Đang tải... (xem toàn văn)
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
2 2
x y z
a b c
Lời giải Ta có: a b c ayz bxz cxy
x y z xyz
Suy ra: ayzbyzcxy0
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
2 2
0
x y z
a b c xyz
Vậy
2 2
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
xyx y x y x y
Chứng minh rằng: 5y4x
Lời giải Ta có
4 4
2
2 4 8 2 4 4
2 2
2
2 4 2 2
2
2
4
2
4
2
2
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
xy
Vậy 5y4 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 z2 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: xyyzzxxyz
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 xy xz
Tương tự ta có:
2 ;
2
zx zx xy xy
y zx yx yz z xy zx zy
Do đó:
2 2
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
Lời giải Ta có:
1
x x
y yz x xy xyz x xy
;
1
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 caa b Chứng minh: 2 2 2
a b c
P
b c c a a b
Lời giải Ta có:
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 nêna23a 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 2b2 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 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 xy
2
1
a b Chứng minh rằng:
a) bx2ay2 b)
2000 2000
1000 1000 1000
2
x y
a b ab Lời giải.
a) Từ
4
a b
x y xy
2
1
a b suy ra:
2 2
4 a b
a b
x y x y
4 4 2 2 2 2 22 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 ab
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: 1x1y1z 1 x1y1z
Lời giải. Ta có:
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: 1x1y1z 1 x1y1z
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 2 2
0
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: bc a b; c c2 2ac bc ab
Chứng minh rằng:
2
2
a a c a c
b c
b b c
Lời giải. Ta có:
2 2 2
2 2 2
2
(9)9 Tương tự: 2 2
b b c =2b c b c a
Do đó:
2
2
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 22
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 22
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 13xy2y 0 (1) Tính giá trị biểu thức:
7
x y
A
x y
Lời giải.
Từ (1) ta có: (7xy 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
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
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
2
( )( )
(4)
4
x y x y z
y z
Tính giá trị biểu thức 2
2 10 23
D x y z
Lời giải. Ta có:
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
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
Tính giá trị biểu thức:
t E
x y z
Lời giải. Ta có:
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 E6
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 > a2ab3b2 0 nên từ (*) ta có a = b Biểu thức
4 4
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) xy y z z x0
2013 2013 2013 2013 2009 2009 2009 2009 2011 2011 2011 2011
0
0
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
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
1
x z x z
x y z
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
Lời giải Ta có
2 2
14
2 14
a b c
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: a100b100 a101b101a102b102 Tính giá trị biểu thức: P a 2010 b2010
Lời giải. Ta có:
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 2010b2010 1 2
Bài 30.Cho số xxR;x0 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 ab 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
(3a3b3 )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
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: abc0 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 2a211ab3b2 0,b2 ,a b 2a Tính giá trị biểu
thức: 2
2
a b a b T
a b a b
Lời giải Ta có
2
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 20a150; 15b220b 6 0; ab1
Chứng minh rằng:
3
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 20 150 (4)
b b
Từ (1), (3) (4) suy a
b hai nghiệm khác phương trình
6x 20x150 (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
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 (ab X) ab0
Giải ta có x b; x a
y a y b
=>
(17)17 Ta có hệ phương trình
3
0
x y
x y
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
Px x x
Lời giải
4 2
2 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
x x x x x x x x
Bài 39 Cho a, b ≠ thỏa mãn a + b = Chứng minh: 3 3 22 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
2
2
2 2
1
1
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
Pa b c b c a c a b Lời giải
(18)18
4 4 4
4 4 4 4
2 2
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 abc (trái với giả thiết)
(19)19
2 2
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 cdcd 1 db 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
a b c
Tính giá trị biểu thức: 2018 2018 2018
Pa 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
2 2
3
3
3 3
3
3
3
0
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 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
2 2
1 1
a b b c c a
A
a b c
b)
2 2
2 2
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
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
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
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( )x2 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 x1 ; f x x2 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 4a2b 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
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 1x2x3 x2001
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 2001.20021001
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
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 x1x3x5x m Từ ta tính được:
2 2 216 105
7 (6) 896 105
P Q f m
P Q f m
(24)24
Vậy: SP 2 7.P 6 216 105 m896 105 m1112
Bài Thì đa thức g(x) h(x) với hệ số nguyên cho:
2
2
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
2
u u
u u
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
3
3
1
1
x x
f x f y f x
x x x x
suy
3
3
3
1
1
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 x1 2 x1 , 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 x1x2ax 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
cm 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
2an b; p P; k ; , ,n p kZ Suy ra: 2
16 k m a b hay km k m 2 4n p
Nếu k, m khác tính chẵn lẻ (k – m)(k + m) số lẻ vơ lý Do đó: km k m4 Do 4n p2 hay p2
Mà a b Z a Z Đặt
2
P t tZ 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 52 3 52
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
1
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
2
3 5
3
3 5
3
3 5
=
Bài 7.Rút gọn biểu thức: B =
3 2
3
2
3
Lời giải Ta có:
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
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
4
1
2 7
7
7 1 343
7 7
7
A
Lời giải Đặt a 47a47
7
a ta có:
2
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 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
2
4 3
B
b b b
Mặt khác:
3
3 3 2
3 2
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
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
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 > ab
Rút gọi M tính giá trị biểu thức M biết 1a1 b ab 1 Lời giải
Rút gọn M= ab
a b với a, b>0 ab
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 ≠
Lời giải Ta có:
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 +
(1ab) 4ab
Chứng minh 1ab 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: x0; y0;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
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
x x
1 x x
2/ Ta có: P = x x1 = x x 2
Đặt x= t, t0 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 x0, x1
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
Lời giải Ta có:
1)
x x 1
A
x x x
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 x0, x1
2) Xét
2
x
1 x
A
3 x x 3(x x 1)
Dox0, x1
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: x0,x1
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
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)
( 2)( 1)
x x x
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 +1x x +1x - x +1
a) Rút gọn P
b) Chứng minh P
Lời giải. a) ĐKXĐ: x 0
P =
x +1x x +1x - 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
1
x x x
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
2
0
1
0
( 2)
2
2 x x P P 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 a0; a1 nên: ( a 1) 20 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 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 = x12= Mà x1> nên x1 =1 x1 =
Do đó: x0 x 1 2 3 2 Vậy
Alà số tự nhiên x0hoặc 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 a0; a1thì:
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 a4 a 0
2 ( a2) 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 x0,x25,x9
Rút gọn x A
2) x z => x3 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 x0;x4;x9
1 1 1 1 x x x x x x x x M ) ( 1
3 x x U
1;3
x0 x10 x11
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: x0, x1 Khi ta có
Rút gọn biểu thức ta x P x x
Ta có PxP1 x P 0, ta coi phương trình bậc hai x Nếu
0
P x vơ lí, suy P0 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 P12 +) 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 x0, x 25, x 9 tìm giá trị nhỏ biểu thức: B =
5 ) 16 (x A Lời giải
1)Điều kiện x0,x25,x9
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
x x
=>B4 => B = x=4
Bài 30.Cho biểu thức
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
2
1
x
x x
x x
b) Rút gọn biểu thức A
3
2
2
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
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 1x2 y 1y2 1 Chứng minh x+y=0
Lời giải Ta có :
(1)
1
1
2
2
2
x x
y y
x x
x x
y y
x x
Tương tự x 1x2 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
Lời giải Ta có:
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 yz (*)
Lời giải Ta có: 1 xy yz zx xy yz zx
x y z xyz
(45)45 (*) ⇔x y x z y z xzyz
⇔
2z2 xyxzyzz 0⇔ c xy xz yzz2 ⇔ z2 = xy + xz + yz + z2
⇔ xy + yz + zx =0 ( đúng) ⇒ (đpcm
Bài 34. Chứng minh đẳng thức: Q
2
Lời giải. Ta có:
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
Lời giải Ta có:
1
1
1 1
k k
k k
k k k k k k
Do đó: A 2 1 3 2 4 3 n n 1 n1
Bài 36.Chứng minh đẳng thức:
1 1
A
10 1 2 3 100 99 99 100
Lời giải Ta có :
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
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
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 y1 +
10 z xz 10 z10
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 y1 +
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 y1 +
xz yz xz 1 yz y =
y 1 yz +
y
yz y1 +
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 c2 a b c 2 ab bc ca
mà a b c 7 ; a b c 23 nên ab bc ca13 Ta có a b c 7 c 6 a b1
nên ab c 6 ab a b 1 a 1 b1
Tương tự bc a 6 b1 c1 ; ac b 6 a 1 c1
Vậy H= 1
6 6
ab c bc a ca b
=
a11 b1 b11 c1 a 11 c1
=
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 x31 653 65 1 Tính Qx312x2009 Lời giải
3 12 2009
Qx x , với x31 65 3 65 1 :
Ta có :
3
3 3
1 65 65
x
1 65 65 1 33 1 65 65 131 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
1
x y
x y
Tính giá trị biểu thức 2
P x y x xyy 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
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
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
1
1
x y
x y xy
x y
xy x y
Thay
2 xy
x y Ta có
2
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
3
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(x0; y0)
Pt viết: x y 3 2(1)(0 x3 2;0 y 3 2)
Pt viết:
2
2
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 2m 3 2 m n 3( ;m nN)
0
3 18
1
2
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
Aa a b b ab
2) Cho x y, hai số thực thỏa mãnxy (1x2)(1y2) 1 Chứng minh rằngx 1y2 y 1x2 0
Lời giải 2
3 2
2 2
2 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 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
Bài 59.Cho biểu thức
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 ab1 Tìm giá trị nhỏ P
Lời giải
Ta có:
2
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 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
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 3
3
3
1 4 12
5 12
2
5
5
x x x x x x
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: x44x310x237x140 (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, q2, r1, s 7
Từ có lời giải: x44x310x2 37x14x25x2x2 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)
yx 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: x2004 4 x 20064 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
y y y y y y
y y y y y y
x x
Vậy phương trình có nghiệm x = 2005
Bài 7. Giải phương trình: 6x4 5x338x2 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 3x1)(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 5x1)(x 4) 6(x1) (2) Lời giải.
Đặt a x thay x = a + rút gọn ta được:
2 2
(u 7u3)(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
2 2
3 18 168 168
1 168 6 168
x x x x x x x x x x
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: y7y 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
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 x0 khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế phương trình cho
x ta
được:
12 12
4
x x
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;x4;x 1 13
Bài 12 Giải phương trình:
a) Giải phương trình: 2 2 x x 2 x1 5 x 1 b) Giải phương trình:
3 21
x x x x x x c) Giải phương trình:x1x2x3 2 x4x 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
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
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 x0 không nghiệm phương trình Chia vế phương trình cho
x ta được:
3
3
1 1
3 21
x x x
x x x
Đặt
1 ,
t x t
x
Ta có:
2
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
tx x, ta có phương trình:y5y8y9360
22 157 0
6
x
y y y y x x
x
Vậy phương trình có hai nghiệm:x0;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
Lời giải. Ta có:
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
2008x12009x2 2010x42011x5 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 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
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
6
4
t
t 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
Bài 16 Giải phương trình:
4
3
3
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
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
t2
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
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
2
2
2
x
x x
x (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP Hà Nội 2008)
d)
3
3
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 t1 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 x0 nên ta chia tử số mẫu số vế trái cho x thu được: 12
2
4
x x
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 t1 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
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
3
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
Bài 19. Giải phương trình:
2
1
12
2 3
x x x
x x x
Lời giải. ĐK:
2
x x
Đặt
1
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
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 3x9 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
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
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 x1: (1) x12 0 x (tháa m·n ®iỊu kiƯn x1) + NÕu x1: (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 x1 2) ta cú:
2 2
2
2
2
1 1
8 x x x x x
x x x x
(2)
Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x0
(2)
2
2
2
2
1 1
8 x x x x x
x x x x
0
x hay x
vµ x0
Vậy phơng trình cho có nghiệm x 8
Bài 23.Giải phương trình: 1005x 3 1007x 3 - 2012x 30 Lời giải
Giải phương trình: 3 3 3
1005x 1007x - 2012x 0
2
2
2
1
8 x x x x 16
x x
(66)66 Đặt X 1005x Y; 1007x 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 (2x1) (2 x 2) (*)
Lời giải. Đk : 1;
2
x x Đặt 2x+1=t
2
2
1
(*)
( 1)
1
( ) (0, 25d) ( 1)
PT
t t
t t t t
Đặt ( 1)
y t t
ta có pt:
2
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
Bài 25. Giải phương trình:
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:
Phương trình trở thành: 1 2 3
3
x x x
x
3
x
(Không thỏa mãn điều kiện) Xét 2 x 1:
Phương trình trở thành: 1 2 3
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
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
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
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
2
x x x x
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 x0 nên hệ phương trình có nghiệm 4;17
Cách khác: Hệ
2
2
2
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
Bài 28. Giải hệ phương trình
2
2
2
2 y y
x x x
y
(70)70 Hệ
2
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
2
3y y y
x
,
2
2
3x x x
y
3xy x y
Do TH khơng xảy
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1 ; 1)
Bài 29. Giải hệ phương trình
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
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
Ta có hệ phương trình
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 yx y xy x y xyx 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 )
Bài 33. Giải hệ phương trình
2
2
3 38
5 15
x xy y
x xy y
Lời giải - Hệ
2
45 75 60 570 2
145 417 54 (1)
2
190 342 114 570
x xy y
x xy y
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
2 12
3 11
x xy y
x xy y
Lời giải. Ta có:
2
2
22 33 11 121
12 12 36 121
x xy y
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
3
x x
y y
Bài 35. Giải hệ phương trình
3
1
(1)
2 (2)
x y
x y
y x
Lời giải. Điều kiện: xy0
(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
Bài 36. Giải hệ phương trình:
2
2
5
4 27
x xy y
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
Bài 37. Giải hệ phương trình
Lời giải
Ta có
3 2
2
2
3
x x y x xy x x y
3 2
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
Bài 38. Giải hệ phương trình:
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;
; ux x v xy
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 x0
Khi đó: Hệ
2
1
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
Lời giải. Ta có:
Hệ
2
2
5
( ) ( 1)
4
( )
4
x y xy x y x y xy
Đặt
x y a xy b
ta :
2
2
5
( 1) 0,
4
5
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
Bài 42. Giải hệ phương trình :
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
2
( 1) ( 1)
( ) ( 1)
x y
y x x
Đặt a x 1,b y b a y xta hệ
2
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,y2 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
Lời giải. Ta có:
HPT 3 83
( 1) ( 1) 72 xy y x
x y
3
( 1)( 1) ( 1) ( 1) 72
x y
x y
3
3
( 1) ( 1) 512 ( 1) ( 1) 72
x y
x y
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)
Bài 45. Giải hệ phương trình
Lời giải Ta có
2
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
Vớiy5x4 suy ra:5x42 5x2 14x8 ta nghiệm( 3; ); ( 4; 0)
2
Với y 4 x suy ra: (4 x) 5x214x 8 ta nghiệm 11 17 27 17 11 17 27 17
( ; );( ; )
4 4
Bài 46. Giải hệ phương trình
Lời giải. Ta thấy x-y =0 nghiệm phương trình Nếu nhân hai vế phương trình với y
2
2
5 14
5 16 16
x x y
x x y xy y
2 2
2
4
x y xy
x y xy
y 2
2 2
2
4
xy y xy
x y xy
2
2
4
x y xy
x y xy
2
2
2
x y xy
x xy y
2
2
4
x y xy
x y xy
2
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:
Bài 49. Giải hệ phương trình:
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
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 y1
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 a0 Do đó: 62
a b
Thế vào (1) ta được: a 5
a
2
a a (Vì a0)
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 ; ;
Bài 50. Giải hệ phương trình:
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 78t497t397t780
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 y2
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)
Bài 51. Giải hệ phương trình
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 2
2 ( )
2 ( )
u v uv u v
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
Bài 52. Giải hệ phương trình:
2
2
2 5(2 )
2 15
x xy y x y
x xy y
(82)82
2
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
1
x y x y
I
x y y y
x y x y y x y
(83)83
Bài 54. Giải hệ phương trình:
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
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
Lời giải Ta có:
2 2
2003 2003 2003 2004
(1)
3 (2)
x y z xy yz zx
x y z
PT (1) 2x22y22z22xy2yz2zx0(xy)2 (yz)2(zx)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
Lời giải Ta có:
4 4 4
4 4
2 2
x y y z z x
x y z x y2 2y z2 2z 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
x y z
Vậy nghiệm hệ phương trình là: 1; 1;
3 3
x y z
Bài 57. Giải hệ phương trình:
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
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
Lời giải. Ta có:
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
Bài 59. Giải hệ phương trình:
1
x
y
y
z
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 3y3xy+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
Bài 61.Giải hệ phương trình:
Lời giải. Ta có:
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
+) Nếu , kết hợp với hệ ta
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm
Bài 62. Giải hệ phương trình:
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
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 y z
x y z
x1y1z 1
1
1
z z
x x y y
x1y1z 1
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
Bài 63. Giải hệ phương trình
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 xyz0 Nếu x0 hệ 2
0
,
y y z
z t t
0 ,
z y t t
- Tương tự với y0 z0 ta thu nghiệm (0;0; ), (0; ;0), ( ;0;0),t t t t
TH xyz0 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
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 x1) (2)
c) x23 2x2 1 (3)
Lời giải a) Điều kiện:
2 x
Với
2
x PT (1) x12x32 2x2 5x3 42 2x25x3 83x
2
4(2 3) 64 48 (3)
3
x x x x
x
PT (3) x2 28x520
2 ( ) 26 (Loai)
x TM
x
Vậy PT cho có nghiệm x=2 b) Điều kiện: x1
Với x1 PT (2)3(x2 x1)x2 2x x1x1
1
4
2
x x x x x2 2x2x x1
Do x1 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 23 23 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 4x5, (t0). 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 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 x
(thỏa mãn điều kiện)
Bài 5.Giải phương trình:
7x 7 7x 6 49x 7x42 181 14 x (3) Lời giải
Điều kiện:
x Đặt t 7x 7 7x6 (t0) Phương trình (3) trở thành:
2 182 0 14 ( )
13
t loai
t t
t
Với t = 13
7x 7 7x 6 13 49x 7x42 84 7 x x
Do phương trình (3) có nghiệm x =
Bài 6. Giải phương trình: (x1) x22x 3 x21 (2) Lời giải.
Đặt
2 ( 2)
t x x t Phương trình (2) trở thành:
2
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
Bài 7.Giải phương trình:
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 16tx 8x0
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
x x
x x
(thỏa mãn điều kiện)
Bài 8.Giải phương trình:
12 36
x x x
Lời giải Điều kiện: x ≥ -1
Đặt t x1 (t0)Phương trình cho trở thành:
2 6
12 36 t
xt t t
x Với t 6t
x
ta có: 6(6x 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: (x6)t 6 (vơ nghiệm VT ≥ 0, VP < 0)
Vậy phương trình có nghiệm x =
Bài 9.Giải phương trình:
2x 3x 2 x 3x2 Lời giải. ĐK:
3 x
PT(4)
2x (3x2)x 3x2 Đặt y 3x2, (y0) 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 tx 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 ,( a0; 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 205 x1 Lời giải.
Điều kiện: x5
2 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) ( )(2 )
5
2 25 56
u v uv u v u v
u v x x
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 4x3 (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
3
3
3
5
2
x x
x x
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 x5 Lời giải. Đặt
4 97
u x
v x
(u, v 0)
Khi đó, ta có hệ phương trình: 4 4 97
u v
u v
Giải hệ phương pháp ta nghiệm u = 2, v = u = 3, v = Từ tính nghiệm x = 81 x = 16
Bài 15.Giải phương trình:
5 (1)
x x
Lời giải Điều kiện: x5
Đặt : x5 y (y0) ta có hệ phương trình
5
2
x y
y x
0 ) ( )
( 2
x y x y
0
y x
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 x5(x1)
(*)
2
x x
x x
PT (*) x2 x40
2 17
2 17
x x
(ko t/m)
Vậy PT vô nghiệm
Bài 16.Giải phương trình: x3 1 23 x1 Lời giải. Đặt t 32x1 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
x t
Giải hệ nàu nghiệm x = x
Bài 17. Giải phương trình sau : 2
3x 5x 1 x 2 x x x 3x4 Lời giải.
Ta nhận thấy :
2
2
3 3 2
2
x x x x x
x x x x
Ta chủn vế rời trục thức vế :
2
2
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
x2 A x 0, để thực điều ta phải nhóm , tách số hạng sau :
2
2
2
2
4
12 3
12
2
2
12
2
x x
x x x x
x x
x x
x
x x
x
Dễ dàng chứng minh :
2
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
2
3
3
3
1
2
1
x x x
x
x x x x
x
x x
Ta chứng minh :
2
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 2x 3 x 3x 5 x 5x 2x 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
2
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
+ x0, nghiệm + x0, ta chia hai vế cho x:
3 3
3 x x x x 1 x x
x x
Bài 22.Giải phương trình:
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: x0
Chia hai vế cho x3:
2
4 4
1 1
3 3
x x x
x
x x x
Bài 24. Giải phương trình : 3 x x 3x 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
x x
Bài 26. Giải phương trình sau : 3 2 3 2 9 x x2 2x3 3x x2
Gợi ý: pt 3 3
2
x x x
Bài 27. Giải phương trình: x x2 1 x x2 1 Lời giải
Đk: x1
Nhận xét x x21 x x2 1
Đặt
1
t x x phương trình có dạng: t t t
Thay vào tìm x1
Bài 28. Giải phương trình: 2x26x 1 4x5 Lời giải Điều kiện:
5 x
Đặt t 4x5(t0)
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 t0 nên nhận gái trị t1 1 2,t3 1
Từ tìm nghiệm phương trình l: x 1 x 2
(99)99 Đặt y x1(y0) 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 pt2 1 y2y2 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 : x23 x4x2 2x1 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 :2x25x 1 x31 Lời giải Đk: x1
Nhận xét : Ta viết x 1 x2 x 1 x1x2 x 1 Đồng thức ta
(100)100
Đặt
1 ,
u x vx x , ta được:
9
3 1
4 v u u v uv
v u
Nghiệm :x 4
Bài 34. Giải phương trình :x33x22 x23 6x0 Lời giải.
Nhận xét : Đặt y x2 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 :x2, x 2
Bài 35. Giải phương trình sau: 1)
18x 18x x17x8 x 2
2)
3 1
3
x x x x 3)
2
1
2 x x
x x
4) 2
2x 1 x 2x 1x 1
Lời giải
1) Đặt x y với y0 Khi phương trình cho trở thành
2
(3y 4y2)(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 y0 xác
3
3 y ), ta
2
2 3
3
y y y y , ta 3
y (loại
2 y ). Từ phương trình có nghiệm x1
(101)101 Khi phương trình tương đương với hệ
2 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 4y5 y48y328y240y160(do hai vế không âm)
3
2
( 2)( 16 8) ( 2)(( 2)( 8) 8)
y y y y
y y y y
Dẫn đến y2(do ((y2)(y24y 8) 8) với ythỏa mãn (1))
Từ phương trình có nghiệm x1
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 1x 1 x 4x44x2(1x2) 4 x24x 1x2 8x3 1x2
2 2
2 2
(1 )
0
1 0(1)
x x x x
x
x x x
Xét (1), đặt
1
y x , suy y0 x2 1 y2
Ta
1 4 y8 (1y y ) 0 8y 4y 1
(2y 1)(4y 2y 1)
4
y
Từ suy 5
x Thử lại ta nghiệm phương trình x0 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
4
4
1996 2008
1996 2008
x y
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: x1;y1
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 x0thì Vt 3 = Vp (phương trình khơng có nghiệm) Nếu x0thì 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
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) 3x 2x
Lời giải ĐK: x2
Dễ thấy
x nghiệm phương trình
Với
2
x ta có: 3x 2x
Với
2
x ta có: 3x 2x
Vậy phương trình có nghiệm x
Bài 41 Giải phương trình:
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 x
x x
x
(104)104
Do đó: 11
4
x x
VT x x (1)
Mặt khác: 2
6 13 ( 3) 4
VPx x x (2)
Vập phương trình có nghiệm khi: VT = VP = hay x = Do phương trình có nghiệm x =
Cách 3. Đặt A x 1 7x (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 A4
Dấu “=” xảy x + = – x x = Mặt khác: VPx26x13 (x 3)2 4
Vập phương trình có nghiệm khi: VT = VP = hay x = Do phương trình có nghiệm x =
Bài 42.Giải phương trình: 2 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 (*) 1a 1b 1ab
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
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
x
Dễ thấy
2 15
.2( 3)
x
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) 2x46 2x5 2x42 2x5 4(1)
b)
4 10 27 (2)
x x x x
c) x x1 xx2 1x2 x2 (3)
d) 2
48 35 (4)
x x x
e) b) 5x6 33x4 2 1 (5)
Lời giải. a) ĐK: x Với Đk:
x PT (1) 2x53 2x51 4
Ta có: 2x53 2x514
Đẳng thức xẩy ) )( ( x x x
x
Vậy nghiệm PT cho
5 x
b) ĐK 4x6
Trên TXĐ x4 6x (1212)(x46x) x4 6x 2 Lại có x2 10x27(x5)2 22
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
x x
(106)106 Ta có x2 x2x1 (Vì (x1)2 0)
2
1 2
2
x x x x x x
Đẳng thức xẩy x1 ; Vậy pt có nghiệm x = d) TXĐ: x
PT(4) x248 x2354x3 35
48 13
2
2
x
x x
Thấy x1 nghiệm PT (4)
+) x1 x2 48 x2 35 13 2
13
1
48 35
4
x x
x
PT vô nghiệm
+)
4
x x248 x23513 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 15x6 4;3x421
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: x2 + y2009 + z2010 = ( )
1
z y x Lời giải
ĐK: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010 Phương trình cho tương đương với:
x + y + z = x2 +2 y2009 +2 z2010
( x2- 1)2 + ( y2009- 1)2 + ( z2010- 1)2 = Ta phải có:
2
(107)107 2009
y - = y = - 2008 2010
z - = z = 2011 Vậy x = 3, y = -2008, z = 2011
Bài 45 Giải phương trình:
1 13
x x x x
Lời giải ĐK: 1 x
2
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
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 2x
= 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 7xy yx
7 2 (x y)7x7y80xy0 (vì x0
2
y nên )
0
7x y hay x y
Thay vào phương trình ta
7x2 x
14 50
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 + 8a; x + 3b a 0; b0 (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
Câu 52.Giải phương trình:
2(x1) x 1 ( x 1 1x)(2 1x ) Lời giải
ĐKXĐ: 1 x
Đặt a x1,b 1x 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 =
Bài 54.Giải phương trình:
2
1
x x x
x x
Lời giải Điều kiện: (0; ]1
2 x
x x
(112)112
2
2
2
2
2
1 3
1
1
1
3 1 3
1
1 2
1
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 x
x x
x Vi x
x 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
tx x t x x
2 2
2
t
x x
ta phương trình
2
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 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 x x
2
3
x
x x
Kết luận nghiệm phương trình
Bài 57. Giải 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 x1 1 x Lời giải.
Điều kiê ̣n: x1 (*) Ta có:
4
3
3 )
( x x x
3
2
1x 4x 1 3x
3 4 2 2
4x 1 3x 3x 4x x x 1 x x 3x 4x1
2 3 2 2
1x 1 x x 3x 4x1
2
1
y x x2 y21
3 2
1
y y y x x
2 2
1
y y y x x
1
y y y x x
1
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 x1 22 x x 1
x x1 22 x x 1
Đặt x x 1 y (Điều kiện:y1 ** ), phương trình trở thành y22y 3
2
2 3
3 y
y y y y
y
+Vớ i y 1 không thỏa mãn điều kiê ̣n (**) + Vớ i y3 ta có phương trình:
2
2
1
1 3
1
1
1
2
7 10
5
x
x x x x
x x x
x x
x x
x x
x
Vậy phương trình có nghiê ̣m x2
Bài 59.Giải phương trình:
Lời giải ĐK:
Đặt
Ta có hệ phương trình
2
1
1 x 3 x
3 x vµ x
2
y x , (y 0)
2
1
1
x y
x y
2
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:
13x2 3x+2 x 3 420
Lời giải Điều kiện : x 3 (*)
Đặt t x3,t0, 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
Câu 61.Giải phương trình:
2
4
2
3
x x
Lời giải. Điều kiện: x0
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
2
4 48 12 12
6
6
x x x
x x
Thử lại x6vào 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 x1 1 x
Lời giải Điều kiê ̣n: x1 (*)
Ta có:
4 1 1 2( 1)
x x x x x x x x x x
Đặt x x 1 y (Điều kiện:y1 ** ), phương trình trở thành
2 y y
2
2 3
3 y
y y y y
y
4 x 3x2 2x 1 7x3
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) 2x1
7x 3 x x( 3) 2x1
2
1 1
x x
(117)117 +Vớ i y 1 không thỏa mãn điều kiê ̣n (**) + Vớ i y3 ta có phương trình:
2
3
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 x2
Câu 64.Giải phương trình 5
3x 6x 6 2x 7x19 2x Lời giải.
Điều kiện xác định
3 6
1
2
x x
x x
Với x 1 3, phương trình cho tương đương với:
2
2 2
2
2
2
3 6 2 19
3 6 6 2
3
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 x
x x x
x x x x
x x x
(do 3x26x 6 2 x 0, x 3)
+) 3x25x 8 x (thỏa mãn đk)
x (không thỏa mãn đk) +) 1 2x 3x26x 6 2x 1 x 3x26x6 2x
2
1 6 *
x x x x
Vì x 1 nên x 1 3x26x6 2x (*) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x 1
Câu 65.Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:
4 3 – x22 3.x3 = Lời giải
Ta có: 3 –
2 3 x x =
(118)118 x 3 2 1 32
x 1
3
1 3
x x
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 aba b ab a a b a
a4a 4 b0=> 4
a a b
=>
2
2
7
23
7 4
x x
x
x x x x
Vậy phương trình có nghiệm : x 23
Câu 67.Giải phương trình:
2
3 2 ,
x x x x x x x Lời giải
Điều kiện xác định x1 Khi ta có
2
3 2
x x x x x x
x 1x 2 x 1x 1 x x 2 x
x 1x 2 x 1x 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
*) x 1 x x
Vậy phương trình cho có tập nghiệm S 2,3
Bài 68.Giải phương trình : x22x24x12 x2x12x2x2 2017 Lời giải
ĐKXĐ x R
2 2
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 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 = y2 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 y213y130
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
4
1
( 1)
3
1
3( ) 0( )
2
y y y
a a a
a a a
a a VN
Đối chiếu ĐKXĐ ta có
2
13 117 x
x
nghiệm hệ phương trình cho
Bài 71. Giải hệ phương trình:
2
2
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
Bài 72.Giải hệ phương trình
2
2(1 )
2(1 )
x y y x
y x x y
Lời giải
2
2(1 )
2(1 )
x y y x
y x x y
(I)
ĐK: x ≥ 0, y ≥
Đặt ax 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
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
Bài 72.Giải hệ phương trình:
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=> x2y 1 x 2y 1 x 2y thay vào phương trình (2) ta có
3
2(1 ) 2
4 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 y y y
y y y
y y y
y y x TM
y y x TM
y y x TM
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(1;0);(-3;2);(-35;18)
Bài 73. Giải hệ phương trình
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
1 2 2
t x x x x x
x y
x y
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm
118 118
; , ; , 2; 2 , 2; 2
4
Bài 74. Giải hệ phương trình
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; y0, phương trình (1) x2(x y 2) x 2 y 0
2
2[( 2) ( ) ]
x x y x y
0 2;
( )[ 2( ) 1]
2
2
x y
x y x x y
x y
x y
Thay y x vào phương trình (2) ta phương trình:
2
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)
Bài 75.Giải hệ phương trình
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.x1,y1 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
Doy2x 1
nên 2
2 3 y x x y
y x x
Thayy 2 x vào pt thứ ta đượcx2 x 3x 7 2x
2
2 2
3
( 2)( 1)
3 2
3
( 2)
3 2
x x x x
x x
x x
x x
x x
x x
Do x1 nên 1
3x 7 12 2x x
Vậyx 2 x y (TMĐK)
Bài 76.Giải hệ phương trình
2
2
1
2 (1)
3 3(2)
x
x xy y
y x
x y x x
Lời giải
2
2
1
2 (1)
3 3(2)
x
x xy y
y x
x y x x
Điều kiện:
0
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
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)
Bài 77. Giải hệ phương trình
Lời giải.
Giải hệ phương trình Điều kiện : x, y ≥ Đặt Ta có hệ phương trình
=> Vậy hệ có nghiệm:
Bài 78. Giải hệ phương trình:
Gợi ý Từ hệ suy (2)
Nếu nên (2) xảy x=y vào hệ ta giải x=1, y=1
2
2
3
x y
x y
2
2
3
x y
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
9
x y
y x
Lời giải.
Với điều kiện x y, 9, hệ cho là:
2
2
9 (9 ) (1) (9 ) (2)
x y
y x
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được: ( )( 9)
9
x y x y x y
y x
+ Với x = y, thế vào (1) ta được: 18x -72 = x y
+ Với y = – x, vào (2) phương trình vơ nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm : (x;y)= (4;4)
Bài 80. Giải hệ phương trình :
1
x y xy
x y
Lời giải Điều kiện: x 1,y 1,xy0
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
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
2
16 (1) (2) xy
x y
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(xy)( 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 x1, 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 y2 x xy y0
⇔
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 mọix2, y2 )
Thay x = y vào phương trình (2) ta được: 3 2– 6 9 0
x x
⇔3x– 3x 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
3
x x y y
x x y y
⇔ x 3 x 2 y 3 y2
- Nếu x > y ≥ ⇒ x 3 x 2 y 3 y2 - Nếu y > x ≥ ⇒ x 3 x 2 y 3 y2 Do đó: x = y Thay vào (1) ta được: x 3 x 2
(129)129
Bài 85. Giải hệ phương trình:
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: 0x32
Hệ cho tương đương với
3 32
21 )
32 (
) 32 (
2
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 32x 8
4 4 32 4 2( 32 )2 256 x
x x
x 4 x 4 32x 4
Suy ( x 32x)(4 x 432x)12 Mặt khác y26y21y321212 Đẳng thức xẩy x= 16 y=3 (t/m)
3
4
2
x x x y y
x x y
0 y
1
1
x y x y x
x
1
x y 1 y
0
x y 2x4 1 x 2
2 x 1 2.2 x 14x 2x4 1 2x 2x
2
VT(3)2( - 2x x 1) x1 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) VTVP, dầu x ythay vào PT (2) ta có :
2 3
2 14
x x x x
Ta có :
2
2
2
2
2 1
2
14
x x x x
x x x
x x
x x
Bài 88. Giải hệ phương trình
1
3
1
7
x
x y y
x y
Lời giải Điều kiện: x0, y0, x y
Dễ thấy x0 y0 không thỏa mãn hệ pt Vậy x0, y0
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 y6x 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
Px 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
m
S m
m
P m m
e) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm âm là:
' 3
0
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: x1x2 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 x1x2 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 = 0x(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
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
1 2
x x (x x ) 2x x
x x x x
nên
2
2
1 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 - = dom = 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 x12x22 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 x22m2xm22m40 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:
'
m22m22m40m0 (*)
Với m0 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
m m
Đặt t m
m m0t0 Ta cos (1) trở thành
4
1 1
4 12
6 15
t t t t t
( t0 ) Với t4 ta có 4m2
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
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 x22 ; 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 x1x2 17
Lời giải
Ta có:
(4m 1) 8(m 4)
2
16m 8m 8m 32
16 33
m
Vì 16m233 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 a3 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 a3 b 5 ta có phương trình: x2 3x40 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 2mxm 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 2mxm 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
x x
1 2
8
x x
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: 2x13x2 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: 2x13x2 5
Nên ta có:
1
2
1
x + x = -m
2
2x +3x =
x m
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: 2x13x2 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
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: x22m1x2m 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
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
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 x1x2 2 =>2x1x2 2 =>2x2 4 x x1 22x10 =>
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 x22xm30 với m tham số 1) Giải phương trình m3
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 m3 phương trình trở thành x2 2x0 xx20 x0; x2
2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 '1m30 m4 Khi theo định lí Vi-et ta có: x1x2 2 (1) x1x2 m3 (2) Điều kiện toán x12 2x2 x1x2 12 x1x1x22x2 12
2x12x2 12 (do (1)) x1x2 6 (3)
Từ (1) (3) ta có: x1 2,x2 4 Thay vào (3) ta được: 2.4m3 m5, thoả mãn điều kiện
Vậy m5
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 x23mx2m50 với m tham số
1) Chứng minh với giá trị m phương trình ln có nghiệm x2 2) Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm x52
(142)142
2
2 3 m 2( m 5) 2m2m 10 với m nên phương trình có nghiệm x2 với m
2) Vì phương trình ln có nghiệm x2 nên để có nghiệm x52 theo
định lý Vi-et ta có: 252 22m5 52 m5 m102
Bài 21.Cho phương trình 2x2 m3xm0 (1) với m tham số 1) Giải phương trình m2
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 m2 phương trình trở thành 2x2 5x20
2
5 4.2.2
nên phương trình có hai nghiệm x1 2,
2
x
2) Phương trình có biệt thức m324.2.mm22m9m1280 với
m
Do phương trình ln có hai nghiệm x1,x2 Khi theo định lý Viet
2
3
2
2
m x x
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 m12 0 nên m12 8 82 2, suy A Dấu xảy m1
Vậy giá trị nhỏ A 2, đạt m1
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 =
Bài 24. Cho phương trình:
0
ax bx c (a0) có hai nghiệm x x1, 2 thoả mãn điều kiện: 0 x1 x2 2.Tìm giá trị lớn biểu thức:
2
2
2
2
a ab b Q
a ab ac
Lời giải Theo Viét, ta có: x1 x2 b
a
, x x1 2 c
a
2
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 (m1) 3
6 ( 1)
M
m
6 ( 1)
(144)144 Khi
2
2
2
2
a ab b Q
a ab ac
=
2
2
b b
a a
b c a a
( Vì a 0)
=
2
1 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
Bài 25. Cho phương trình
0
x x m Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 cho x1x2 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 x22 nên
1 2
m
Suy 4 m3⇒m 2 Giá trị mcần tìm
4 m
Bài 26.Tìm m để phương trình:
2m1 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 x21
Đặt y = x - 1thay x = y + vào phương trình ta được: 2 2
2m1 y1 m 1 y 1 2m1y2m24m3ym23m0 (*)
Ta cần tìm m cho phương (*) có hai nghiệm trái dấu:
2
2
3
0 1
2
2
m
m m
P m m m
m m
(145)145
Bài 27. Cho phương trình
2
x mx m Tìm m nguyên để phương trình có hai
nghiệm ngun
Lời giải
Gọi x x1, (x1x2) hai nghiệm ngun phương trình Ta có: x1 x2 2 ; m x x1 2 m
Suy x1 x2 2x x1 8 2(x1x2) 4 x x1 2 1 15(2x11)(2x2 1) 15
TH1: 1
2
2 1
4
2 15
x x
m
x x
TH2: 1
2
2
0
2
x x
m
x x
TH3: 1
2
2 15
3
2 1
x x
m
x x
TH4: 1
2
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) 3 1 0
a a
a a
a a a a
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 3a 2 3 2b 2 3 1
3 4a b 15 7a 2b 25
1 2
x x
x x m
(147)147 +/Nếu 4a b 150
=>
7 25
3
4 15
a b
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 x22 2x x1 2 14
+/x13x23 x1 x2x12 x22 x x1 252
+/x15 x25 x12 x22x13x23x x12 22x1 x2724
=>S = 725
Bài 31 Tìm m để phương trình:x2x3x4x 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 ̣ y0 phương trình: x12 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 mãn18a4b2013 Chứng minh phương trình sau ln có nghiệm:
18ax 4bx671 9 a0 Lời giải
Cho hai số thực a, b thỏa mãn 18a4b2013 (1) Cho hai số thực a, b thỏa mãn 18a4b2013 (1)
Chứng minh phương trình sau có nghiệm: 18ax2 4bx671 9 a0 (2) TH1 : Với a = (2) 4bx6710
Từ (1) b Vậy (2) ln có nghiệm 671
4
x
b
TH2 : Với a0, 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
bd
2( ) ( ) 2 2( )
2 )
4 ( )
( 2 2
2
1 a b c d a acc ac bd ac ac bd
1 2
0
d
b ac
bd 12 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
2x ≠ 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
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
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
2
x x
⇔
2 17
2
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 trình8x28x 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
2
x m
m
b/ 2
' 16 8m 8(1 m )
Khi m = 1 ta có ∆’ = tức là: x1=x2 x14x24 x13x23 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
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 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):
Tính giá trị biểu thức:
2
1 2
1
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
1
x x x x
P
x x
Ta có:
2
1 2
1 2
1
1
1
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 x1x2 2(m1);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
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
1 2
2
1 1
x x
x x
x x x x
Hay
1
1
2 1
2
1
1 1
x x
x x
x x x x
2
1
1 2
2
1
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
1x 1x 1 x x với x x1, 1 Quy đồng rút gọn bất đẳng thức tương
đương với x x1 1 x1 x22 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
Qx x x x đạt giá trị lớn
b) Cho phương trình
2
x m xm , với m tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1, cho Px x1 22x1x26 đạt giá trị nhỏ
c) Gọi x x1, hai nghiệm phương trình:
2x 3a1 x 2 Tìm giá trị
nhỏ biểu thức:
2
2 1 2
1
1
3 1
2
2
x x
P x x
x x
Lời giải:
a)Phương trình có nghiệm 0 4m0
m
(*) Khi theo định lý Viet:
1
1
S x x
P x x m
Ta có:
2
3
4
QS 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 m2 thỏa mãn điều kiện (*) Vậy với m2 biểu thức P đạt giá trị nhỏ 12
c) Ta có: 3a1216 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
1 2
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 xm , 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: x1x2 2m1
2
1
x x m Do
2
1
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 2m1 ước 5, suy 2m 1 m Thử lại với m2, ta P1 (thỏa mãn)
Vậy m2 giá trị cần tìm thỏa mãn tốn
Bài 43.Cho phương trình 2
(m 5)x 2mx6m0(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
2
2
2
0
' ( 5).6
6 30
(6 30)
1 119
5 ( )
2
0
m
m m 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
1 2
1 2
1 2
2
( ) 16
2
1:
6
2(2)
5
x x x x
x x x x
x x x x
TH x x x x
m m
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
Bài 44. Cho phương trình:
2013x (m2014)x2015, với m tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn x122014 x1 x222014x2
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) 2014 2014
2014 ( ( 2014)( 2014) 2014 2014
2014( )
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 x
2
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:
4m 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
2
4
x xy
x xy y m
, m tham số x y,
các ẩn số
a) Giải hệ phương trình với m7
b) Tìm tất giá trị m để hệ phương trình có nghiệm Lời giải.
a) Giải hệ phương trình với m7 Với m=7 ta có:
2
2
2
2
2
4
4
x
x xy y
x
x xy y
x xy y
(do x0 không thỏa mãn)
2
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 x0 khơng thỏa mãn suy x0
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 ,
tx 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 ac0 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
2
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:
yx
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
x y a
Có nghiệm (x; y) cho T = y
x số nguyên Lời giải Ta có:
2
x y a
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 x1y2x2y1 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 y2xy 3x 3
2
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: x1y2x2y1 3 y1 y2y y1 2 0 (4)
do x1x2 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
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(m1)y2m 1 0,(d2) : (1m 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(m1)y2m 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
1
0
0 0
0 0
y x y
(166)166
Tương tự viết lại (d2) : (1m x my) 4m 1 m y x 4 x suy (d2) qua điểm cố định: B1;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 PHPA Suy khoảng cách lớn PA PH PH d1 Gọi yax 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(m1)y2m 1 Nếu m1 d1 :x 1 khơng thỏa mãn điều kiện Khi m1 thì: 1
2 :
1
m m
d y x
m m
Điều kiện để ( )d1 PA
3
1
m
m m
c) Nếu m0 d1 : y 1 d2 :x 1 suy hai đường thẳng ln vng góc với cắt I1;1 Nếu m1 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
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 12 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 IHIK 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 ( Iđoạn 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): ym21x2m (m tham số) (d2): y3x4 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 mn 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 mn 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 ; điểmI0; 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 I0; 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
1
( ) ( )
; ), ( ; )
2
( x x
A x B x Từ đó:
2
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
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 yx đường thẳng ( ) :d y2mx m (m0) Tìm m
sao cho đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt A, B có hồnh độ x1
và x2thỏa mãn x1x2 2
Lời giải PT hoành độ giao điểm d P
2
x mx m ⇔x22mx 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: x1x22 , 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 ymx 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 m0 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 m0,5
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 m0,5; m0
b) Đặt m = xM n = yN mn 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 mn 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
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 x0 qua điểm I 0; tiếp xúc với parabol P điểm 0;0
O nên phương trình đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề lày ax1 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 :y2x m 1 Tìm m để (d) để (P) hai điểm phân biệt có tọa độ x1; y1 x y2; 2 mà x x1 2y1y2 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 ' m3 Khi x x1, 2 hai nghiệm (1) ta có:
1 2
4
x x
x x m
1
2
2
2
y x m
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 yAyB 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
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 I0; 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 = – 2yJ = 1J(-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
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
2
2
1 1 1
1 1 4 1 2
1
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
MANA m Theo giả thiết ta có
OM ON , áp dụng định lý Pitago ta tính được: OA4 M2; , N 2; 4 Do
2; 4
M thuộc parabol nên tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình:
:
P yax 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
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
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)
tm 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 yx 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 23
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
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
1 2
2
3
2
3
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 yx cho độ dài đoạn IM nhỏ nhất, I 0;1
b) Giả sử điểm A chạy Parabol :
P yx Tìm tập hợp trung điểm J đoạn OA
Lời giải
a) Giả sử điểm M thuộc đường Parabol :
P yx 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
2
m hay 1; 2 M
b) Giả sử điểm 2
;
A a a thuộc :
P yx 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 OAOB ta cần điều kiện: ab0 2
OA OB AB hay ab0 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
2
2
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 OAOB 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 OAOB a b 1
b) Phương trình đường thẳng qua A B
2 2 :x a y a
AB
b a b a
hay
AB :ya b x ab a b x 1 Từ ta dễ dàng suy đường thẳng AB :ya b x 1 luôn qua điểm cố định 0;1
c) Vì OAOB nên ab 1 Độ dài đoạn AB a b 2a2b22 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: A1;1 B 1;1
Bài 43.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol :
P yx , 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 yax 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 :y2x3 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 AH1;BK3,OI 3 Suy SOAB6
(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
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 yx
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; A3;9
2) Gọi A B', ' hình chiếu A B, xuống trục hồnh
Ta có SOAB SAA B B' ' SOAA'SOBB'
Ta có A B' ' xB'xA' xB'xA' 5;AA' yA9;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
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(x4)30(x4)4(x4)(x4) x 15x16 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 x0
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
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
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
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 13 204
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
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
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
12
3
3
3
y
1
y
2
3 10
3
y
2
3 10
6 y