Hệ phương trình đại số và mũ lôgarit phương trình

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - NGUYỄN THỊ THANH HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ VÀ MŨ - LƠGARIT Chun ngành: Phƣơng pháp tốn sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS VŨ ĐỖ LONG Hà Nội, 2014 Mục lục LỜI CẢM ƠN MỞ ĐẦU Chương I: Hệ phương trình đại số I Hệ phương trình bậc hai ẩn II Hệ gồm phương trình bậc phương trình bậc cao III Hệ phương trình đối xứng loại I 13 IV Hệ phương trình đối xứng loại II 22 V Hệ đẳng cấp 29 VI Hệ ba phương trình ba ẩn bậc cao 37 VII Các dạng khác: 46 Chương II: Hệ phương trình mũ - lơgarít 55 I Công thức biến đổi 55 II Bài tập 56 Phương pháp biến đổi tương đuơng 56 Phương pháp đặt ẩn phụ 61 Phương pháp dùng tính đơn điệu hàm số 68 Chương III: Các toán thi học sinh giỏi hệ phương trình 76 I Phương pháp sử dụng bất đẳng thức: 76 II Phương pháp khảo sát hàm số 86 III Một số phương pháp khác 95 KẾT LUẬN 104 TÀI LIỆU THAM KHẢO 105 LỜI CẢM ƠN Lời em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy PGS.TS Vũ Đỗ Long, người thầy tận tình hướng dẫn giúp đỡ em thời gian học tập hoàn thành luận văn Em xin trân trọng cảm ơn ban giám hiệu trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội thầy cô giáo công tác giảng dạy trường nhiệt tình giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho em trình học tập nghiên cứu đề tài Tôi xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu thầy giáo tổ Tốn em học sinh trường THPT Trần Phú - Thành phố Vĩnh Yên - Tỉnh Vĩnh Phúc tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trình thực luận văn Xin cảm ơn gia đình, người thân tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành luận văn Mặc dù cố gắng nhiều nghiên cứu đề tài trình bày luận văn, song chắn cịn nhiều thiếu sót Rất mong góp ý hội đồng phản biện khoa học, thầy cô giáo bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Hà Nội, ngày 26 tháng 12 năm 2013 Tác giả Nguyễn Thị Thanh MỞ ĐẦU Trong chương trình giảng dạy mơn Tốn bậc phổ thơng tốn hệ phương trình đại số mũ - lơgarít đề cập SGK lớp - 10 - 11 Do tính đa dạng nên đề thi tuyển sinh cấp THPT, tuyển sinh Đại học ta gặp tốn hệ phương trình Việc giải tốn hệ phương trình khơng mẫu mực địi hỏi kỹ tính tốn định học sinh Vì hầu hết đề thi tuyển sinh THPT Chuyên, thi HSG cấp THCS, THPT có tốn hệ phương trình Luận văn trình bày số phương pháp giải hệ phương trình đại số mũ - lơgarít tìm hiểu kỹ thuật hay giải toán hệ phương trình đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh thành, cấp Quốc gia hệ THPT Chƣơng I: Hệ phƣơng trình đại số I Hệ phƣơng trình bậc hai ẩn Dạng tổng quát cách giải a x  b y  c Dạng tổng quát:  a x  b y  c Cách giải: Thơng thường ta có cách để giải hệ phương trình dạng (1)  Cách 1: Phương pháp  Cách 2: Phương pháp cộng đại số  Cách 3: Phương pháp dùng định thức Kí hiệu: D a1 b1 a b2  a1b2  a2b1 Dx  c1 b1 c b2  c1b2  c 2b1 Dy  a1 c1 a2 c  a1c  a2c1 Dx   x  D TH1: D  : Hệ có nghiệm  y  Dy  D TH2: D  , Dx  Dy  : Hệ có vơ số nghiệm thỏa mãn a1x  b1y  c1 TH3: D  , Dx  Dy  : Hệ vô nghiệm Một số ví dụ Bài 1: Giải hệ phương trình sau 4   x y   a  2    x y   2(4  x )  y   b  4  x   y  8    17 c  x y 7x  3y  xy  Lời giải: a x  Điều kiện:  y  Đặt: X  4X  Y  1 ;Y  Hệ trở thành  x y 1 2X  2Y  X  Ta có: D  10,DX  10,D Y  10   Y  1 x  Thay vào cách đặt ta :  y  Vậy hệ có nghiệm (x,y)=(0;0) b Điều kiện: y  Tương tự ta đặt: X   x ;Y  (Y  0) ,từ tính y X  16  Y  6 Y  6  nên hệ ban đầu vô nghiệm c x  Điều kiện  y  8  x  y  17 Vì xy  nên hệ cho tương đương với      x y Tương tự, ta giải (x, y)  ( ;1) Bài (Dự bị B-2008):  x  my  Tìm giá trị m để hệ phương trình:  (*) có nghiệm (x,y) thỏa mãn m  y   xy  Lời giải Ta có: D   m2 Dx   3m Dy   m Vì D   m2  m nên hệ phương trình (*) ln có nghiệm D x  3m  x    D  m2  y  Dy   m  D  m2 m   3m  m Như vậy, xy     (1  3m)(3  m)    m    m2  m2  m  Kết luận: Với  hệ có nghiệm thỏa mãn xy  m    Bài (Dự bị A – 2004):  x  my   4m Gọi (x,y) nghiệm hệ phương trình  (**) (m tham số) m  y  3m   Tìm giá trị lớn biểu thức A  x  y  2x m thay đổi Lời giải: Ta có D   m2  m nên hệ (**) ln có nghiệm Mặt khác A  x  y  2x  (x  1)2  y -1 (x  1)  m2 y  2m(x  1)y  (1  4m) (x  1)  my   4m (**)    2 2 m (x  1)  y  2m(x  1)y  (2m  1) m(x  1)  y  2m  Cộng hai vế hệ ta : (m2  1)  (x-1)  y   (1  4m)  (2m  1) 20m2  4m  4m  18 2  (x-1)  y   A  19   19  B 1 m  m2 Ta thấy: A max  Bmin Giả sử B0 giá trị B, ta có: m2B0  4m  B0  18  (1) Nếu B    '   B0 (B0  18)  B20  18B0  Do tồn B0 nên (1) có nghiệm hay  '    85  B0   85 Suy Bmin   85 m= 9  85 Vậy A max  10  85 m  9  85 Bài tập Bài 1: Giải hệ phương trình sau 2x  2x  y   a   x  x  y   1  3(x  y)  2( x  y )  d  3(x  y)  2(  )   x y  x  2y  b   2x  3y  x  3x   y   y   e   x   3x   y  y  HD – ĐS: a Đặt X  x  1, Y  y  , hệ trở thành bậc hai ẩn ĐS: (1;2), ( 2;2) 8 3 4 5 b ĐS:  ;  ;  ;  7 7 7 7 c ĐS: (0; 1) x 1  y  c  2x  y   2x  y   x   y   f   x   3y    x  y  2 d Đặt: X  3x  , Y  3y  , hệ trở thành bậc hai ẩn x y 2 2 ĐS: (1;1), (1;  ), ( ;1), ( ;  ) 3 3 e Đặt: X  x 2 x , hệ trở thành bậc hai ẩn ;Y  y 1 y 2  25 13  ĐS:   ;   4    x  y   f Hệ     1  x  y  Đặt: X  1 ,Y  , hệ trở thành bậc hai ẩn x 2 y3 ĐS: (3;1) II Hệ gồm phƣơng trình bậc phƣơng trình bậc cao Dạng tổng quát cách giải f (x, y)  Dạng tổng quát:  f(x,y) hàm số hai ẩn bậc cao  Ax  By  C Cách giải: Từ phương trình bậc nhất,rút ẩn theo ẩn lại vào phương trình bậc cao Một số ví dụ Bài 1(Dự bị A-2005):   2x  y   x  y  (1) Giải hệ phương trình  (2)  3x  2y  Lời giải: 2x  y   ĐKXĐ:  x  y  Từ (2), rút y theo x ta y   x Thế vào (1) ta phương trình 1 x 3   x 1 2 1 x 3   x 1 2 (   x  4) 1  x    x  1 2  x 2  x  2  x  x  2x     x  4 x   Kết hợp với điều kiện suy x  ,thay vào cách đặt suy y  1 Vậy hệ có nghiệm (2; 1) Nên hàm f (t) đồng biến R Không tổng quát ta giả sử x  x, y, z Nếu x  y  f (x)  f (y)  y  z  f (y)  f (z)  z  x ( Mâu thuẫn với x  x, y, z ) Vậy x  y Tương tự ta suy x  z  x  y  z Khi ta phương trình x  2x   ln(x  x  1)  Xét g(x)  x  2x   ln(x  x  1) (*) 2x  2x  Ta có: g '(x)  3x    3x   x x  x 1 x  x 1 Suy hàm g(x) đồng biến g(1)  nên phương trình (*) có nghiệm x  Vậy hệ có nghiệm nhất: (1;1;1) Bài ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1994 – Bảng B)   x  3x  ln(2x  1)  y Giải hệ phương trình:    y  3y  ln(2y  1)  x Lời giải: ĐKXĐ: x, y   Xét hàm số f (t)  t  3t  ln(2t  1) (t   ) 2 4t  8t  Ta có f '(t)  2t    0 2t  2t    Do hàm f (t) đồng biến   ;     Từ hệ ta có: Nếu x  y  f (x)  f (y)  y  x ( Mâu thuẫn) Nếu x  y  f (x)  f (y)  y  x ( Mâu thuẫn) 91 t   Vậy x  y Khi ta phương trình: x  2x  ln(2x  1)  Xét g(x)  x  2x  ln(2x  1) (*) Ta có g '(x)  2x   4x  6x    x   2x  2x  Hàm g(x) đồng biến g(0)  nên phương trình (*) có nghiệm x  Vậy hệ có nghiệm (0;0) Bài (Đề thi HSG Quốc gia năm 1999 – Bảng A) x  y 12 x  y    22 x y 1 (1) (1  )5 Giải hệ phương trình:    y  4x   ln(y  2x)  (2) Lời giải Đặt t  2x  y  1, PT (1) trở thành: t t 1 t (1  )5   t 2 t t t  1 4  1 4         4.2 t         4.2 t  (*) 5 5 5  5 t t  1 4 Xét f (t)         4.2 t 5 5 t t  1 4 Ta có: f '(t)    ln    ln  4.2 t ln2  t 5 5 Suy hàm f (t) nghịch biến R f (0)  nên (*) có nghiệm t  t   2x  y    2x  y  Thay 2x  y  vào (2) ta được: y  2y   ln(y  y  1)  (3) Xét hàm số g(y)  y  2y   ln(y  y  1) Ta có: g '(y)  3y   2y  2y  4y   3y   y y2  y  y2  y  92 Suy hàm g(y) đồng biến g( 1)  nên PT (3) có nghiệm y  1  x  Vậy hệ có nghiệm (0; 1) Bài 9( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2006 – Bảng A)  x  2x  log (6  y)  x   Giải hệ phương trình:  y  2y  log (6  z)  y (I)   z  2z  log (6  x)  z Lời giải: ĐKXĐ: x, y, z   x log (6  y)  x  2x    y Ta có (I)  log (6  z)  y  2y    z log (6  x)   z2  2z  Xét hàm số f (t)  log (6  t), g(t)  Ta có: f '(t)   g '(t)  t t  2t  (t  6)  t  (6  t) ln 6t (t  2t  6)  t  Suy hàm f (t) nghịch biến, hàm g(t) đồng biến  ;6  Khơng tính tổng quát, giả sử: x  x, y, z Nếu x  y  g(x)  g(y)  f (z)  f (y)  z  y  g(z)  g(y)  f (x)  f (z)  x  z (mâu thuẫn với x  x, y, z ) 93 Vậy x  y Tương tự ta chứng minh được: x  z  x  y  z Từ ta PT: log (6  x)  Xét hàm số h(x)  log (6  x)  Ta có: h '(x)   x x  2x  =0 (*) x x  2x  6x 