1. Trang chủ
  2. » Trung học cơ sở - phổ thông

Bài tập Hệ phương trình – Toán 11

50 6 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 50
Dung lượng 1,7 MB

Nội dung

Thay trở lại hệ ta được Theo trên, bên trái là hàm đồng biến, bên phải là hàm nghịch biến, nên phương trình có nhiều nhất 1 nghiệm Mà x 1 là nghiệm nên nó là nghiệm duy nhất của phương [r]

(1)HỆ PHƯƠNG TRÌNH Không có tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương Câu  y x   3x (2)  x   x 1 y  y  y   y 1 x  xy (3) Giải hệ phương trình:  Hướng dẫn giải Điều kiện: x 1  y x   2   x  y  1  y  y  x  0  y  y  x 0 Phương trình (3)  y x    y x     x 1  (vì x 1) 2   y 1   y  1  x  0  y x   (vì (1;1) không thỏa phương trình(2)) Thay vào phương trình (2), ta :  x  1 x    x  1  0     x  x   Vậy   x, y   2;1 ;  x, y    3;4   Câu  x 2 ( n)   x 5   x  y  2 x  y  x  y  x   y  x  y  15 0 Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  Hướng dẫn giải 2  x  y  2 x  y  x  y (1)  x   y  x  y  15 0 (2) Đặt   x  y 0   x  y 0  Điều kiện:  x 2 (1)   x y    x  y  0  y 4  x Thay vào (2) ta được: x    x  x  x  0  x   3   x  1    3 x   ( x  3)( x  2) 0 2  (4  x)   x 1     x 3     x  0 (*)  x  1 (4  x)   x  Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (2) Phương trình (*) vô nghiệm do: x 2  x  0  VT  Vậy x = và y = là nghiệm hệ phương trình Câu  x y (1  y )  x y (2  y )  xy  30 0  2 Giải hệ phương trình:  x y  x(1  y  y )  y  11 0 Câu  x  y  x  y 5  x, y     x  y   Giải hệ phương trình:  Câu Giải hệ phương trình:  x3  xy x  xy y6  y e  e  ln 0  y6  y4  8  y 3  24 x  16 x   y  0 Lời giải x  0;  y  Điều kiện: x  xy x3  xy y6  y4 e e  ln   e  ln x  xy  e  ln  y  y    y y - Ta có (1) f  t  et  ln t ( t > )  f '  t  et   0, t > t Xét hàm số , suy hàm số g(t)  0;  x3  xy y6  y4 đồng biến trên khoảng Kết hợp với (1) ta có x  xy  y  y  x  y  y  x  y  0   x  y   x 2  xy  y  y  0  x  y  2 - Thế (2) vào phương trình còn lại hệ đã cho ta được:  y 3  24 y  16 y  16 y  24 y   y  0  3 Xét hàm số g  y  16 y  24 y   y   g '  y  64 y  48 y  16 16 y  y  3  3 4y 16  0, 0< y  3 4y  3  0;  g  y Suy hàm số nghịch biến trên khoảng   , từ đó phương trình ( 3) có 1 x y 2 , suy nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm Câu  1 ,   2  x, y     x  y   y2  7x      x  y   y  x   x  y  Giải hệ phương trình:  Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (3)  y   Điều kiện : 0 x 4 2  x  y   y  2x   x  y 1  x  xy  y  x  y  x  y   x  y  1   x  x  y  1   y  1   y   x 2 x  y  1     y 1  x    x y 1  0  y x  Thế vào pt đầu ta  x  x  x  5x   x  x    x 1  4 x  x2 x 7 1     x  3x  3     x 1   x x   x       21 x    x  3x  0    y    21  y   x  ( x  y)  x  y   2( x  y )  x  11 Câu Giải hpt  Điều kiện x ≥ ( x, y  ) Từ phương trình thứ dễ dàng suy y > x2  ( x  y)  y x y x  ( x  y )( x  y  1)  x  ( x  y )  y 0   x  ( x  y )( x  y  1) ( x  y )2  x  y   x2  ( x  y)  y x2  ( x  y)  y 0   x  ( x  y) x y  0  ( x  y  1)    ( x  y)2  x  y  x  ( x  y )  y   Ta có  x  y  0  y x  Thay vào phương trình thứ hai ta x  x   x  11 Đặt t = x  ta t4 – 3t – 10 =  t = Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (4) ( x, y ) ( , ) 2 Từ đó tìm  x, y    x  y 2  x 1 y 1 Tìm tất các số thực x, y thỏa hệ:  x y 1 Câu Hướng dẫn giải Ta chứng minh các số x, y thỏa mãn hai điều kiện đầu thì x x 1 y y 1 1   x  1 ln x   y  1 ln y 0 Thay y 2  x ,ta chứng minh f  x   x  1 ln x    x  ln   x  0 f '  x  ln x  ln   x   Ta có 1 f ''  x     x 2 x với  x  1  x x  1   2 2  x   x   2  x  1    0 1 11           x 2 x 2 x 2 x  x   x  x  x  f ' x Do đó 0; , f ' 0 f' x nghịch biến trên     nên   nhận giá trị dương trên  0;1 và âm trên  1;  Suy f  x   f  1 0 với x   0;  Từ đó,hệ phương trình có nghiệm x  y 1 Giải hệ phương trình sau: Câu 3 2  x  x y  y  y x  x y  x  3  x ( y  x ) 7 Hướng dẫn giải 3 2  x  x y  y  y x  x y  x   3  x( y  x ) 7   x y    x  x( y  x ) 7   y    x  (    x( x  y )( x  y ) 9( x  y )  x( x  y ) 9  3  3  x( y  x ) 7  x ( y  x ) 7  x x  3 3  x)  x  7 x    x y  x    x x  x3  27 x x  x  27 0    x y  x  (3  x x )3  x x 7 x    x y  x  2 x x  x  27 x x  x  27 0    x y  x  ( x  1)(2 x  x3 x  x3  x x  x  x x  20 x  20 x  27) 0  Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (5)   x y  x   ( x  1)(( x  x  1)(2 x3  x x  20)  7) 0    x  x 1 y   x   y 2  x 1   x  x2  y  x   x  x2  y   3x x  y 6   y  Giải hệ phương trình  Câu Hướng dẫn giải  y 0  y 5   x2  y   x  x  y 0 ĐK:  x x 6  (2 ') y Từ (2) suy ra: Do y 0 phương trình (1) tương đương với x2  y x  y y x  y x  y y 6 x  (1') y x u Đặt y u u2  * Xét y  :phương trình (1')trở thành: u  u  6u  Nhân liên hợp mẫu số đưa phương trình:  u u  3  u  0 nghiệm u 0; u  u  + suy x 0 không thoả mãn  loại x 5 u   y Thế vào (2') x 5; y 3 + u  u2  1' 6u  * Xét y  :phương trình   trở thành: u  u  u=0 suy x=0 (Không thoả mãn điều kiện bài toán) .Phương trình này có nghiệm x; y  5;3 Vậy hệ đã cho có nghiệm     Câu 2  x  x  y  1  x  y  1  2 Giải hệ phương trình :  x x  y  y   y  x  Hướng dẫn giải Ta có: Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (6) (1)  x( x  2)  2( y  1)  x ( y 1)  x ( x  2) ( y  1)( x  2)  x  y   y 2 x  Thế vào (2) ta có : x x  (2 x  1)  x    (2 x  1)  x   x  x  x   x  x    x  x  2 x  x  x  x    x  x  1  x     x  x   x  x 0  15 15  x  x  2 x    x  y 2 6  x  x  4 x  x 0 3 3  x  x   x    x  y 2 3  x  x 1 x   15 15   3 3  ; ;      3    Vậy nghiệm hệ PT là: và   x  y  y  7x      x  y   y  x   x  y  Câu Giải hệ phương trình: Hướng dẫn giải  y   Điều kiện : 0 x 4 2  x  y   y  2x   x  y 1  x  xy  y  x  y  x  y   x  y  1   x  x  y  1   y  1   y   x 2 x  y  1     y 1  x    x y 1  0  y x  Thế vào pt đầu ta :  x  x  x  5x   x  x    x 1  4 x  x2 x 7 1     x  3x  3     x 1   x x   x       21 x    x  3x  0    y    21  2  x  y  xy 4  x  y  xy 2 Câu 10 Giải hệ phương trình:  Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (7) (Chưa giải)  x  x  y   x  y  x  y   y 18   x  x  y   x  y  x  y   y 2 Câu 11 Giải hệ phương trình:  (Chưa giải)  x  ( y  z )2 2   y  ( z  x) 30  z  ( x  y )2 16 Câu 12 Giải hệ phương trình:  (Chưa giải)  x  y  x  y  x y  x y 2 Câu 13 Giải hệ phương trình:  (Chưa giải) Câu 14 Giải các hệ phương trình a) xy  2  x  y  x  y 16   x  y x  y   x 9 z  27( z  1)   y 9 x  27( x  1)  z 9 y  27( y  1)  b) (Chưa giải) Câu 15 Giải các hệ phương trình:  x  y  27 y  27 0   x  y  z  xy  zx  zy 3  y  z  27 z  27 0   z  x  27 x  27 0  a) b)  x  y  yz  zx  xy   x 2 y    y 2 z   z 2 x  c)  (Chưa giải) 2  x  y  x  y  30 28 y  Câu 16 (Trại hè Hùng Vương 2013) Giải hệ phương trình  x   x  y Hướng dẫn giải Từ phương trình đầu hệ ta có x    y  3 y  y   x   x  x  10 0  x2  y   2  y  y   x   x  3x 10 0  * Coi (*) là phương trình bậc ẩn y ta có   x   x nên (*) vô nghiệm Do đó hệ phương trình tương đương với Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (8)  x  y     x   x  y   x x   x x   x  2x  x  x   x  0    x   x  0    3;6  ,   Từ đó ta tìm nghiệm hệ là Câu 17  2;  (Thi cụm Quỳnh Lưu, năm 2016-2017) Giải hệ phương trình sau: 2 x3  xy  x 2 y  x y  y (1)   x  x    y 1  y (2) Hướng dẫn giải Điều kiện: y  2 (1)  ( x  y )(2 x  y  1) 0  x 2 y Thay vào (2) ta có phương trình x  x   x 1  x  (3) Xét x  thỏa mãn (3), suy y  Xét x   : (3)  x  x   (1  x) 5 x   x 1 x  x  1  x  x 1  x  0  x  1(loai )   x  x  1  x  x  (4)  2 x  x  2 x     x 2 4 x  x  0  Kết hợp (3) và (4) ta 2 2 ( x; y ) ( 1;  );( ; ) 2 Kết luận: Hệ phương trình đã cho có nghiệm: Dạng 2: Đặt ẩn phụ Bài   x    y  8    x  y  y  x 4 Giải hệ phương trình: Hướng dẫn giải Điều kiện:  x 2 cos 2u  u , v  [0; 2 ] x; y  [  2; 2] Đặt  y 2 cos 2v với Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (9) sin u cos v 1/  2  sin u cos v 1/ (1  cos 2u )(1  cos 2v) 2     u v   HPT  cos 2u sin 2v  cos 2v sin 2u 1  sin 2(u  v ) 1    u  v  sin(u  v)  sin(u  v)  sin(u  v) 1/     u        u  v  u  v  u  v   v     4    (thỏa)    x 2 cos 0   y 2 cos 2 Kết luận: nghiệm hệ phương trình là Bài  x 1  y  xy 4 y   y x  y   x 1 Giải hệ phương trình:  Ta thấy y = không là nghiệm hệ phương trình đã cho, ta xét các giá trị y 0 , chia hai vế PT thứ cho y 0 ta  x2 1  y  x  y 4   x  y   y  x 1 x2 1 u , v x  y y Đặt ta có hệ phương trình u  v  v   u   u 1    u (v  2) 1 u (4  u  2) 1 v 3 u 1  Với v 3 ta có  x 1 1   y  x  y 3  (*) Giải hệ PT (*) ta hai nghiệm (-2; 5) , (1; 2) Vậy hệ PT ban đầu có hai nghiệm (-2; 5) , (1; 2) Bài  x  y   x  y   4  y    x  y  x  y     y    y   0 Hệ phương trình tương đương với  + Với y = -2 thì hệ phương trình vô nghiệm + Với y  , chia hai vế hai phương trình cho y + ta có  x2  y2  y   x  y   4   2  x  y  x  y  0  y  Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (10) Đặt a x2  y , b x  y  y 2  a  b 4  a  b 4    ab 4 a   0     Khi đó ta có hệ phương trình  x2  y2 2  y  x  x 1, y      y 2  x  2, y 2  x  x  0  x  y  2  Do đó  a 2  b 2 Kết hợp với điều kiện thì hệ phương trình có hai nghiệm (x; y): (1; -1), (-2; 2)  x   x    y   y  2  x    y   ( x, y  )  x  y  xy   Bài Giải hệ phương trình:   x    x  1  y    y  1 2   y2 x2  1  x  , y  ,  * 2 Điều kiện Viết lại hệ dạng:  x  y 2 xy  u     v  Đặt   x    x  1 y 2  y    y  1 x2 0  uv   x  1  y  1  xy  2( x  y )  1 0 u  v 2  u v 1  uv   Hệ phương trình trở thành :  x    x  1  y  2 x  x   y    y    y  1  x   2 y  y   x    hay  x  y 0  *    x; y     1;1 ,   2;    2 x  x   y  x  y   x  y   0   x  3x   y Kết hợp điều kiện (*) ta nghiệm hệ là:  Bài x; y   1;1 Giải hệ phương trình sau:  x4 y  x2 y  x y          x y x  y x y   x  x  15 y  30 4 27   y   1  2 Hướng dẫn giải Đặt  x y  t y x (|t|≥2 ) x2 y  t  2 y x Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (11) x4 y4   t   t  2t  4 y x  1  t  4t    t    t  0  t  5t  t  0   t    t  2t  t  3 0  t  0   t  2t  t  0 Xét f  t  t  2t  t  [t≥2 [ với [t≤−2 f ’  t  3t  4t  t f’(t) f(t) - + + 2−√ -2 + 2+ √ - + + + -11 −∞  f  t     ;  11   1;    f  t  0  x  y  2  vô nghiệm  t  x  x  15 x  30 4 27   y  Ta có : , đk: x  4 27   y  3    x   x  10  x  x  15 x  30 x 10   x  2  x  5 0  3 Do x   x    VT  3 0  x 2 (t/m) Bài  x  y  5  Giải hệ phương trình : 2 y  x  5 Hướng dẫn giải u  x  0  x u   +) Đặt v  y  0  y v  2u  v  0  +) Đưa hệ: 2v  u  0 Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (12)  u v    2u  v  0   2u  2v  0    2u  v  0 Giải hệ (I) ta u v 1  x  y 2 Hệ (II) vô nghiệm Vậy hệ có nghiệm x  y 2 Bài [Đề xuất, Chyên Lào Cai, DHDDBBB, 2015] Giải hệ phương trình:  x  xy   x  y    y   0  2  x  y  xy  x  0 Lời giải  x  y   x  y   4  y    x  y  x  y     y    y   0 Hệ phương trình tương đương với  + Với y = -2 thì hệ phương trình vô nghiệm + Với y  , chia hai vế hai phương trình cho y + ta có  x2  y2  y   x  y   4   2  x  y  x  y  0  y  Đặt a x2  y , b x  y  y 2 Khi đó ta có hệ phương trình a  b 4   ab 4  a  b 4 a 2   b 2  a   0  x2  y2 2  y  x  x 1, y      y 2  x  2, y 2  x  x  0  x  y  2  Do đó Kết hợp với điều kiện thì hệ phương trình có hai nghiệm (x; y): (1; -1), (-2; 2) Bài [Đề thi hsg Ngô Gia Tự, Vp, 2012-2013] Giải hệ phương trình: 3 x  y 10  x  y   x  x x  y  y x  y 25  xy Lời giải Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (13)  a 2 x  y  a  b 10   Đặt : b x  x  y đó ta có hpt : a.b 25 Bài [Đề xuất, Chuyên Thái Bình, DHĐBBB,2015] Giải hệ phương trình sau: 2 2  x  x y  y y  x y  x   5( x y   ( x  1) 2x  y  8) 13(2x  1) Lời giải ĐKXĐ: 2x  y  0   y  0  x  y 0 ( x  y )( x  y  1) 0    x  y 1 Từ (1) ta được: Trường hợp đầu suy x=y=0 ko là nghiệm hệ Do ta được: x2 = y + (1 điểm) Thay vào phương trình (2) ta được: 5( x x   ( x  1) x  2x  ) 13(2x  1) b2  a  a  x  6; b  x  2x   2x  b  a  x    a b    a  b   a  b   26(a  b)  0   a  b 5  a b   Thay Dễ thấy a  b 2 nên trường hợp thứ ba bị loại 2   Hai trường hợp đầu ta tính x=-1/2 KL: Hệ có nghiệm x=-1/2; y=-3/4 Bài 10 Giải hệ phương trình sau:  x  x xy  y y   3  x  y  3x x 15 x  y 3 x y y  x y  x x      ; x, y   Hướng dẫn giải Điều kiện: x 0, y 0 Đặt a  x , b  y ( a 0, b 0 ).Hệ phương trình đã cho trở thành a  2a 3b b5   6 3  4a  b  3a   15a  b  3a  b  a b  4a  Nhận xét: a 0  b 0 ; b 0   1  2 a 0 Do đó  a, b   0,  là nghiệm hệ Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (14) Bây ta xét a  0, b  Đặt b ka  k  Với cách đặt này thì Phương trình (1)trở thành:  2k  2k ak  a  k (3) Phương trình (2)trở thành:  4a  a k  3a   15a  k a  3a  k 3a  a 3k  4a  (4)  3k    2k   k  k    4k  5   2k   3k  Thay (3)vào (4)ta được:  (5) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho vế trái (5)ta được:  3k    2k   3k  2k 6  k     k      2k 3k     2k   3k      2  12    k   k    k  k      2 Đẳng thức xảy và k 1 Khi đó a b 3 hay x  y 9 x; y 0;0 , 9;9 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm   là      x  xy  y 1  2 y ( xy  y  y  xy )  Bài 11 Giải hệ phương trình sau:  Hướng dẫn giải + Điều kiện: y x 2 y  + Trừ vế với vế hai phương trình hệ ta được: x  xy  y  y   xy  y  y  xy 0  x  x    5   1  y Chia hai vế PT cho y ,ta được:  y  x t  t   2; 4 + Đặt y ta có phương trình: 2t  5t   t    t 0  2t (t  3)  t  2( t   1)  (1  x  2 y 4 x 0 y  t ) 0   t  (t  3)  2t    0 t   1   t   t 2t    t   2; 4 t  1   t Với thì Với t 3 suy x 3 y thay vào PT (1): y 1  y   x 2   ;   2   Kết luận:Nghiệm hệ phương trình là: Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (15)  z  xyz 1  2 3 x y  xy 1  x y  z  zy  y 4 y  y z Bài 12 Giải hệ phương trình:   x, y , z    Hướng dẫn giải  z  xyz 1  2 3x y  3xy 1  x y  z  zy  y 4 y  y z Giải hệ phương trình:   1  2  3 1 z2  xy    2z Vì z 0 không thỏa hệ pt nên      z tan u  u    ;  \  0   2   thì xy cot 2u Đặt Từ (2): y 3cot 2u  tan 6u cot 2u  3cot 2u tan 6u  tan 6u z tan 24u Vậy x cot 2u.cot 6u Thay vào (3):  tan 6u  tan 6u k tan u tan 24u  u   k   23 Vậy 11       u    ;  \  0 u    , ,   23   2  23 Vì nên k tan u tan 24u  u   k   23 Vậy 11       u    ;  \  0 u    , ,   23   2  23 Vì nên 11    t    , ,   x, y, z   cot 2t.cot 6t; tan 6t; tan t   23 23   Vậy hệ có nghiệm: đó  x  2( x  x  y )  Bài 13 Giải hệ phương trình:  y  2( y  y  x) (Chưa giải) Bài 14 (Chuyên Vĩnh Phúc 2010 – 2011) Giải hệ phương trình:  x  y 1  2  y  z 1  xy  yz  zx 1   x, y , z    Hướng dẫn giải x  +) Nếu thay vào hệ ta có hệ vô nghiệm Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (16) +) Nếu x 0 ta đặt y ax; z bx thay vào hệ ta  x   2a  1     x  2a  3b  1    x  a  ab  b  1 1  2a 2 a  3b   1  2a a  ab  b 2  4a  3b 1   2a  a   b  a  1 0   a    4a  3b 1 4a  3b 1 b 1     b 1  2a  a  1  2a  1  b  a  1 0  a  1  2a   b  0    2a  3a  0  a   +) Nếu b 1 thay vào (1) không thỏa mãn 2 2  a 1   b  b 1  2a     a  2a  3a  0 a 1    b 0 +) Nếu thay b  vào (1) không thỏa mãn, thay 1      x; y; z   2; ;  ,   2;  ;0      (1) ta có x  Do đó nghiệm hệ là  a   b 0 vào Bài 15 (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình, năm 2013) Giải hệ phương trình sau: y   x   x  y  x  y   x  y  x  11    Hướng dẫn giải Điều kiện x  x, y    2 ; x   x  y  0 ; x  y Từ phương trình thứ suy y và x  y cùng dấu mà có y  x  y x  nên y 0 Ta y  từ phương trình thứ suy x  mà  1;0  không thỏa mãn pt thứ nên y  Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (17) x2   x  y    x2   x  y   y x y  x  y   x   x  y   y 0 x   x  y   x  y  1   x  y  x2   x  y   y  x  y 1 x2   x  y   y 0   x2   x  y  x y   0   x  y  1   x  y  x  y 1 x   x  y  y       x  y  0  y  x  x  x   x  11 Thay vào phương trình thứ hai ta Đặt t  x  ta t  3t  10 0  t 2 Từ đó tìm Bài 16 Giải hệ phương trình 3 ;   2  x; y   3 1  x y 19 x  2  y  xy  x Bài 17 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  x  2013  y  m    x y  y  2013  2013  x  m Hướng dẫn giải:  x  2013  y  m    x y  y  2013  2013  x  m (I)   x  2013  z m    x z  2012  2013  x  m * Đặt z  y  Ta có (II)  Nhận xét : Hệ (I) có nghiệm  hệ (II) có nghiệm x; z * Điều kiện cần : Giả sử hệ (II) có nghiệm   x; z Vì   là nghiệm (II) nên  x;  z  ,   x;  z  ,   x; z  là nghiệm (II) Do đó để (II) có nghiệm thì x z 0 Với x z 0, ta có : m  2013 * Điều kiện đủ :  x  2013  z  2013    x z  2012  2013  x  Với m  2013 Ta có  * Vì (2 )) x  2013  z  2013, x, z (1) 2013 (2) , Dấu = xảy x  z 0 nên (1)  x z 0 ( Thỏa mãn Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (18) Do đó hệ (II) có nghiệm x z 0 * Vậy hệ (I) có nghiệm  hệ (II) có nghiệm  m  2013  x  xy  y 1  y ( xy  y  y  xy ) 1   Bài 18 Giải hệ phương trình sau: Hướng dẫn giải:  x  xy  y 1 (1)  y ( xy  y  y  xy ) 1 Ta có:  (2) +) Điều kiện : y  x 2 y  + Trừ vế với vế hai phương trình hệ ta có: x  xy  y  y   xy  y  y  xy 0  x  x       1 y y    y Chia hai vế PT cho , ta có: x t  t   2; 4 + Đặt y ta có phương trình: 2t  5t   t 2 x  2 y 4 x 0 y  t 0  2t (t  3)  t  2( t   1)  (1  t   1) 0   t  (t  3)  2t    0 t   1  t    t 2t   0 t   2; 4 t  1  t  Với thì y 1  y   x 2 Với t 3 suy x 3 y thay vào PT (1):   ;   2  Kết luận: Nghiệm hệ phương trình là:  x4  x2 y  y  y3  x2 y  x2   5 x y    x  1 x  y  13  x  1 Bài 19 Giải hệ phương trình sau:     1  2 Hướng dẫn giải: ĐKXĐ:  x  y  0   y  0  x  y 0  x  y   x  y  1 0   x  y 1  Từ (1) ta được: Trường hợp đầu suy x  y 0 ko là nghiệm hệ Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (19) Do ta được: x  y 1 Thay vào phương trình (2) ta được: Đặt   x x    x  1 x  x  13  x  1 a  x  6; b  x  x   x  b  a  x  (*) b  a 1   a b   a  b    a  b   26  a  b   6 0   a  b 5  a b   Thay vào (*) ta Dễ thấy a  b 2 nên trường hợp thứ ba bị loại x  Hai trường hợp đầu ta tính KL: Hệ có nghiệm x   ; y     x  x  y  y  1 (1)      x  x   y (2) Bài 20 Giải hệ:    ( x , y  ) Hướng dẫn giải: Điều kiện: x, y   x 1, y 1 x  y     y   1  1 x   x  x  1 y2 y2  y  y   x  x  (3)  2 Kết hợp với (1) ta được:  x  x 1  y  y 1 (4) Cộng (3) và (4) ta y = -x, vào (2) ta được:    x x   x  (5)   x sin t , t   0;    , phương trình (5) trở thành Đặt  cos t sin t (1  cos t ) t t t  t   2sin cos 1    2sin   2    4   t  k  t t t   3sin  4sin   sin sin   2 2  t   k 4   cos Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (20)    t 6 x         t   0;  t  x 1     Với ta  1  ;  Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) =  2  ; (x,y) = (1;-1) Dạng 3: Sử dụng hàm số     x  x  y  y  2   3  Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 6 y  y   x 1 Bài Hướng dẫn giải     x  x  y  y  2 (2)   3  Đặt 6 y  y   x 1 (3) pt    x  x   y   f  x  f   2y với   2y 4 f  t  t  t  4, t   f  t   t  t 4 t2   0, t   Suy f(t) đồng biến trên  Do đó: y  f  x   f   y   x  y  y  x x vào phương trình (3) ta được: 3x + 5x + = x +1 Thế   x +1 +  x +1 =  x +1 + x +1 Đặt u = x +1, v = x +1 u  2u v3  2v   u  v   u  uv  v   0 Phương trình trở thành: x =  u = v  x +1= x +1   x =  1  0;0  ,   1;  2  Vậy hệ phương trình có nghiệm: Bài Giải hệ phương trình  x  4x   y    y     2z y  4y   z   z  4z   x    2x  Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (21) Hướng dẫn giải Điều kiện: x, y, z 3 Xét các hàm số f  t  t  4t  2, g  t   f '  t  3t   0, g '  t   Khi đó ta có   2t  ;3 t trên   t  4   0, t   2t  ;3 f t  ;3 Mà f  t  , g  t  là các hàm số liên tục trên  suy   đồng biến trên  và g t  ;3 nghịch biến trên  x min  x, y, z Không tính tổng quát ta giả sử Khi đó ta có: Nếu x  y  g  x   g  y   f  z   f  x   z  x  g  z   g  x   f  y   f  z  suy y  z  g  y   g  z   f  x   f  y   x  y , vô lí vì x  y Do x  y , tương tự lí luận trên ta x  z suy x  y z x3  x     2x x (1) Thay trở lại hệ ta Theo trên, bên trái là hàm đồng biến, bên phải là hàm nghịch biến, nên phương trình có nhiều nghiệm Mà x 1 là nghiệm nên nó là nghiệm phương trình (1) Vậy nghiệm hệ phương trình đã cho là x  y  z 1 Bài  x  y  y  x  y   x  y 5 x  y Giải hệ phương trình :  Hướng dẫn giải 3  x  y  y  x  y    x  y  x  y  Ta có :   x  x ( y  1)3  ( y  1)   x  y 5 x  y Hàm số f(x) = x3 + x là hàm số đồng biến trên R nên phương trình f(x) = f(y - 1)  x = y –  x  x ( y  1)3  ( y  1)  x  y   x  y      3 x  y 5 x  y  x  y 5 x  y  ( y  1)  y 4 y      Do đó   y 2 y  ( y  1)  y 4 y      y 12  y  15 y  38 y  24 0  Ta có  x 1  x 11 ;  y    y 12 Vậy hệ có nghiệm : Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (22) Bài Giải hệ phương trình:  64 y  22 x 7    y  x  1  y  log 2 y 1 2    x x   y  1  1  y Lời giải Phương trình (2) Xét hàm số    y  1   y  2 x f  t  t  t , t  R / x , ta có: f  t  3t   0, t  R đó hàm số f  t  đồng biến trên  f  1 2 từ (2) ta suy x x Vây  y  1  y 2  y  x Thay y 2 vào (1) ta được:  log  log 64 y  128 y 1   y   1  y  2 y 1 y  8y y   y (  1) 2 y  2 y 1 y log y2   Xét hàm số:   y   log (2  )   (2  )  1 y  y  (3) f  a  log a   a  1  , (a>0) 1  2a  2 2a  2  20 a ln a ln ln f a Vậy hàm   là hàm đồng biến trên khoảng (0,  ), đó:  1 (3)  f y   f     y  2  y y   f '( a)     y   y  4    y  y  y  0    y   13 y y   13  13  13 y 2x   x log 2 2 Kết hợp điều kiện ta nhận suy   13  13  ;  log  2   Vậy hệ phương trình có nghiệm Bài  x 4008  x 2004  2004 x  2004 x (1)  4006 2003 2x x Giải hbpt  x  x  2003  2003 (2) (x > 3)  (2 đ) Đặt y = 2004 Do x > 0, y > nên ta được: (1)  x2y + xy > y2x + yx  x2y – y2x + xy – yx >0  (xy – yx)(xy + yx + 1) >  xy – yx >  xy > yx ( xy + yx + > 0) Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (23)   ln x ln y  y Vậy: (1.5 đ) xy > yx  ln(xy) > ln(yx)  ylnx > xlny  x ln x ln 2004  x 2004 (3) ln 2003 ln x  x Biến đổi tương tự, bất phương trình (2) trở thành: 2003 (4) ln 2004 ln x ln 2003   x 2003 (5) Từ (3) và (4), hệ đã cho trở thành: 2004 ln x  ln x (1.5 đ) Xét hàm số: y = f(x) = x , y’= x <0, x > ln 2004 ln x ln 2003   x 2003 tương Nên hàm số nghịch biến trên khoảng ( 3; +), đó: 2004 đương với 2003 < x < 2004  x  x y x  x  y   x  y   x  y   15 3 x  Giải hệ phương trình:  Bài  1  2 Giải: Ta có  1  x  x  1   x  1  y  x  1 0   x  1  x  y  1 0  y x   2 Thế vào x3   x  1   x  3x+3  15 3 x   x  9x  x  3 x   x  3x  6x  6 x   3 x     x  1   x  1  x    3 x  Xét f  z  t  3t   * trên  f '  z  3t   0t    f  z đồng biến trên   ** * **  x   6x  Từ   và   Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (24)   x  1 6x   x  x  x  0   x  3x  3x  1   x  3x  3x  1 0   x  1  x  1     x  1  x    x  1  x 3 Bài 1 21 7 x  y  3xy  x  y  12 x  x 1 (1)  2 (2) Giải hệ phương trình 2 x    y  y 1 (Chuyên Bắc Giang) Lời giải Điều kiện xác định:   y 3 Phương trình (1) tương đương với phương trình:  x  y  y 1  x  x  1 (3) Thế (3) vào (2) ta được: x    x  x  x 0  x2    x  x2  x   x  3 2 x   x  x  x 2   x  1  x    x  x  0  x    x  1    0  x  x2     x  0   x 2 0   x  x2  Ta có hai trường hợp: * TH 1: Nếu x 1 thì y 0 Thử lại vào hệ phương trình ban đầu thấy thỏa mãn Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (25) * TH 2: Nếu 2 x 0  2x  x2  thì ta có phương trình  x  x  x   x  0  5 x  x  0 (vô nghiệm) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y   1;  2 x  y  x  y  xy  1   3 y  8 x  y  x  Giải hệ phương trình:  Bài Hướng dẫn giải 2 x  y  x  y  xy  1   3 y  8 x  y  (1) (2)  x  1   y  1   x  1  y 1 0 (1)  ĐK: (2x + 1)(y + 1)  (1)   x 1  y 1  2 x     Mà x >  y  0  x   y  0  x 1  y  0  y 2 x 3 3 Thay vào (2): x  8 x  x    x  1  x   x   x (3) Hàm số f(t) = t3 + t đồng biến trên R (3)  x  2 x  x3  x  NX: x >1 không là nghiệm phương trình Xét  x 1: Đặt x = cos  với Do      Ta có: cos 3   2     k       k 2  (k Z )        cos ; cos  9 Vậy hệ có nghiệm  Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (26) Bài [Đề xuất Chuyên Biên Hòa, DHĐBBB 2014-2015] (4,0 điểm): Giải hệ phương trình sau trên tập số thực x  y x x  y      1   x  18 x  20  y   2x  9x   Lời giải Điều kiện y >−1 ; 2≤ x ≤ 5/2 Đặt t=√−4 x +18 x−20 →0 ≤ t ≤ 1/2 Phương trình (2) tương đương với √−4 x +18 x−20+ x 2−9 x +6 = √ y +1 x −9 x +8 f ( t )=t +1+ ≤ t ≤1 /2 t +4 Ta có f (t) đồng biến trên [ ; 1/2 ] 2=f ( ) ≤ f (t ) ≤ f =83/34<5 /2 Suy √ y+ 1≥ 2→ y +1 ≥ nên () Xét phương trình (1) tương đương với lnx ln ( y +1 ) = x y +1 lnt , 1−lnt , g ( t ) = , g ( t )= , g ( t )> 0↔ t< e t t Xét 2≤ x ≤ 5/2 ta có hàm số g(x) đồng biến Xét y +1≥ ta có hàm số g(y+1) nghịch biến Ta có 2≤ x ≤ 5/2 nên g(x) ≥ g (2 ) ↔ g ( x)≥ ln 2/2 y +1≥ nên g ( y+ ) ≤ g ( )=ln 2/2 Mặt khác g(x) liên tục trên (0 ; + ∞ ¿ nên g ( x ) =g ( y+1 )=ln 2/2 Khi đó x= y +1 ; x =2; y =3 Bài 10 Vậy hệ có nghiệm ( ; 3) [Đề liệu, Chuyên Lê Hồng Phong, DHĐBBB, 2015] Giải hệ phương trình:   x  y 1  log    3 x   x  3   x  1    1  x  y  x y 7 x  y        Lời giải    10    5 Ta có Điều kiện: x  y 1  t x y  3    5 x y  x  y  0 t  1  3 10       7t  0  5  5 Đặt t x  y ta có phương trình (*) t t 1  3 f  t  10       7t   5  5 Xét hàm số với t   Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (27) t t 1  3 f '  t  10   ln    ln  7t ln  t    5  5 Ta có f t  Nên hàm số nghịch biến trên Mà f  1 0 suy phương trình (*) có nghiệm t 1 t 1 ta có x  y 1 Với    log3  x  y 1  log3   log  x    log   x   3 x   x   log  x     x   log g  t  log t  3t Xét hàm số  g  t  x   3 x   x     x2  1  với t  ta có  x2  1 g ' t    **   t  t ln 0;    đồng biến trên  ** Do đó phương trình   có dạng g  x   g   x2  1  x   x  1  x  x   x  1  x  0    x    x 1  x   x  1 1 x y ta có (thỏa mãn điều kiện x  y 1  ) Với 1  x; y   ;   2 Vậy hệ có nghiệm Bài 11 8 xy  y  y   x  y    3x   2x   y   Giải hệ phương trình:  Hướng dẫn giải x  ; y 1 + ĐK: + Biến đổi   được:  xy  y   2   xy  y    x  y     2 xy  y   x  y  y  x  2x   x   + Thế vào ta được: Áp dụng BĐT Cauchy ta được: ▪ 2x    x    3x  2x  1 x   2 Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (28) ▪ x  1 x   2 3x  2x   x   Dấu ' ' xảy và x 4  x; y   4;  x  Suy  x  3  Vậy nghiệm Bài 12 cần tìm là Giải hệ phương trình sau:  x  x  e x   1  e x    y   xy  x  y  0   2  x  y  x  14  x  x  y  3 x   x    ( x, y  ) Hướng dẫn giải   (1) x Xét hàm số f ( x) x  e  trên  ;  ( x  y  2) x  e x  0 (3) x f '( x) f '( x ) 1  e x  ; f '( x) 0  x 1  +  - 1 f ( x) Từ bảng biến thiên, ta có f ( x)  1, x   Do đó (3)  y 2  x Thế vào phương trình (2) ta được: x  x  10  x  x  3   x   x  1 (4) Điều kiện xác định (4) là: x 1 (*) Với đk (*), ta có: (4)  (2 x  2)( x  5)  (2 x  2)( x  2)  2x           x   x  3  x 5  x 2  x 5  x 2  x   x  3  x   3 2x    x   x2  ( x   x  5)  ( x   3) 0 x x   0 2x   x  x  3 1    ( x  7)    0 x 2 3  2x   x  1   x 1) x  3  x 7 (tm (*)) ( Vì x   x  Với x 7  y  47 (thỏa mãn điều kiện) Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (29) Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) (7;  47) Bài 13  x  y  y  x  y   x  y 5 x  y Giải hệ phương trình :  Hướng dẫn giải 3  x  y  y  x  y    x  y  x  y  Ta có :   x3  x ( y  1)3  ( y  1)   x  y 5 x  y Hàm số f(x) = x3 + x là hàm số đồng biến trên R nên phương trình f(x) = f(y - 1)  x = y –  x  x ( y  1)3  ( y  1)  x  y   x  y      3 x  y  x  y ( y  1)  y 4 y  x  y  x  y       Do đó   y 2 y  ( y  1)  y 4 y      y 12  y  15 y  38 y  24 0  Ta có  x 1  x 11 ;  y    y 12 Vậy hệ có nghiệm : Bài 14 3  3 x y  xy  y (y  9) 27  2 Giải hệ phương trình :  x y  xy  y  y 9 ( x, y  ) Hướng dẫn giải +) y = không thỏa mãn 27  3 x  x   y  y    x3  x    y y2 +) y ≠ 0, hệ pt   Đặt t = y , hệ phương trình trở thành  3 x  x  t  t    x  x  t  3t (1) (2) +) Từ hai phương trình trên suy x3 + 3x2 + 6x + = t3 + 3t  (x +1)3 + 3(x +1) = t3 + 3t (3) Xét hàm f(t) = t3 + 3t đồng biến trên  Phương trình (3) tương đương x+ = t Thay vào phương trình (2) và giải phương trình x = 1, y = Nghiệm hpt là (1; ) Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (30) Bài 15 (Olimpic Trại hè ( x  1)( y  1) 3 xy   2   x  y  xy  x  y  23 0 Hùng Vương 2013) Giải hệ phương trình : Hướng dẫn giải ( x  1)( y  1) 3 xy   2 Hệ phương trình :  x  y  xy  x  y  23 0 2 2 Ta có : x  y  xy  x  y  23 0  x  ( y  8) x  y  y  23 0 2 14  x ( y  8)  4( y  y  23)  y  20 y  28 0   y  2 2 Tương tự : x  y  xy  x  y  23 0  y  ( x  9) y  x  x  23 0 11  y ( x  9)  4( x  x  23)  3x  14 x  11 0   x  2 x 1 y  ( x  1)( y  1) 3 xy   3 x y Ta có :  11   11 x 1 x   1;  f '( x) 1   0, x   1;  x  x   , ta có :   nên hàm x x với Xét hàm số  11   11  f ( x )  f (1) 2, x   1;  1;   3 số f(x) đồng biến trên , suy f ( x)  y2  1  14   14  y  y   2;  g '( y ) 1   0, y   2;  y y y với   , ta có :   nên Xét hàm số  14   14  g ( y )  g (2)  , y   2;   2;   3 hàm số g(y) đồng biến trên , suy g ( y)  x2 1 y   11   14   3; x   1;  , y   2;  y  3  3 Suy : x x2 1 y  2 ( x  1)( y  1) 3 xy   3  x y Do đó phương trình  x 1   y 2  x 1  Vì  y 2 không thoả mãn phương trình thứ hệ nên hệ đã cho vô nghiệm Bài 16 (Chuyên Nguyễn Tất Thành – Yên Bái) Giải hệ phương trình:  x3  y 1  17  x  y  y 14  y  3x  x Hướng dẫn giải Điều kiện x 5; y 4 17  x  y  y 14  y  3x  x     x     x    y     y (1) 0;  ) Xét hàm số f (t ) (3t  2) t liên tục trên  có Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (31) f '(t ) 3 t  3t   0, t  t 0;  ) Suy f(t) là hàm số đồng biến trên  Khi đó (1)  f   x   f (4  y )   x 4  y  y  x  Thay y vào phương trình đầu ta  x 0 x   x  1 1  x  x  x 0   x 1  x   0;  1 ;  1;0  ;   2;  3 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là Bài 17 (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình - 2012) Giải hệ phương trình: 3x  x   x x  2  y  1 y  y   2  x  y 2 x  y  Hướng dẫn giải Trừ vế với vế phương trình (1), (2) ta có: x  x x  2 y  y    y  1 y  y  2  x  x x   y  1   y  1 Đưa xét hàm số: f  t  t  t t  f '  t  2t  t    f t  y  1 t t 1   1 có t  t 1 t 1   0t là hàm số đồng biến trên R, lại có f  x   f  y  1  x  y 1 , x   x  1 2 x   x  1   x  x  0  x   y    x 5  y 3  2 Bài 18 (Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Quảng Nam 2014) Giải hệ phương trình sau : (17  x)  x  (3 y  14)  y 0 (1) ( x, y  R )  2 x  y   3 x  y  11  x  x  13 (2) Hướng dẫn giải Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (32)  x 5   y 4   Điều kiện : 2 x  y  0 , x  y  11 0 Với   3(5  điều kiện (*), x)  2  x  3(4  y )    y (*) phương trình (1) tương đương : (3) Xét hàm số : f (t ) (3t  2) t , t 0  f ' (t ) 3 t  3t   , t  t f (t ) liên tục t 0 , suy f (t ) là hàm số luôn đồng biến trên  0;   Khi đó : pt(3)  f (5  x)  f (4  y )   x 4  y  y x   Thay y x  vào phương trình (2), ta : x  x   x   x  x  13 với   x   2( x  2)    x   3( x  3)  x  x   (3 x  4)  ( x  2)    (5 x  9)  ( x  3)  x  x 3x   ( x  2) x   ( x  3)  x( x  1)  3x ( x  1)    x ( x  1) x   ( x  2) x   ( x  3)    x( x  1)     0 x   ( x  2) x   ( x  3)    x 0  1   , x  3x   ( x  2) x   ( x  3)  x  ; vì : Với x 0 suy y  Với x  suy y  Thử lại ta thấy hai thỏa điều kiện (*) 0;  1   1;    Vậy hệ phương trình có nghiệm :  , Bài 19 1 16  x  y  x  y  x  y  x  y    1 100 ( x  y )  ( x  y )    2 ( x  y) (x  y) Giải hệ phương trình  Hướng dẫn giải 1 a x  y  ; b x  y  (| a |,| b |2) x  y x  y Đặt 16  10 a 2   a  b   a      10   a   b  100 b  b 2 Ta có:  Từ đó suy hệ phương trình có bốn nghiệm Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (33)  x   x 2   x 2        y   y 1  y 1    x    y    x 1 y 1  4  y  x    3  x  y  Bài 20 Giải hệ phương trình: Bài 21 2   x  y  xy 7  4 2 Giải hệ phương trình  x  y  x y 21 Bài 22  x  2( x  1) 3 y  y  x  y y 2 Giải hệ phương trình sau trên R:  Hướng dẫn giải: 3 Cộng hai phương trình vế theo vế thu phương trình x  x  x  y  y  y Xét hàm số f ( x)  x  3x  x với x  R Ta có f '( x) 3 x  x   nên hàm số đồng biến nên từ f ( x)  f ( y )  x  y từ đó thay vào giải x y 1 x 1  3, y 4  Bài 23  x, y    x  y 2  x 1 y 1 Tìm tất các số thực x, y thỏa hệ:  x y 1 Hướng dẫn giải: Ta chứng minh các số x, y thỏa mãn hai điều kiện đầu thì x x 1 y y 1 1   x  1 ln x   y  1 ln y 0 f x  x  1 ln x    x  ln   x  0 Thay y 2  x , ta chứng minh:    với  x  Ta có f '  x  ln x  ln   x   1 f ''  x     x 2 x Do đó f  x  1  x x 2  x  1    1 11         2      0 2 x   x  x  x   x   x   x  x  x  x  f  1 0 f ' x  0;  , nghịch biến trên nên  0;1 và âm trên  1;  Suy f  x   f  1 0 với nhận giá trị dương trên x   0;  Từ đó, hệ phương trình có nghiệm x  y 1 Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (34) Bài 24 Giải hệ phương trình sau:  y  3x  x  1  y 8  2  y x  y x  y  y 4  x , y  Hướng dẫn giải: +) y 0 không thỏa mãn hệ  x  x    (1)  y y3    x3  x    y2 y +) Xét y 0 , hệ tương đương  2 x  x  x      x  1   x  1    y y y  y Cộng vế với vế ta 3 Xét hàm số: f (t ) t  3t ; f (t ) 3t   t  R Do đó f  t là hàm số đồng biến trên  , suy x 1  y Thế vào (1), kết hợp x  , ta  x  1  3x  1   x  1  x  1   x  1 1  x 1  Do đó  y 1 là nghiệm hệ Bài 25  x   y 1   x  x  x  y  y  y   ln y  0 Giải hệ phương trình:  Hướng dẫn giải: Điều kiện: y 0; x  Ta biến đổi phương trình thứ hai tương đương với: ( x  1)3  3( x  1)  ln( x  1)  ( y  1)3  3( y  1)  ln( y  1) 0 Nhận thấy hàm số f (t ) t  3t  ln t đồng biến trên khoảng (0; ) nên ta có x   y   x  y  Thế vào phương trình đầu ta có cặp nghiệm hệ phương trình là x 3 và y 1 Dạng 4: Đánh giá Bài Giải hệ phương trình sau:  x  x  x y 2   y  y  y z 2  z  z  z x 2  Hướng dẫn giải Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (35) Nhận thấy x  y  z 1 là nghiệm phương trình Ta chứng minh hệ có nghiệm Giả sử x  (*) đó z5  z  z x  z5  z  2z  z5  z  2z     z  1  z  1   z  Với z  ta có y5  y4  y z  y5  y  y  y5  y  y2     y  1  y  1   y  Với y  ta có x5  x  x y  x  x  x  x5  x  x     x  1  x  1   x  Suy x  mâu thuẫn (*) Tương tự giả sử x  ta dẫn đến điều vô lý Vậy hệ phương trình có nghiệm x  y z 1 Bài 4 x  xy  x  xy  y  y 15(1)   6( x3  y ) x   2( x  y ) 3(2)  2 x  xy  y Giải hệ phương trình  Hướng dẫn giải  xy 0  2 Điều kiện  x  y  xy 0 Nếu x 0 y = thì hệ vô nghiệm  x 0  Nếu  y 0 (x,y không đồng thời 0) thì vế trái (2) âm, phương trình (2) không thoả mãn Do đó x > 0, y > Vì xy  x  y nên từ phương trình (1) suy 15 4 x  xy  x  xy  y  y (2 x  y )2  x  3( x  y )  y (2 x  y )  x  y  (2 x  y )  2(2 x  y ) 15  x  y 3 (3) x2  y2 3( x  y ) 3( x3  y ) 2( x3  y ) 2 xy   x  xy  y    2 x  xy  y x  y (4) Mặt khác, ta có Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (36) 2( x  y )  2( x  y )(5) 2 Ta chứng minh rằng: x  y Thật bất đẳng thức (5) tương đương 2( x3  y )2 ( x  y )3  x  y  x y 3x y  3x y (6) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: x  x3 y  x y 3 x12 y 3 x y y  x3 y  x3 y 3 x y12 3 x y Cộng vế với vế hai đẳng thức trên ta (5), từ đó suy (5) 3( x  y )  2( x  y ) 2 Từ (4) và (5) suy ra: x  xy  y 2 Kết hợp với phương trình (2) và lưu ý 2( x  y ) x  y , ta được: x  6( x3  y )  x  xy  y 2( x  y )  x  2( x  y )  x  ( x  y ) 2 x  y (7) Từ (3) và (7) suy 2x + y = và x = y ta x = y = (thoả mãn các điều kiện bài toán) Vậy hệ có nghiệm là (1;1) Bài Giải hệ phương trình sau:  y   x  1  x  x  1  40 x  x  y 14 x  I Lời giải 2  t 4 x  t   x 7  14 Đặt ĐK:  y   t  1  t  2t  1  1   I   5 t  t  y t   2 2 Nhận xét: từ (2) ta có: y  2t  t 2t   2t    Ta có: 2t  Do đó, từ (1) suy ra: y t 1 Ta có: 2t  1 t  y   t  1 t  1  y  t  3t   3 2 y2  t  2 Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (37) y2  t   5t  3t   y   5t  3t   t  3t  Từ (3) và (4) suy ra: 3 1 6t  6t  0   2t  1 0  t   x   x  2 2 x vào hệ  I  ta có: Thay t t   Do đó, từ (2) suy ra:   y  1   3 y     3  y   y    y   y  y    2 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất: Bài  x  y 1  2 2 y  z 1  xy  yz  zx 1 Giải hệ phương trình:  3  8   x; y   ;  x, y , z    Lời giải +) Nếu x 0 thay vào hệ ta có hệ vô nghiệm +) Nếu x 0 ta đặt y ax; z bx thay vào hệ ta  x   2a  1 2   1  2a 2a  3b 2   1  x  2a  3b  1   1  2a a  ab  b   x  a  ab  b  1 2  4a  3b 1   2a  a   b  a  1 0   a    4a  3b 1 4a  3b 1 b 1     b 1  a  a  1  2a  1  b  a  1 0  a  1  2a   b  0    2a  3a  0 a   +) Nếu b 1 thay vào (1) không thỏa mãn Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (38)   a 1   b  b 1  2a     a  2a  3a  0 a 1     b 0 +) Nếu thay b  vào (1) không thỏa mãn, thay  a   b 0 vào (1) ta có x  Do đó nghiệm hệ là   x; y; z   2;  Bài 1    ;  ,   2;  ;0     Giải hệ phương trình sau:  log (2 x  y ) log (2  x  y )  ( x, y  )  27 27 x  26 x  y    x    Lời giải Đặt t log (2 x  y) , phương trình (1) trở thành: log (7 t  2) 2t  9t 7 t    t 1 (Sử dụng tính chất đơn điệu)  x  y 7  y 7  x (3) Thế (3) vào (2) ta được: 28 27 (9 x  4) 3(9 x  4) 1  x    1  3 t  x  ( t  0) Đặt Phương trình (4) trở thành: 27 x  24 x  (4) t2 3t t2 3t  1    1   6t 3 (5) t 6 6t  Áp dụng bđt AM – GM ta có: Từ (5) ta có: t2  2t   4t  48 3t  12t  12  (t  6) 0  t 6  59  59 ( x; y )  ;  x  y  27  27 Vậy hệ đã cho có nghiệm Từ đó Bài Giải hệ phương trình :  x  y  3xy   x xy   y   xy  ( x  R, y  R ) Lời giải Đặt : y  z Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (39) 4 2 Ta có : x  z 2 x z ,suy : t  xz 2 Xét vế trái phương trình (2) f (t ) 2t  t 1 t , t  [1; 2]  t  xz  x2  z  , suy xz xz  xz 2 xz  1 xz f ' (t ) 2   0, t  [1; 2] 1 t  5 f (t ) là hàm số đồng biến trên (1;2) , suy : ,suy VT = f (t )  1 x  ; y  Dấu xẩy t 1 , suy : x 1; y  f (t )  f (1)  Giải hệ phương trình sau: Bài  x  x xy  y y   3  x  y  3x x 15 x  y 3 x y y  x y  x x      ; x, y   Lời giải Điều kiện: x 0, y 0 Đặt a  x , b  y ( a 0, b 0 ) Hệ phương trình đã cho trở thành  a  2a 3b b5   6 3  4a  b  3a   15a  b  3a  b  a b  4a   1  2 a, b  0, Nhận xét: a 0  b 0 ; b 0  a 0 Do đó     là nghiệm hệ Bây ta xét a  0, b  Đặt b ka  k  Với cách đặt này thì   2k  2k ak  a  k Phương trình (1) trở thành:  4a Phương trình (2) trở thành:  (3)  a k  3a   15a  k a  3a  k 3a  a 3k  4a  (4)  3k    2k   k   k  k    5   2k   3k  Thay (3) vào (4) ta được:  (5) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho vế trái (5) ta được: Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (40)  3k    2k   3k  2k 6  k     k         2k   3k    2k 3k     22 12    k   k    k  k      2 Đẳng thức xảy và k 1 Khi đó a b 3 hay x  y 9 x; y 0;0 , 9;9 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm   là     Bài 4 x  xy  x  xy  y  y 15(1)   6( x3  y )  2( x  y ) 3(2) x  2 Giải hệ phương trình  x  xy  y Bài giải  xy 0  2 Điều kiện  x  y  xy 0 Nếu x 0 y = thì hệ vô nghiệm  x 0  Nếu  y 0 (x,y không đồng thời 0) thì vế trái (2) âm, phương trình (2) không thoả mãn Do đó x > 0, y > 1.0 đ Vì xy  x  y nên từ phương trình (1) suy 15 4 x  xy  x  xy  y  y (2 x  y )2  x  3( x  y )  y (2 x  y )  x  y  (2 x  y )  2(2 x  y ) 15  x  y 3 (3) 1.0 đ Mặt khác, ta có Ta 1.0 đ xy  x2  y2 3( x  y ) 3( x3  y ) 2( x3  y )  x  xy  y    2 x  xy  y x  y (4) chứng minh rằng: 2( x  y )  2( x  y )(5) 2 x y Thật bất đẳng thức (5) tương đương 2( x3  y )2 ( x  y )3  x  y  x y 3x y  3x y (6) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (41) x  x3 y  x y 3 x12 y 3x y y  x y  x y 3 x y12 3 x y Cộng vế với vế hai đẳng thức trên ta (5), từ đó suy (5) 3( x3  y )  2( x  y ) 2 Từ (4) và (5) suy ra: x  xy  y 2 Kết hợp với phương trình (2) và lưu ý 2( x  y ) x  y , ta được: 6( x3  y ) x   x  xy  y 2( x  y ) x  2( x  y )  x  ( x  y ) 2 x  y (7) Từ (3) và (7) suy 2x + y = và x = y ta x = y = (thoả mãn các điều kiện bài toán) Vậy hệ có nghiệm là (1;1) 3 y  x  y   x  y  x  4 y     x  y   x  y Giải hệ phương trình:  ( x, y   ) Bài Hướng dẫn giải y x – y 0  Điều kiện: x 2 , y  ;  ; y – x 0 +) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm ta có: y  2x  y  = x  y  4x 2 y  xy  y    2 y  xy  y 2 x2  y  x2 y  3x  2 = y  3x y  x  y  + x  y  x  3 xy Suy ra: + y  3x 2   x – y  0  x  y Vì vậy, ta phải có: y 3xy  2 Vậy phương trình đầu tương đương với x = y Thay x  y vào phương trình thứ hai hệ ta được: 2 x + x  2 x  x (*) Do  x + x   nên ta phải có: x  x –  Khi đó phương trình (*) tương đương với:   x – x 1  x – –  x  x  ⇒ x  ( x  ) x  0 1     x – x – 1     0 x    x x  x 1   1     0  do1  x    x x  x 1   x – x –1 0  Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (42)  1  t / m  x   1 x  1 x y  ⇒  1    x; y      Vậy hệ có nghiệm Bài 10 [Đề hsg Dương Xá,2008-2009] Giải hệ phương trình sau:  x  x  y   x  y  x  y   y 18   x  x  y   x  y  x  y   y 2 Lời giải  x  x  y  0  Điều kiện  y  x  y  0 Cộng và trừ vế tương ứng hệ phương trình trên ta  x  x  y   y  x  y  10   x  y 8 Thế y=8-x vào phương trình trên ta x   x  16 x  73 10  ( x  9)( x  16 x  73)  x  x   ( x  32 )  ( x  8)  32 )  9  x(8  x)  (1)  Trong hệ trục tọa độ xét a ( x;3) ; b (8  x;3)  ( x  32 )  ( x  8)  32 )   Khi đó | a |.| b |=   a b =  x(8  x)     Pt (1) tương đương với | a |.| b |= a b (2)     Ta có | a |.| b |  a b     Khi đó (2) xảy và a 0 b 0 (không xảy ra) 8 x 1  a cùng hướng b suy x  x=4   KL: Nghiệm hệ là (4;4) Bài 11 [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải hệ phương trình : 1/  x  y  x  y 2  2  x  y 1 Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (43)  x   y 1 3    x   y     2/ Bài 12 [Đề xuất Chuyên Biên Hòa, DHĐBBB 2015-2016]Giải hệ phương trình x +2 x −10 y 2= √ xy− x y x ( y +1 )−28 y +3 =2 √ x + ( y + )− xy ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ Lời giải x Điều kiện : { xy − x y 2≥0 +4 ( y + )− xy ≥ ⇔ ¿ 0≤ xy ≤ ( x −2 y ) + ≥0 ⇔ 0≤ xy ≤ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 1 1 xy−x y = − xy− ≤ ⇐ √ xy−x y ≤ 4 Ta có : ( = ) Do đó từ (1) ) ⇒2 x +4 x −20 y ≤1 ( dấu = xảy xy (3) Từ (2) và (3) ta suy : x y+4 x −28 y +4≥2 x +4 x −20 y +2 √( x−2 y)2 +4 x y+4≥2 x +8 y +2 √ ( x−2 y ) +4 ⇔ x3 y+2≥x +4 y + √( x−2 y ) +4 ⇔2≥( x3 −2 y ) + √( x−2 y )2 +4 (4) ⇔ Ta lại có ( x −2 y ) + √ ( x−2 y )2+4≥2 Do đó (4) ⇔ x 3− y = x −2 y =0 ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ Thử lại ta thấy có Bài 13 ⇔ x =0 y =0 ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ x =1 y= ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ x=1 y= ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ x =−1 y=− ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ là nghiệm hpt.0,5 Giải hệ phương trình: Hướng dẫn giải 3 Đặt f (t ) = 2t + 9t +12t ; g (t ) = t + 3t + 4t +15 ïìï f ( x ) = g ( y ) 2 x3  x  12 x  y  y  y  15 ïï  3 í f ( y ) = g ( x )  y  y 12 y z  z  z  15 ïï 3 ï f ( z ) = g ( x)   z  z  12 z x  3x  x 15 Hệ trở thành: ïî Ta có g  t  3t  6t   với t nên hàm g đồng biến Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (44)  g  x  g  y   g  x   f  x   x y    g  x  g  z  f  z  g  z  x max  x, y , z  x  z      Giả sử thì hay suy  x  1  x  x  15  0  x  x  x  15 2 x  x  12 x    *  3 2  z  z  12 z  z  z  z  15   z  1  z  z  15  0 Hay 2 Do x  x  15  x, z  z  15  z nên từ (*)ta có x 1 z x max x, y, z   nên x  z 1 Thế vào hệ phương trình ban đầu ta Lại theo giả sử trên, y 1 Thử lại thấy x  y z 1 là nghiệm Kết luận:Hệ đã cho có nghiệm x  y z 1 Bài 14 3 x  cos y  cos z  3 y  cos z  cos x  Giải hệ phương trình : 3z  cos x  cos y (Chưa giải) Có tham số Bài  x  y  y  3x  0 (4)  x   x  2 y  y  m 0 (5) Tìm m để hpt sau có nghiệm thực:  Hướng dẫn giải   x 1  Điều kiện: 0  y 2 Phương trình (4)  x3  3x  y  1   y  1 t   1;1 Xét hàm số f (t ) t  3t , với  f '(t ) 3t  0, t    1;1  f(t) là hàm số nghịch biến trên   1;1 (vì nó liên tục trên đoạn này) Suy ra: x  y  2 Thay vào phương trình (5) ta được: x   x  m 0 2 u   0;1 Đặt u   x , Ta có phương trình: g(u) = u  u  m g (u )   0;1 ; max g (u )   0;1 Suy hệ phương trình đã cho có nghiệm Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677  m  Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (45)  x  y 4   m Bài Tìm để hpt có nghiệm  x  y m  x m 2   x  y 4  y x  m    y  x  m   x  y m  x  x  (m  4) 0  x  x  (m  4) 0    Do đó hệ có nghiệm khi phương trình:f(x) = x2 + x – (m + 4) = có nghiệm [m;+) (*) x  f(x) = có  = 4m + 17 nên f(x) = có nghiệm  Do đó: (*)  m   4m  17 -17 m    4m  17  2m   4m  17  2m  0 17 17 m>  m  hay   m 2 2 4 4m  17 (2m  1)  m 2  Một số cách giải khác:  x  y 4    y x  m  (I)   x  y m x  x  (m  4) 0(*)      Cách 2: Hệ (I) có nghiệm  x2 + x – (m + 4) = có nghiệm trên [-2;2] Dựa vào đồ thị parabol (P) y = x2 + x – trên [-2;2], và đường thẳng y = m suy kết  Cách 3: Giải theo tam thức bậc hai Bài  x   y  a  Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm  x  y 2a  Hướng dẫn giải Điều kiện x  1; y 1  x   y  a    x   y  Hệ phương trình tương đương  x   y  a    x   y    a   2a  1       2a  Do đó x  và y  là nghiệm phương trình T  aT   a   2a  1  0 (*) Để hệ trên có nghiệm phương trình (*) có nghiệm không âm Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (46)  2 a   a  2a  1 0  0     S 0  a 0   a 2   P 0 1    a  2a  1 0 2 u  x  0  x u   Đặt v  y  0  y v  Bài  x  y  m  Tìm m để hệ: 2 y  x  m có nghiệm Hướng dẫn giải u  x  0  x u   +) Đặt v  y  0  y v  2u  v  m (**)  2v  u  m   +) Đưa hệ: +) Điều kiện để hệ (**) có nghiệm m 2 Ta xét m 2 hệ có nghiệm hay ko  u  v 0 (I )  2 u  v   m    2u  2v  0  ( II )  2u  v  0 Biến đổi hệ (**) trở thành: P 2 m 0 với m 2 PT luôn có nghiệm +) Xét hệ (I): u=v ta 2v2+v+2-m=0 có v0 0  hệ có nghiệm u=v=v suy hệ ban đầu có x=y=v 2+1 o +) Xét hệ (II): ……… a  x  a  x  2  0  a Tìm tham số để hệ sau có nghiệm:  x  a   Bài  Lời giải   a  x  a  x  2  0   x  a    x  a  ax  2a  x  a   0   x  a  Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (47) 1 1  2  1 2 2 2  x  a   x  a  a  x   x  a a    x  a a  x  a  x  a   2   Do (2)nên x  a và a là hai số dương,áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho số dương ta được: 1 1 4 2  x  a   x  a  a  2  x  a a Do đó (1)chỉ đúng dấu  3 đẳng thức xảy (3)tức là:  x  1    x  a  a  2  x  a  a a   a x và nghiệm hệ là: Vậy hệ có nghiệm và Bài Tìm giá trị lớn tham số m hệ phương trình sau có nghiệm:  x  xy  y m  2  y  yz  z m ( x, y, z  )  xy  yz  zx m3  Hướng dẫn giải y 3 X x  ; Y  y; Z  ( y  z ); T  ( z  y ) 2 2 + Đặt: ( xy  yz  zx)  XZ  YT 2 2 2 2 x  xy  y  X  Y y  yz  z  Z  T Ta đ ược: ; ;   X  Y m  2  Z  T m   XZ  YT  m3 Do đó ta có hệ  2 2 2 + Chú ý: ( X  Y )( Z  T ) ( XZ  YT )  ( XT  YZ ) Do đó:Hệ đã cho có nghiệm thì:  3 4 m.m  m  m3 ( m3  ) 0  m3  3   Suy ra: m 3 (1)  XT YZ  3   XZ  YT  m (2)  2 m 3  (3) Ta có hệ:  Z  T m + Xét Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (48) u m X  uZ , Y  uT Từ (1)có thể đặt ,thay vào (2)và (3)ta có:  2m    X  mZ  x  2m y    m2  hay  z  y Y  mT m    Z  T m2  m2 y    m 3 3m  4m    Do đó ta có hệ: với m 3 + Từ đó:Đáp số bài toán là  p  xi 4  i 1  p 1  x1 4  i 1  x  0, i  1, p  i * Bài a/ Tìm p   cho hệ  có nghiệm b/ Với p tìm câu a/, hãy xác định tập hợp tất các giá trị tổng: p  i 1  với > và p i a i 1 1 Hướng dẫn giải Câu a  p   p 16   xi     i 1   i 1 xi Do:    p  p 4  p 4 : Khi đó: xi 1, i 1, Vậy hệ có nghiệm  x2  x3 3  x1 1 p 3 :  x2 x3 1 Chọn có nghiệm.Nên ( x1 , x2 , x3 ) là nghiệm hệ và  x1  x2 4  p 2 :  x1.x2 1 có nghiệm.Nên ( x1 , x2 ) là nghiệm hệ p 1: Vô nghiệm Vậy hệ có nghiệm p 2; p 3; p 4 Câu b p Ta có: f (a1 , a2 , , a p )  i 1 Xét hàm: Do đó: ai2 (1  a12 ) g ( x ) x (1  x ),  x  1; g '( x ) 0  x  f (a1 , a2 , , a p )  max g ( x)  Ta có: (0;1) 3 3 p 3 p 1 hay p =   i 1 Dấu đẳng thức xảy khi: Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (49) p 2 : f ( a1 , a2 )  a1 a2  a1 a2  2 2 2 a2 a1 a1.a2 vì a12  a22 1 .Dấu đẳng thức xảy 1 a a f (a1 , a2 )    a1 a12 2, liên tục trên (0;1).Khi a1  thì f (a1 , a2 )   Vậy  p 2 ,tập giá trị là:  2;  p 3: Chọn Thỏa giả thiết:  2x x x a12  a22  a32 1  x  x  x 1 f ( a1 , a2 , a3 )     g ( x) 2x 1 x 1 x liên tục trên 3   1 3 ;    g   , lim g(x)=+ x   3 Vậy tập giá trị là:  a1   x ; a  x ; a  x , 0<x< p 4 : f ( a1 , a2 , , a p )  2 2 3 Chọn a1   x ; a  x ; a  x , a  x thỏa giả thiết: a  a  a  a 1  3x  x  x  x 1 f (a1 , a2 , a3 , a4 )  lim g ( x)  x Bài (0; ) ; với 1 2x x x x    g ( x) 2x 1 x 1 x 1 x 3 ; lim g ( x)  x 0x liên tục ; trên (0; ) ; 3  ;     Tập giá trị là:  Tìm tất các giá trị thực tham số m để hệ sau có nghiệm thực:  x2 x  5  ( x  2)2   x  x  16mx  32m  16 0  Bài (Chưa giải) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm nhất: 3 x  m y  1   m x  y  y  y 1  (Chưa giải) Bài 10 (THPT Quảng Xương – Thanh Hóa, 2009-2010) Tìm các giá trị m để hệ phương trình sau có nghiệm  x; y  cho x  0, y  Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (50)     x  y     5 xy      x  y    2m    x2 y      1 u x  ; v  y  x y hệ trở thành Đặt Hướng dẫn giải u  v 5  2 u  v 2m  Từ hệ suy uv   m  11 đó u , v là nghiệm phương trình: X  X – m  11 0  * Do x  0, y  nên u 2, v 2 Bài toán trở thành tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm lớn t  t  m    ** Đặt t  X  phương trình (*) trở thành: Để pt (*) có hai nghiệm lớn ↔ pt (**) có hai nghiệm không âm 19 m 5 Giải được: Bài 11 Tìm giá trị tham số a để hệ phương trình sau có đúng nghiệm:  x   y a  2  y   x  x    a Trung tâm Luyện thi AMAX – Hà Đông Hotline: 0902196677 Fanpage: https://www.facebook.com/luyenthiamax/ (51)

Ngày đăng: 09/06/2021, 05:19

w