương m 1 0 hay m 1

Vậy điều kiện cần tìm là:  1 m0,5; m0

b) Đặt m = xM n = yN  mn  m  (*) Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b



0 am b a b n b

 

       

 hệ thức liên hệ m n 2m n mn

Chia hai vế cho mn  ta được:

m n (**)

1 2 12 42 12 12 2

m n m n mn m n m n

     

            

     

Q 12 12 1;

m n

   dấu “=” xảy 1;

m n kết hợp (**): m = 5, n = 2,5

(thỏa (*))

Vậy giá trị nhỏ Q

(177)

177

Bài 24.Trên mặt phẳng toạ độ cho Parabol (P): y = 2x2 đường thẳng (d): y=(m-2)x+1 (d’):y=-x+3 (m tham số ) Xác định m để (P), (d) (d’) có điểm chung

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d’): 2x2=-x+3 ⇔ 2x2+x-3=0 (a+b+c=0)

⇒

+ Khi x=1 y=2 + Khi

Vậy (d’) cắt (P) điểm phân biệt

Để (P) ,(d) (d’) có điểm chung (d) qua A B:

 

3 2 1

11

2 1

2

m m



    

 

     

 



Vậy với m=3 hay m=11

2 (P) ,(d) (d’) có điểm chung

Bài 25. Viết phương trình đường thẳng qua điểm I 0; cắt parabol

 

:

P y  x hai điểm phân biệt M N, cho độ dài đoạn thẳng MN  10 Lời giải

Vì đường thẳng x0 qua điểm I 0; tiếp xúc với parabol  P điểm  0;0

O nên phương trình đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề lày ax1 PT

hoành độ giao điểm (d) (P)

x  ax   x2 – – *ax   

Đường thẳng  d cắt  P hai điểm phân biệt PT  * có hai nghiệm phân biệt

1,

x x   a   Khi tọa độ giao điểm  2 1;

M x x ,

 2

2;

N x x Ta có: 2

( )

10 10

MN  MN     

2

2 2 2 2

1– – (2 10)

x x x x



  

 

 

⇔  2 2  

1 – [1 ( 2) ] 40

x  x x x  x x 

 

   Áp dụng hệ thức Vi – et cho phương trình  * ta được: x1 x2  ; .a x x1 2   Thay vào (1), thu được:

 4 40 5 2– 36 0 2.

a  a   a  a  a  Vậy phương trình đường thẳng

(178)

178

Bài 26. Cho Parabol (P):

y x đường thẳng  d :y2x m 1 Tìm m để (d) để (P) hai điểm phân biệt có tọa độ x1; y1 x y2; 2 mà x x1 2y1y2 48

Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là:

.x (1)  x m 

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt   ' m3 Khi x x1, 2 hai nghiệm (1) ta có:

 

1 2

4

x x

x x m

 



  



1

2

y x m

  



    

Ta có:

   

 

    

1 2 2

1 2

2

48 2 48

2 48 2.4 2 48

1 ( )

6

7 ( )

x x y y x x x m x m

x x x x m m m

m chon

m m

m loai

          

           

  

     

 

Bài 27. Cho Parabol (P):

y x đường thẳng (d):y 3 m x  2 m Tìm giá trị m để (d) Cắt (P) tạ hai điểm phân biệtA x( A;yA), (B xB;yB) thỏa mãn yAyB 2

Lời giải. Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:

2

(3 ) 2 (1)

x  m x  m

Phương trình (1) có:     ' m , ta thấy x xA, B hai nghiệm phương trình (2) Lại có:

.x 2

A B A B

x x m

x m

  



  



3  2

(3 ) 2

A A

B B

y m x m

    

    



Do đó:   2 2

2 (3 m)(x )

A B A B A B A b

y y    x   m  x x  x x 

  2 2

3

m m

   

Giải ta được: m 1 6;m 1

Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P):

2

y   x Gọi (d) đường thẳng qua điểm I0; 2 có hệ số góc k

a) Viết phương trình đường thẳng (d) Chứng minh đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt A, B k thay đổi

b) Gọi H, K theo thứ tự hình chiếu hai điểm A, B trục hồnh Chứng minh tam giác HKI vuông tai I

(179)

179

a) Phương trình đường thẳng (d) có hệ số góc k qua đểm I(0; -2) y = kx – Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P)

2

1

– 2x kx

  ⇔ x2 + kx – = (*) Có ∆′= k2 + > (∀𝑘) Vậy (*) có hai

nghiệm phân biệt x1 x2

Chứng tỏa (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B

b) Theo thệ thức Vi – et, ta có x1.x2 = -4 Giả sử tọa độ điểm A, B A(x1; y1), B(x2; y2) Vì H, K theo thứ tự hình chiếu vng góc A, B lên trục hoành nên tọa độ H, K H(x1; 0), K(x2; 0)

Do đó: IH2 = x1

2

+ 4; KI2 = x2

+ 4; HK2 = (x1 – x2)

Suy ra: IH2 + KI2 = x1

+ x2

+ = x1

2 + x2

2

- 2x1.x2 = (x1 – x2)

= HK2

Chứng tỏa tam giác HIK vuông I (theo định Py- ta- go đảo)

Bài 29.Cho hai đường thẳng: y = x + (d1); y = 3x + (d2)

1) Gọi A B giao điểm (d1) (d2) với trục Oy Tìm tọa độ trung điểm I đoạn thẳng AB

2) Gọi J giao điểm (d1) (d2) Tam giác OIJ tam giác gì? Tính diện tích tam giác

Lời giải. 1) Tìm A(0;3); B(0;7) Suy I(0;5)

2) Hoành độ giao điểm J (d1) (d2) nghiệm PT: x + = 3x +

x = – 2yJ = 1J(-2;1)

Suy ra: OI2 = 02 + 52 = 25; OJ2 = 22 + 12 = 5; IJ2 = 22 + 42 = 20

OJ2 + IJ2 = OI2 tam giác OIJ tam giác vuông J

 OIJ OJ 20

2

S  OI     (đvdt)

Bài 30.Cho đường thẳng (d) có phương trình: 2(m – 1)x + (m – 2)y =

a/ Vẽ (d) với m =

b/ Chứng minh (d) qua điểm cố định với m, tìm điểm cố định

(180)

180 a/ Với m = ta có y = - 4x +

Giao với trục tung Oy điểm (0 ; 2) Giao với trục hồnh Ox điểm (0,5 ; 0) Ta có đồ thị hàm số hình bên

b/ Gọi điểm cố định mà đường thẳng(d) qua M(x0; y0) ta có: 2(m – 1)x0 + (m – 2)y0 = với m  (2x0 + y0)m – 2(x0 + y0 + 1) =

0 0

2

1

x y x

m

x y y

  

 

  

    

  tọa độ điểm cố định M(1; - 2)

Cách khác: Với m = ta có đường thẳng x = 1, với m = ta có đường thẳng y = -2; thay x= 1; y = - vào phương trình ta có:

2(m – 1).1 + (m – 2).(- 2) =  2m – – 2m + – = điều với mọi m Vậy đường thẳng (d) qua điểm cố định có tọa độ (1; - 2) với m

c/ 2(m – 1)x + (m – 2)y =  2 1

2

m

y x

m m

 

  

  Vì (d) khơng qua gốc

O(0; 0)

Gọi A, B giao (d) với hai trục tọa độ Oy Ox ta có tọa độ giao điểm

A(0; 2

m ) B(

1

m ; 0) Gọi H hình chiếu O AB, xét AOB vng

tại O có:

   

2

2 2

2

1 1 1

1 1 4 1 2

1

OH

OH OB OA m m

OB OA

m m

     

  

 

   

     

   

 2  2

2 2

5

2

5 5

5

OH

m m

m

    

      

 

 

; Dấu “=” xảy  m =

6

Vậy độ dài OH lớn  m =

5 , ta có OH = (đv dài)

y = - 4x + 2

O 1 2 2

y

(181)

181

Bài 31. Một xe tải có chiều rộng 2,4m chiều cao 2,5m muốn qua cổng có hình parabol Biết khoảng cách hai chân cổng 4m khoảng cách từ đỉnh cổng (đỉnh parabol) tới chân cổng 5m (bỏ qua độ dầy cổng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi parabol (P)

ax

y với a < hình biểu diễn

cổng mà xe tải muốn qua Chứng minh a = -1 Hỏi xe tải qua cổng khơng? Tại sao?

Lời giải 1) Giả sử mặt phẳng tọa độ, độ dài đoạn thẳng tính theo đơn vị mét Do khoảng cách hai chân cổng m nên

2

MANA m Theo giả thiết ta có

OM ON , áp dụng định lý Pitago ta tính được: OA4 M2; ,  N  2; 4 Do

2; 4

M  thuộc parabol nên tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình:  

:

P yax hay

4 a.2 a

       :

P y x

2) Để đáp ứng chiều cao trước hết xe tải phải vào cổng

Xét đường thẳng  :

d y  (ứng với chiều cao

của xe) Đường thẳng cắt Parabol điểm có tọa độ thỏa mãn hệ:

2

y x

y     

 



2 3

x y     

   

3

;

2

3

;

2

x y



   

 



    



suy tọa độ hai giao điểm 2; ; 3; 2,

2 2

T   H HT  

    Vậy xe tải

có thể qua cổng

Bài 32.Cho hàm số

x

y , có đồ thị (P) Viết phương trình đường thẳng

qua hai điểm M N nằm (P) có hồnh độ 2và Gợi ý

Tìm M(- 2; - 2); N ) : ( 

Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng qua M N nên

A

B H

T

N -4 M

y=-x2

2 -2

y

(182)

182

   

  

   

2 b a

Tìm ; b

1

a  Vậy phương trình đường thẳng cần tìm x y 

Bài 33.Cho đường thẳng (d): y = 2x + m –

a) Khi m = 3, tìm a để điểm A(a; -4) thuộc đường thẳng (d)

b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt trục tọa độ Ox, Oy M N cho tam giác OMN có diện tích

Lời giải

a) Thay m = vào phương trình đường thẳng ta có: y = 2x +

Để điểm A(a; -4) thuộc đường thẳng (d) khi: -4 = 2a + suy a = -3 b) Cho x = suy y = m – suy ra: , cho y = suy

suy

Để diện tích tam giác OMN = khi: OM.ON =

Khi (m – 1)2

= khi: m – = m – = -2 suy m = m = -1

Vậy để diện tích tam giác OMN = m = m = -1

Bài 34.Cho parabol y = x2 (P) đường thẳng y = mx (d), với m tham số 1/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm có tung độ 2/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm, mà khoảng cách hai điểm

Gợi ý 1/ P.trình hồnh độ giao điểm (P) (d) :

Vì giao điểm Với y = => m2

=  (m = v m = -3) Vậy với (P) (d) cắt điểm có tung độ

2/ Từ câu => (P) (d) cắt hai điểm phân biệt Khi giao điểm thứ gốc toạ độ O ( x = 0; y = 0), giao điểm thứ điểm A có ( x = m; y = m2)

1

ON  m

2 m x 

1

2

m m

OM   hayOM  

1

m

2 m 

6

1

2

0 ( ) x

x mx x x m

x m

 

      

 

2

( ) :P y x y m

   

3

m 

0

(183)

183

Khoảng cách hai giao điểm: AO = (1) Đặt (1)  (t1 = ( nhận ) v t2 = - ( loại))

Với t1 =  m

= , ( nhận)

Vậy với (P) cắt (d) hai điểm có khoảng cách

Bài 35.Trong mă ̣t phẳng toa ̣ đô ̣ Oxy cho parabol (P): y = -x2 đường thẳng (d): y = mx + (m là tham sớ)

1) Tìm m để (d) cắt (P) điểm

2) Cho hai điểm A(-2; m) B(1; n).Tìm m, n để A thuộc (P) B thuộc (d) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ O đến (d) Tìm m để độ dài đoạn OH lớn

Lời giải

1) (d) cắt (P) điểm  Phương trình hoành đô ̣ của (d) (P):

-x2 = mx +  x2 + mx + = có nghiệm

 = m2 – =  m = ± Vâ ̣y giá tri ̣ m cần tìm là m = ±

b) ta có:

Vâ ̣y m = -4, n = -2

- Nếu m = (d) thành: y =  khoảng cách từ O đến (d) =  OH = (Hình 1)

2 4

6

m m  m m  

2

;( 0)

tm t    t2 t m 

m 

2 2

2

A (P) m ( 2) m

n

B (d) n m

   

    

 

     

  

 

y =

x y

Hình

3 -2

-2

2

-1 -1

1

O

H

x y

(d)

Hình H

B

-3 -2

2

-1 -1

1

O

(184)

184

- Nếu m ≠ (d) cắt trục tung ta ̣i điểm A(0; 2) cắt trục hồnh điểm B( 0) (Hình 2)

 OA = OB =

OAB vuông ta ̣i O có OH  AB 

Vì m2 + > m ≠   OH < So sánh hai trường hợp, ta có OHmax =  m =

Bài 36.Cho parabol (P): y = − x2 đường thẳng (d): y = (3 − m)x + − 2m (m tham số)

a) Chứng minh với m ≠ −1 (d) ln cắt (P) điểm phân biệt A, B b) Gọi yA, yB tung độ điểm A, B Tìm m để |yA − yB| =

Lời giải a) ta có:

Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): − x2

= (3 − m)x + − 2m

 x2 + (3 − m)x + − 2m = (1)

 = (3−m)2 − 4(2 − 2m) = m2 + 2m +

Viết được:  = (m + 1)2> 0, với m ≠ − kết luận b) Tìm m để |yA − yB| =

Giải PT (1) hai nghiệm: x1 = − x2 = m − Tính được: y1 = − 4, y2 = −(m − 1)

2 |yA − yB| = |y1 − y2| = |m

2−2m−3| |yA − yB| =  m

2 − 2m − = m2 −2m − = −2

 m = m =

Bài 37. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol   :

P yx đường thẳng

  2 

:

3

d y  m x (m tham số)

1) Chứng minh giá trị m  P  d ln cắt hai điểm phân biệt

2) Gọi x x1, hoành độ giao điểm  P  d , đặt    

3

1

f x x  m x x Chứng minh rằng:  1  2  23

1

f x  f x   x x Lời giải

; m 

2

m |m|

 

2

2 2

1 1 m m

OH OA OB 4



    

2 OH

m

 



2

m  1

(185)

185 a)Xét hệ phương trình:  

 

2

2 1

3 1 10

3

y x

y x m

x m x

y

   

 

       

  

 

  1

(1) Có hệ số a c trái dấu nên ln có hai nghiệm phân biệt m nên  P

và  d cắt hai điểm phân biệt với m a) Theo hệ thức Viet:

   

1 2

2

3

2

3

m

x x x x

m x x x x

 

   

 

  

 

 



    



Ta có:     3   2

1 2 1 2

f x  f x x  x m x x  x x

   

  3   2

1 2 2

2 f x f x 2x 2x x x x x 2x 2x

        

       

3 3

1 2 2 2 2

x x x x x x x x x x x x x x

             

 

 3 3    2 2   3

1 2 2 2

x x x x x x  x x x x x x  x x

            Nên

     3

1 2

1

f x  f x  x x

Bài 38.Trong hệ toạ độ , gọi (P ) đồ thị hàm số y = x2 (d) đồ thị hàm số y = -x +

1) Vẽ đồ thị (P) (d) Từ , xác định toạ độ giao điểm (P) (d) đồ thị

2) Tìm a b để đồ thị ∆ hàm số y = ax + b song song với (d) cắt (P) điểm có hồnh độ -1

(186)

186

Dựa vào đồ thị ta có giao điểm d (P) điểm M ( ; 1); N ( -2 ; ) 2) Do đồ thị ∆ hàm số y = ax + b song song với (d) y = -x +

Nên ta có: a = -1

∆ cắt (P) điểm có hồnh độ – nên ta thay x = -1 vào pt (P) ta được: y =

Thay x = -1; y = vào pt ∆ ta a = -1 ; b = =>Phương trình ∆ y = - x

Bài 39.Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P):

2 y x

a)Vẽ đồ thị (P)

b)Trên (P) lấy điểm A có hồnh độ xA = -2 Tìm tọa độ điểm M trục Ox cho |MA –MB| đạt giá trị lớn nhất, biết B(1;1)

Lời giải Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P):

2 y x

a)Bạn đọc tự lập bảng giá trị Đồ thị:

b)Vì A ∈ (P) có hồnh độ xA=-2 nên yA=2 Vậy A(-2; 2) Lấy M(xM; 0) thuộc Ox,

Ta có: |MA-MB|AB (Do M thay đổi O BĐT tam giác)

Dấu “ =” xảy điểm A, B, M thẳng hàng M giao điểm đường thẳng AB trục Ox

- Lập pt đường thẳng AB:

Gọi phương trình đường thẳng AB có dạng: y = ax +b Do A, B thuộc đường thẳng AB nên ta có:

1

2 3

1

3

a a b

a b

b       

 

   

  



Vậy phương trình đường thẳng AB là:

3

y  x

- Tìm giao điểm đường thẳng AB O (y = 0)=> x = => M(4;0)

(187)

187

a) Xác định điểm M thuộc đường Parabol   :

P yx cho độ dài đoạn IM nhỏ nhất, I 0;1

b) Giả sử điểm A chạy Parabol   :

P yx Tìm tập hợp trung điểm J đoạn OA

Lời giải

a) Giả sử điểm M thuộc đường Parabol   :

P yx suy  2

;

M m m Khi

 2

2 2

1

IM m  m  m m  Vậy

2

2 3

2

IM  m    

  Ta thấy IM nhỏ

2

m  hay 1; 2 M 

  b) Giả sử điểm  2

;

A a a thuộc   :

P yx Gọi I x y 1; 1 trung điểm đoạn OA Suy

1

2

1

2 2

a x

a

y x

   

   

Vậy tập hợp trung điểm I đoạn OA đường Parabol  

1 :

P y x

Bài 41 Cho Parabol (P): y=x2 đường thẳng (d):y=(m-1)x+m+4 (tham số m) 1) Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm (P) (d)

2) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm nằm hai phía trục tung Lời giải

1) Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm (P) (d) m = ta có phương trình đường thẳng (d) : y = x +

Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình: x2=x+6

2

6

3

x

x x

x         

 

+) x = -2 => y = +) x = => y =

Vậy m= (P) (d) cắt điểm A(-2;4) B(3;9) 2) Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình:

2

(m 1) x m

x ( 1) 0(*)

x

m x m

   

     

(d) cắt (P) hai điểm nằm hai phía trục tung phương trình (*)có nghiệm trái dấu

1 (- m – 4) <

 m > -

Bài 42.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A B chạy parabol

 

:

(188)

188 a) Tìm quỹ tích điểm trung điểm I đoạn AB

b) Đường thẳng AB luôn qua điểm cố định

c) Xác định tọa độ điểm A B cho độ dài đoạn AB nhỏ Lời giải

a) Giả sử  2

;

A a a  2

;

B b b hai điểm thuộc  P Để A B, O 0;0 OAOB ta cần điều kiện: ab0 2

OA OB  AB hay ab0  2  2

2 4 2

a a b b  a b  a b Rút gọn hai vế ta được: ab 1 Gọi I x y 1; 1 trung điểm đoạn AB Khi đó:

 

1

2 2

2

1

2

a b x

a b ab

a b

y x

    

  

    



Vậy tọa độ điểm

I thỏa mãn phương trình

2

y x 

Ta tìm điều kiện để OAOB theo cách sử dụng hệ số góc: Đường thẳng OA có hệ số góc

2

a

k a

a

  , đường thẳng OB có hệ số góc

2

b

k b

b   Suy điều kiện để OAOB a b  1

b) Phương trình đường thẳng qua A B  

2 2 :x a y a

AB

b a b a

  

  hay

 AB :ya b x ab   a b x  1 Từ ta dễ dàng suy đường thẳng  AB :ya b x  1 luôn qua điểm cố định  0;1

c) Vì OAOB nên ab 1 Độ dài đoạn AB a b 2a2b22 hay

2 4 2

2

AB a  b ab a  b a b Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có

2 2

2

a b  a b  ab , 4 2

2a

a b  b Ta có: 2 2

2 2 2

AB ab   a b  a b  Vậy

AB ngắn 2

,

a b ab  Ta cặp điểm là: A1;1 B 1;1

Bài 43.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol   :

P yx ,  P lấy hai điểm  1;1 ,  3;9

A  B

a) Tính diện tích tam giác OAB

b) Xác định điểm C thuộc cung nhỏ AB  P cho diện tích tam giác

ABC lớn

Lời giải: a) Gọi yax b phương

trình đường thẳng AB

K

H I

A' C' B'

C(c;c2) B

A y=x2

-3

9

3 1 -1

1 y

(189)

189 Ta có  1

3

.3

a b a

b

a b

  

  

 

  

 

 



suy phương trình đường thẳng AB

 d :y2x3 Đường thẳng AB cắt trục Oy điểm I 0;3 Diện tích tam giác OAB là:

1

2

OAB OAI OBI

S S S  AH OI BK OI Ta có AH1;BK3,OI 3 Suy SOAB6

(đvdt)

b) Giả sử  2

;

C c c thuộc cung nhỏ  P với   1 c Diện tích tam giác: ' ' ' ' ' '

ABC ABB A ACC A BCC B

S S S S Các tứ giác ABB A AA C C CBB C' ', ' ' , ' ' hình thang

vng nên ta có:      

2

1 9

.4 8

2 2

ABC

c c

S     c     c c  Vậy diện tích tam giác ABC lớn (đvdt) C 1;1

Bài 44 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  d :y  x parabol

 

:

P yx

a) Tìm tọa độ giao điểm  d  P

b) Gọi A B, hai giao điểm  d  P Tính diện tích tam giác OAB Lời giải:

1) Phương trình hồnh độ giao điểm  P  d là: 2

6

x    x x   x

2

x x

     Ta có y 2 4;y  3

Vậy tọa độ giao điểm  P  d B 2; A3;9

2) Gọi A B', ' hình chiếu A B, xuống trục hồnh

Ta có SOAB SAA B B' ' SOAA'SOBB'

Ta có A B' ' xB'xA' xB'xA' 5;AA' yA9;BB' yB 4

' '

' ' 65

' '

2 2

AA BB

AA BB

S   A B    (đvdt), '

1 27

' '

2

OAA

S  A A A O (đvdt)

' ' ' '

65 27

4 15

2

OAB AA B B OAA OBB

S S S S  

       

 

CHỦ ĐỀ GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƢƠNG TRÌNH, HỆ PHƢƠNG TRÌNH

I Tóm tắt phƣơng pháp

(190)

190

1) Chọn ẩn tìm điều kiện ẩn (thông thường ẩn đại lượng mà tốn u cầu tìm)

2) Biểu thị đại lượng chưa biết theo ẩn đại lượng biết

3) Lập hệ phương trình, (phương trình)biểu thị mối quan hệ lượng

Bƣớc : Giải hệ phương trình, (phương trình)

Bƣớc : Kiểm tra nghiệm phương trình hệ phương trình

Bƣớc :Đưa kiết luận cho toán

Dạng 1: Chuyển động

(trên đƣờng bộ, đƣờng sơng có tính đến dịng nƣớc chảy)

Bài 1.Hai ô tô từ A đến B dài 200km Biết vận tốc xe thứ nhanh vận

tốc xe thứ hai 10km/h nên xe thứ đến B sớm xe thứ hai Tính vận tốc xe

Lời giải Gọi vận tốc xe thứ hai x (km/h) Đk: x > Vận tốc xe thứ x + 10 (km/h)

Thời gian xe thứ quảng đường từ A đến B : (giờ) Thời gian xe thứ hai quảng đường từ A đến B : (giờ)

Xe thứ đến B sớm so với xe thứ hai nên ta có phương trình:

Giải phương trình ta có x1 = 40 , x2 = -50 ( loại)

x1 = 40 (TMĐK) Vậy vận tốc xe thứ 50km/h, vận tốc xe thứ hai 40km/h

Bài 2.Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km Lúc xe

máy từ A để tới B Lúc 30 phút ngày, ô tô từ A để tới B với vận tốc lớn vận tốc xe máy 15 km/h (Hai xe chạy đường cho) Hai xe nói đến B lúc Tính vận tốc xe

Lời giải

Xe máy trước ô tô thời gian : 30 phút - = 30 phút = Gọi vận tốc xe máy x ( km/h ) ( x > )

200

x 10

200 x

200 200 1

x x 10 

(191)

191

Vì vận tốc tô lớn vận tốc xe máy 15 km/h nên vận tốc ô tô x + 15 (km/h)

Thời gian xe máy hết quãng đường AB : Thời gian ô tô hết quãng đường AB :

Do xe máy trước ô tô hai xe tới B lúc nên ta có phương trình :

Ta có :

( không thỏa mãn điều kiện ) ( thỏa mãn điều kiện )

Vậy vận tốc xe máy 45 ( km/h ) , vận tốc ô tô 45 + 15 = 60 (km/h)

Bài 3. Một ca nơ chạy xi dịng từ A đến B chạy ngược dòng từ B đến A hết tất Tính vận tốc ca nô nước yên lặng, biết quãng sông AB dài 30 km vận tốc dòng nước km/giờ

Lời giải

Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng x km/giờ ( x > 4)

Vận tốc ca nô xi dịng x +4 (km/giờ), ngược dịng x - (km/giờ) Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B giờ, ngược dòng từ B đến A

Theo ta có phương trình: (4)

90 ( )h x 90

( ) 15 h x

2

90 90

2 15

90.2.( 15) ( 15) 90.2 180 2700 15 180

15 2700

x x

x x x x

x x x x

x x

  

    

    

   

2

15 4.( 2700) 11025 11025 105

     

  

1

15 105 60

x     

2

15 105 45

x    

30 x 30

4 x

30 30

4

(192)

192 x = 16 Nghiệm x = -1 <0 nên bị loại

Vậy vận tốc ca nô nước yên lặng 16km/giờ

Bài Khoảng cách hai bến sông A b 30 km Một ca nơ xi dịng từ bến A đến bến B lại ngược dòng từ bến B bến A Tổng thời gian ca nơ xi dịng ngược dịng Tìm vận tốc ca nô nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước km/h

Lời giải

Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng x(km/h) (đk: ) Vận tốc ca nô xi dịng: x + (km/h)

Vận tốc ca nơ ngược dịng: x – (km/h) Thời gian ca nơ xi dịng: (h)

Thời gian ca nơ ngược dịng: (h)

Tổng thời gian ca nơ xi dịng ngược dịng 4h nên ta có phương trình: + = x2 – 15x – 16 =

Giải phương trình ta được:

Vậy vận tốc ca nô nc yên lặng 16km/h

Bài 5.Quãng đường từ Quy Nhơn đến Bồng Sơn dài 100 km Cùng lúc,

xe máy khởi hành từ Quy Nhơn Bồng Sơn xe ô tô khởi hành từ Bồng Sơn Quy Nhơn Sau hai xe gặp nhau, xe máy 30 phút đến Bồng Sơn Biết vận tốc hai xe không thay đổi suốt quãng đường vận tốc xe máy vận tốc xe ô tô 20 km/h Tính vận tốc xe

Lời giải. Đổi

Đặt địa điểm : - Quy Nhơn A - Hai xe gặp C - Bồng Sơn B

2

(4)30(x4)30(x4)4(x4)(x4) x 15x16   0 x

30 x

30 x 

30 x

30

x 

     

1

1( )

16( )

x không thỏa ĐK x thỏa ĐK

'

1 30h 1,5h

100-1,5x

1,5x

(193)

193 Gọi vận tốc xe máy ĐK : Suy :

Vận tốc ô tô Quãng đường BC :

Quãng đường AC :

Thời gian xe máy từ A đến C : Thời gian ô tô máy từ B đến C :

Vì hai xe khởi hành lúc, nên ta có phương trình : Giải pt :

Phương trình có hai nghiệm phân biệt : (thỏa mãn ĐK) (khơng thỏa mãn ĐK)

Vậy vận tốc xe máy Vận tốc ô tô

Bài tập vận dụng:

Bài 7.Một ôtô từ A đến B thời gian định Nếu xe chạy với vận tốc 35 km/h đến chậm Nếu xe chạy với vận tốc 50 km/h đến sớm Tính qng đường AB thời gian dự định lúc đầu

Bài 8.Một người xe máy từ A đến B cách 120 km với vận tốc dự định trước Sau quãng đường AB người tăng vận tốc thêm 10 km/h quãng đường lại Tìm vận tốc dự định thời gian xe lăn bánh đường, biết người đến B sớm dự định 24 phút

Bài 9.Một canô xuôi từ bến sông A đến bến sông B với vận tốc 30 km/h, sau lại ngược từ B trở A Thời gian xi thời gian ngược 20 phút Tính

 / 

x km h x0

 

20 /

x km h

  1,5x km

  100 1,5 x km

 

100 1,5x h x



 

1,5 20

x h x

100 1,5 1,5 20

x x

 



   2

2

100 1,5 1,5

100 1,5 20 1,5 100 2000 1,5 30 1,5 20

3 70 2000

x x

x x x x x x x

x x

          



   

2

' 35 3.2000 1225 6000 7225 ' 7225 85

          

1

35 85 40

x   

2

35 85 50

3

x    

40km h/

 

40 20 60  km h/

(194)

194

khoảng cách hai bến A B Biết vận tốc dòng nước km/h vận tốc riêng canô lúc xuôi lúc ngược

Bài 10.Một canô xuôi khúc sông dài 90 km ngược 36 km Biết thời gian xi dịng sơng nhiều thời gian ngược dịng vận tốc xi dịng vận tốc ngược dịng km/h Hỏi vận tốc canơ lúc xi lúc ngược dịng

Dạng 2: Tốn làm chung – làm riêng (tốn vịi nƣớc)

Bài 11.Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Hai người làm chung cơng việc xong Nếu người làm người thứ hồn thành cơng việc người thứ hai Hỏi làm người phải làm thời gian để xong công việc?

Lời giải

Gọi thời gian người thứ hoàn thành xong cơng việc x (giờ), ĐK

Thì thời gian người thứ hai làm xong công việc x + (giờ) Mỗi người thứ làm (cv), người thứ hai làm (cv)

Vì hai người làm xong công việc nên hai đội làm = (cv)

Do ta có phương trình

 5x2 – 14x – 24 =

’ = 49 + 120 = 169,

=> (loại) (TMĐK)

Vậy người thứ làm xong công việc giờ,

12

x

1

x

1

x

12 12

1:

5 12

1

x x 12  

2

( 2) 12

x x

x x  

 



,

13    

7 13

5

x 7 13  204

5

(195)

195

người thứ hai làm xong công việc 4+2 =

Bài 12 Hai vòi nước chảy đầy bẻ khơng có nước 3h 45ph Nếu

chảy riêng rẽ , vòi phải chảy đầy bể ? biết vòi chảy sau lâu vòi trước h

Lời giải

Gọi thời gian vịi đầu chảy chảy đầy bể x ( x > , x tính ) Gọi thời gian vịiớau chảy chảy đầy bể y ( y > , y tính ) vòi đầu chảy ( bể )

1 vòi sau chảy ( bể )

1 hai vòi chảy + ( bể ) (1) Hai vịi chảy đầy bể 3h 45ph = h Vậy hai vòi chảy 1: = ( bể ) ( 2) Từ (1) (2) ta có hệ phương trình + =

Mất khác ta biết chảy vịi sau chảy lâu vịi trước tức y – x =

Vậy ta có hệ phương trình

Hệ (a) thoả mãn đk ẩn Hệ (b) bị loại x <

Vậy Vịi đầu chảy đầy bể h Vịi sau chảy đầy bể 10 h

Bài 13.Hai người thợ làm công việc Nếu làm riêng rẽ , người nửa

việc tổng số làm việc 12h 30ph Nếu hai người làm hai người

x

y

1

x

y

1

4 15

15

x

y

1

15

    

 

  

     

   

   

    

    

 

 

   

  

 

   

   

 

   

) ( ,

5 ,

) ( 10

4 ,

0 30

0 60 14 4

5 4

1 2

b y

x

a y x

x y

x x x

y

x x x

y

x x x

(196)

196

chỉ làm việc Như , làm việc riêng rẽ công việc người thời gian ?

Lời giải

Gọi thời gian người thứ làm riêng rẽ để xong nửa công việc x ( x > ) Gọi thời gian người thứ hai làm riêng rẽ để xong nửa công việc y ( y > ) Ta có pt : x + y = 12 ( )

thời gian người thứ làm riêng rẽ để xong công việc 2x => người thứ làm công việc

Gọi thời gian người thứ hai làm riêng rẽ để xong công việc 2y => người thứ hai làm công việc

1 hai người làm công việc nên ta có pt : + = (2)

Từ (1) (2) ta có hệ pt :

Vậy làm việc riêng rẽ công việc người làm 10 người làm

Bài 14. Hai người thợ làm công việc 16 xong Nếu người thứ làm giờ, người thứ hai làm họ làm

4

công việc Hỏi người làm làm xong công việc?

Lời giải

Gọi x, y thời gian người thợ thứ người thợ thứ làm (x, y > 0, tính giờ)

- Một người làm

x

;

y

1

công việc người làm

x

+

y

1 =

16

(vì người làm 16 xong cơng việc)

- Trong người thứ làm

x

(CV), người làm

y

6

(CV) hai làm

4

(CV) ta có

x

+

y

6 =

4

1

x

1

y

2

6

x

1 y

2

6

   

   

  

   

    

 

5 15

15

6

1

2 12

y x y

x y

(197)

197 Do ta có hệ phương trình:

1 1 3 3

x 24

x y 16 x y 16 y 16

3 6 1 1 y 48

x y x y x y 16

       

    

   

    

         

  

  

Vậy người thứ hoàn thành cơng việc 24 người thứ hai hồn thành công việc 48

Bài 15.Hai tổ niên tình nguyện sửa đường vào xong Nếu làm riêng tổ làm nhanh tổ Hỏi đội làm xong việc ?

Lời giải

Gọi thời gian tổ 1sửa xong đường x( ) ( x ≥ ) Thời gian tổ sửa xong đường x + ( )

Trong tổ sửa ( đường ) Trong tổ sửa (con đường ) Trong hai tổ sửa (con đường )

Vậy ta có pt: + = x1= 6; x2 =

-4

X2 = - < , không thoả mãn điều kiện ẩn Vậy tổ sửa xong đường hết ngày tổ sửa xong đường hết 12 ngày

Bài 16.Hai đội công nhân làm đoạn đường Đội làm xong nửa đoạn

đường đội đến làm tiếp nửa lại với thời gian dài thời gian đội đã làm 30 ngày Nếu hai đội làm 72 ngày xong đoạn đường Hỏi đội làm ngày đoạn đường ?

Lời giải

Gọi thời gian đội làm x ngày ( x > ) thời gian đội làm việc x + 30 ( ngày )

Mỗi ngày đội làm ( đoạn đường )

x

6  x

4

x

6 

x

1

        

4(x 6) 4x x(x 6) x2 2x 24

x

(198)

198

Mỗi ngày đội làm ( đoạn đường ) Mỗi ngày hai đội làm ( đoạn đường ) Vậy ta có pt : + =

Hay x2 -42x – 1080 = /

= 212 + 1080 = 1521 => / = 39

x1 = 21 + 39 = 60 ; x2 = 21- 39 = - 18 < không thoả mãn đk ẩn Vậy đội làm 60 ngày , đội làm 90 ngày

Bài 17.Hai đội công nhân trồng rừng phải hoàn thành kế hoạch

thời gian Đội phải trồng 40 , đội phải trồng 90 Đội hoàn thành công việc sớm ngày so với kế hoạch Đội hoàn thành muộn ngày so với kế hoạch Nếu đội làm công việc thời gian thời gian đội làm đội làm trông thời gian đội làm diện tích trồng hai đội Tính thời gian đội phải làm theo kế hoạch ?

Lời giải

Gọi thời gian đội phải làm theo kế hoạch x ( ngày ) , x > Thời gian đội làm x – ( ngày )

Thời gian đội làm x + ( ngày ) Mỗi ngày đội trồng (ha) Mỗi ngày đội trồng (ha)

Nếu đội làm x + ngày trồng (x + 2) (ha) Nếu đội làm x - ngày trồng (x - 2) (ha)

Theo đầu diện tích rừng trồng dược hai đội trường nên ta có pt:

(x + 2) = (x - 2)

Hay 5x2 – 52x + 20 = /

= 262 – 5.20 = 576 , / = 24 )

30 (

1

 x

72

x

1

) 30 (

1



x 72

1

2 40

 x

2 90

 x

2 40

 x

2 90

 x

2 40



x

(199)

199 x1 = = 10 ; x2 =

x2< , không thoả mãn đk ẩn Vậy theo kế hoạch đội phải làm việc 10 ngày

Bài 18.Hai người thợ làm cơng việc 16 xong Nếu người

thứ làm người thứ hai làm họ làm 25% công việc Hỏi người làm cơng việc xong

Lời giải

Gọi x , y số người thứ người thứ hai làm xong cơng việc ( x > , y > )

Ta có hệ pt

Bài 19.Hai vòi nước chảy vào bể khơng chứa nước sau đầy bể

Nếu vòi thứ chảy , vịi thứ chảy bể Hỏi vịi chảy đầy bể ?

Lời giải

Gọi x , y số vòi thứ , vịi thứ hai chảy đày bể ( x > , y > )

Ta có hệ pt

x = 10 , y = 15 thoả mãn đk ẩn Vậy vòi thứ chảy 10 giờ, vịi thứ hai chảy 15

Bài 20.Hai người dự định làm công việc 12 xong Họ làm với

nhau người thứ nghỉ , cịn người thứ hai tiếp tục làm Do cố gắng tăng suất gấp đôi , nên người thứ hai làm xong cơng việc cịn lại 3giờ 20phút Hỏi người thợ làm với suất dự định ban đầu xong cơng việc nói ?

Lời giải

24 26

5

24 26 

  

   

    

 

28 24

1

16 1

y x y

x y x

5

  

   

    

 

   

    

 

15 10

2

2 3

5

6 1

y x y

x y x y

(200)

200

Gọi x , y thời gian người thợ thứ người thợ thứ hai làm xong công việc với suất dự định ban đầu

Một người thứ làm (công việc ) Một người thứ hai làm (công việc ) Một hai người làm (công việc ) Nên ta có pt : + = (1)

trong hai người làm = (cơng việc ) Cơng việc cịn lại - = ( công việc )

Năng suất người thứ hai làm = (Cơng việc )

Mà thời gian người thứ hai hoàn thành cơng việc cịn lại (giờ) nên ta có pt : = hay = (2)

Từ (1) (2) ta có hệ pt :

  1x+1

y= 12 y

6= 10

3



  x=30

y=20

Vậy theo dự định người thứ làm xong công việc hết 30giờ người thứ hai hết 20

Bài 21. Hai người A B làm xong cơng việc trơng 72 , cịn người A C làm xong cơng việc trong 63 ngươ B C làm xong cơng việc 56 Hỏi người làm trong làm xong công việc?

Nếu ba người làm hồn thành cơng việc ? Lời giải

x

y

1

12

x

y

1

12

3

y

1

y

2

3 10

3

y

2

3 10

6 y

Định dạng
Số trang	262
Dung lượng	4,16 MB