Kết luận: Để hệ có nghiệm dương thì.. Giải hệ phương trình Lời giải..[r]
(1)Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình Bài (LTV Đồng Nai) Giải phương trình trên tập số thực: (26 x ) x (13 x 14) x 12 (5 x 1)(5 x) 18 x 32 (1) Lời giải x ĐKXĐ: Áp dụng AM – GM ta có: 5x 9(5 x 1) x x (26 x)(5 x 8) (26 x) x 6 12 (5 x 1)(5 x) 4 (5 x 1)(45 18 x) 2(5 x 45 18 x) 26 x 88 Ta chứng minh 5 (13 x 14) x 94 27 x x ; (*) 2 5 (13 x 14) (5 x) (94 27 x) x ; 2 5 338 x3 612 x 6504 x 7856 0 x ; 2 5 2( x 2) (169 x 982) 0 x ; 2 Bất đẳng thức cuối đúng nên (*) chứng minh Cộng bất đẳng thức trên ta suy VT (1) Nghĩa là (26 x)(5 x 8) x 128 x 172 26 x 88 27 x 94 6 (2) VP(1) 18 x 32 Do x 128 x 172 ( x 2) 0 x 2 6 x 2 thỏa ĐKXĐ nên ta kết luận (1) có tập nghiệm S {2} Nhận xét: Ở bài này có dự đoán x 2 là nghiệm nên ta chọn điểm rơi để dùng AM – GM hợp lí Ngoài ra, để đảm bảo chiều bất đẳng thức là ta phải dùng thêm bất đẳng thức tiếp tuyến cho biểu thức (13 x 14) x điểm x0 2 Từ đó ta có lời giải trên Bài (Lam Sơn Thanh Hóa) Giải phương trình: 2( x 1) x 1 (*) 2 Lời giải x 1 x 1 2 x ĐKXĐ: Chia vế (*) cho (*) ta có: ( x 1) 2 ( x 1) x x x 24 2 4 Đặt a 2; y x kết hợp phương trình trên suy a ( y 1) 2y y2 a a y a 1 a y 2ay a a 2 2 2 Nghĩa là a ( y 1) (ay 1) , suy a( y 1) ay (**) a ( y 1) ay (loại) (3) (**) y a 4a 3a 2a Từ đó tìm Xét (**) ta có x y ( S {( Hai nghiệm trên thỏa ĐKXĐ nên (**) có tập nghiệm a 4a 3a ) 2a a 4a 3a )} 2a với a Bài (Chuyên Sơn La) ìï ïï x + x2 - 2x + = 3y- + í ïï x- +1 ïî y + y - 2y + = Giải hệ phương trình Lời giải Trừ hai phương trình vế theo vế ta có x x x 3x y y y y f ( x ) x x x có Xét hàm f ( x) 1 x x 2x 3x 1.ln x2 2x x x 2x 3x 1.ln x Do x x x ( x 1) x |1 x | x 1 x x 0 Như f ( x ) đồng biến trên đó f ( x) f ( y ) x y Ta cần giải phương trình x x x 3x x x x 3x (*) Để ý (*) x x ( x 1) 2 x x ( x 1) 3x x x ( x 1) 3x x x ( x 1) 31 x (**) (4) Lấy (*) trừ (**) ta có x 3x 31 x 3x 31 x x 0 (1) Đặt VT 1 g ( x) x 1 x thì g '( x ) (3 ).ln 2 ln theo AM-GM Suy g ( x) đồng biến trên Do đó phương trình f ( x ) 0 có nghiệm nhất, dễ thấy là x 1 Bài (Nam Định ngày 1) ìï ï x y + 3x - 4x + = í ïï x2 y - 2x + y = ïî Giải hệ phương trình Lời giải Nếu y ta có hệ phương trình ìï 2 ïï - x + 3x - 4x + = Û x =1 í ïï x2 - 2x + = ïî Do đó hệ có nghiệm Xét ( x; y ) (1;1) Nếu y : 1 ta có phương trình x y x x y y 0 x ( y y 3) 2( y 1) x ( y 1)( y y 3) 2( y 1)( y 1) x2 2( y 1) y 0 y 1 y 3y Từ (2) lại có y ( x 1) x x x ( x 1)2 0 (5) Nên dấu = xảy ra, tức là x y 1 nghiệm này không thỏa Kết luận: Hệ có nghiệm x2 2( y 1) y 3y ( x; y ) (1;1) Bài (Nam Định ngày 2) ìï ïï ( x2 + + x)( y + + y) = í ïï Giải hệ phương trình: ïî x + + 22 - 3x = y + Lời giải x 22 ĐKXĐ: Xét (1) ta có: (1) x x Xét hàm số f (t ) t t ta có f '(t ) 1 y y 1 t t 1 y 1 y t đó f (t ) đồng biến trên Từ (1) ta có f ( x) f ( y ) x y Như ta cần giải phương trình x 22 x x 12 x 22 x 3 x 24 12 x (4 x 16) 22 x (14 x) 3 x x 16 x 16 x 32 x2 x 3 x x 12 x x 16 22 x 14 x 16 ( x 1)( x 2) 0 12 x x 16 22 x 14 x x x 2 (6) Hai giá trị này thỏa ĐKXĐ Do đó hệ có nghiệm ( x; y ) (1;1), ( 2; 2) Nhận xét: Do dự đoán nghiệm x { 1; 2} nên ta trừ các biểu thức phương trình cho đại lượng bậc ax b Hệ số a, b xác định cho hiệu thu có chứa nhân tử ( x 1) và ( x 2) Bài (Hà Tĩnh Vòng 1) ìï ö3 2÷ ïï æ x ç ÷ ïï ç + xy + = y (1) ÷ ç ÷ ïï ç è x ÷ ø íç ïï ïï ïï (xy + 2) + = 2y + x (2) x ïî Giải hệ phương trình : Lời giải ĐKXĐ: x 0 Xét (2) ta có (2) ( xy 1 2x ) 0 xy y x x x Thay vào (1) ta có ( x2 x 3 1 ) ( ) xy x x 2 x Khai triển ta phương trình 6t 15t 8t 3t t Với t x Phương trình trên tương đương (4t 2)(6t 12t 2t 4t 3) 0 (7) Suy t 6t 12t 2t 4t 36 x 72 x3 12 x 24 x 18 (6 x x 2) 14 0 6 1 2x x 2 y x Như ( x; y ) (2; 3 ) Kết luận: Hệ có nghiệm Bài (Hà Tĩnh vòng 2) Chứng minh phương trình sau luôn có nghiệm thực: m3 sin ( x) 2m3 sin x sin x m3 m 0 (*) Lời giải Ta có (*) m3 (1 sin x) sinx m 0 m3cos x sinx m 0 Đặt f ( x) m cos x sinx m , ta tính f ( ) 1 m; f ( ) m; f (0) m3 m 2 Do đó ta xét các trường hợp sau: sin x 0 x k 2 m {1; 1} Nếu thì ta nghiệm (*) là m ( 1;1) m f ( ) f ( ) m 2 Nếu ; ) Do đó f ( x ) 0 có nghiệm thuộc 2 ( (8) m ( ; 1) (1; ) f (0) f ( ) (1 m)( m3 m) Nếu (0; ) Do đó f ( x ) 0 có nghiệm thuộc Vậy f ( x ) luôn có nghiệm thực Bài (Long An vòng 1) a) Giải phương trình x x 1 b) x 1 x y xy y 8 xy y xy x y 12 Giải hệ phương trình Lời giải a) ĐKXĐ: x x t (t 0) ta có phương trình Đặt 2t 0 t 2(t 1) 1 t t 2t 1 t 2 t (2t 1) (t 2) (*) Ta có (*) 4t 7t 4t 8t t 0 (t 1)(t t 1)(4t t 2) 0 t { 1; 5 1 33 33 ; ; ; } 2 8 33 33 t x t ( ) 1 Từ đó có Do 2t 0 nên ta chọn b) Đặt a=x(x+y), b=y(y+1) ta có hệ phương trình (9) Nếu Nếu a b 8 ab 12 a 2 b 6 a 2, b 6 ta có a 6 b 2 x( x y ) 2 y ( y 1) x ( x y ) 6 a 6, b 2 ta có y ( y 1) 2 Kết luận: Hệ có nghiệm x; y (2;1), ( 3;1), (1 7; 2), (1 y y 2 17 x x y 1 x {2; 3} y x 1 là 7; 2), ( 3; 2), ( 3; 2), ( Bài (Quảng Ngãi) 3 3 Giải phương trình x x x x 1 x Lời giải Đặt x 3x a , x b a b3 4 x x Do đó ta có phương trình a a b3 b a b Suy x x 0 x { Bài 10 (TP HCM ngày 1) xy x y 1 3 4 x 12 x x y y Giải hệ phương trình Lời giải ; ;1} 2 17 17 ; 3), ( ; 3) 2 (10) Từ phương trình đầu suy (x-1)(y-1)=2 Đặt z x ta có hệ phương trình zy 2 z 3 4 z z y y Để ý y 3z 6 y yz 3 y z đó từ phương trình sau ta có z y z y 0 y z y 2 z 2 Nếu y z ta có z 2 z z z 0 (vô nghiệm) Nếu 17 z z z y 2 z ta có Suy nghiệm hệ là ( x; y ) ( 17 17 17 17 ; ), ( ; ) 4 Bài 11 (TP HCM ngày 2) * Giải và biện luận hệ phương trình theo n : x i n xi n i 1 n xi 0 i 1 Lời giải Ta chứng minh bất đẳng thức x3 27 27 x x (*) ( x 3)(2 x 3) 0 x Bất đẳng thức sau đúng nên (*) đúng Áp dụng (*) ta suy n n i 1 i 1 xi3 27 27 xi i 1, n 4 xi3 27n 27xi 27n 27n (11) xi { 3; } i 1, n Do đẳng thức xảy nên dấu = (*) xảy ra, nghĩa là xi có a số là và b số là , từ hệ phương trình ta có Giả sử các số a, b ; a b n 3b 3a n 27b 27 a 0 a , b n a 8n b Suy để hệ có nghiệm thì n9 Vậy ta có các trường hợp sau: x1 x2 xk xk 1 xk 2 xn và các hoán vị Nếu n 9k ( k ) thì hệ có nghiệm Nếu n 9k thì hệ vô nghiệm Bài 12 (Bắc Ninh) Giải phương trình log 2 ( x x 2012) log 2 ( x x 2013) Lời giải ĐKXĐ: x x 2012 Đặt a 8 b x x 2013 ta có phương trình log a b log a1 (b 1) Đặt log a b log a 1 (b 1) y suy y y a y b a a y (a 1) y 1 (*) y a 1 a 1 (a 1) b (12) y Đặt vế trái (*) là y a a f '( y ) ln ln 0 f ( y ) thì ta có a 1 a 1 a 1 a 1 Do đó f ( y ) 0 có nghiệm nhất, dễ thấy là y 1 , suy log84 ( x x 2013) 1 x x 2013 8 x 1 2022 Kết luận: Hệ có tập nghiệm S {1 2022 5} Bài 13 (Đồng Nai ngày 1) ( x y )(3xy x ) ( y x )(3xy y ) 2 a) Giải hệ phương trình (3 cos x )(sin x cos x ) b) Giải phương trình Lời giải a) ĐKXĐ: x, y 0 Cộng hai phương trình vế theo vế ta có ( x y )(6 xy x y ) 0 Nhận thấy x, y không đồng thời nên ta suy xy 2( x y) 2( x y ) (1) x y Trừ hai phương trình vế theo vế ta có ( x y )( x y ) 1 x y Từ (1) và (2) suy xy 2( x y ) x 2 y x Do x, y 0 nên ta nhận x 2 y y (2) x y (13) ( x; y ) ; Thay vào hệ đầu tìm nghiệm Bài 14 (Quảng Bình ngày 1) 4n 2n * Giải phương trình x x 2012 2012 ( n ) Lời giải 2n Đặt t x ta có phương trình t t 2012 2012 t2 t t 2012 t 2012 1 1 t t 2012 2 2 t t 2012 t t 2011 0 (*) Chọn nghiệm không âm (*) ta Suy nghiệm x 2 n t 8045 8045 Bài 15 (Quảng Bình ngày 2) x x x 4 y y y y 4 z z 3z z 4 x Giải hệ phương trình Lời giải Đặt f (t ) t 3t 5t ta có f '(t ) 3t 6t t và f ( x ) 4 y f ( y ) 4 z f ( z ) 4 x (14) x max{x; y; z} ta có Không giảm tổng quát giả sử f ( x ) f ( y ) y z f ( y ) f ( z ) z x z x f ( y ) f ( z ) y z Suy x y z Ta cần giải phương trình x3 3x x 0 x {1;1 2} Vậy hệ có nghiệm ( x; y; z ) (1;1;1), (1 2;1 2;1 2), (1 2;1 2;1 Bài 16 (Hải Phòng) y2 y x 2 x x y x 1 Giải hệ phương trình Lời giải ĐKXĐ: x Từ phương trình đầu ta có y2 x( y 2) x 0 ( y x )( y x ) 0 y 2 x y 4 x Thay vào phương trình sau ta có Đặt x x 1 (*) f ( x) x x ta có f '( x) 0 x 3 (2 x 1) 1 f 0 Do đó phương trình f ( x ) 0 có nghiệm Lại có x y 0 Suy 2) (15) Bài 17 (Phú Yên ngày 1) a) b) tan x cos3 x sin x Giải phương trình ( x 1)2 ( y 1)2 xy 2 ( x 1)( y 1) 10 xy Giải hệ phương trình Lời giải a) ĐKXĐ: sin x 1 Ta biến đổi phương trình: tan x cos3 x cos x (cos x 1)(cos x cos x 1) sin x sin x (sin x 1)(sin x sin x 1) cos x cos x cos x cos x 0 (1) (2) sin x sin x sin x sin x Xét (1) ta có (1) cos x 0 x k 2 (k ) Xét (2) ta có (2) (cos x 1)(sin x sin x 1) (sin x 1)(cos x cos x 1) sin x cos x sin x cos x sin x cos x sin x cos x(sin x cos x ) (sin x cos x)(sin x cos x) 0 sin x cos x 0 (3) sin x cos x sin x cos x 0 (4) (3) sin x cos x sin x x k 2 Xét (3) ta có | t | t sin x cos x t2 sin x cos x Xét (4), đặt t2 t 0 t 2 Do | t | nên ta chọn t Ta có phương trình (16) Khi đó ta có sin x cos x sin x.cos x 1 Suy sin x, cos x là nghiệm phương trình X (1 2) X 1 0 X 1 21 2 Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S { k 2 ; 1 21 1 k ; cos ( ); cos ( 2 2 2 21 ) | k } b) Nhận xét xy 0 , ta biến đổi hệ: x y 2 y ( x 1) ( y 1) xy x 2 2 ( x 1)( y 1) 10 xy x y 10 x y x2 1 y2 1 a ;b x y ta có Đặt (a 2)(b 2) ab 10 3 a b ab 10 a b a b Từ đó tìm các nghiệm hệ là ( x; y ) ( ; 3), ( ; 2), (2; Bài 18 (PTNK ngày 1) 3),(2 2), ( 3; ), ( 3; 2), ( 2; ), ( 2; 2) (17) x y xz yt 2 xz yt xz yt 3; 5; 41; 121 Giải hệ phương trình Lời giải k k Đặt ak xz yt ta suy ak 1 =(z+t).a k zt.ak (*) Từ hệ ta có a0 3; a1 5; a2 41; a3 121 Áp dụng (*) với k 2 và k 3 suy 79 z t 41 5( z t ) 3zt 49 121 41( z t ) zt 538 zt 49 Suy z , t là nghiệm phương trình X2 79 538 X 0 49 49 Goi hai nghiệm phương trình này là , Giả sử z , t thay vào hệ đầu ta có 3 x x y 3 x y 5 y 3 Trường hợp z , t làm tương tự Bài 19 (Quảng Ngãi ngày 2) x x xy y y y 10 5 (1) 2 x y z x y z (2) Giải hệ phương trình Lời giải (18) Ta viết lại (1) dạng x ( y x) (3 y ) 5 Áp dụng BĐT Minkowski cho vế trái ta có x 22 ( y x)2 (3 y ) ( x y x y )2 (2 1) 5 x x : ( y x) : (3 y ) 2 :1:1 y 9 Đẳng thức xảy Thay vào (2) ta có 117 15 117 225 15 z 9 z z z z z 16 16 16 10 9 (x; y; z ) ; ; 10 Kết luận: Hệ có nghiệm Bài 20 (Hà Nội) a) Giải phương trình x x 2 x x b) x3 (3 y 2) x( y 2) Giải hệ phương trình Lời giải a) ĐKXĐ: x Nhận thấy x 1 thỏa phương trình Xét x 1 ta biến đổi: (19) x x 2 x x Do x x 2 x x 5x 1 x (2 x 5)( x 1) 0 x (9 x ) x 5x VT (*) (9 x ) x 2 x (*) VP(*) nên (*) vô nghiệm Kết luận: Phương trình có nghiệm x 1 b) Từ hệ suy x 0 Đặt 3 y t y t t 2 x ta có hệ phương trình 3 y t 3t y Trừ hai phương trình vế theo vế ta có f (t ) f ( y ) đó f (u ) u 3u đồng biến trên Suy t y , nghĩa là y y 0 2 y x Kết luận: Hệ có nghiệm y y 1 x 1 x (x,y) = (-2, 1), (1,-2) Bài 21 (Cần Thơ) Giải hệ phương trình Lời giải Ta có: x y z 0 3 x y z 48 x y z 16128 (20) 1 xyz [ x3 y z ( x y z )( x y z xy yz zx)] [ x y z ] 16 3 Lại có: 16128 x y z ( x y z )( x y z ) [ x y ( x y ) y z ( y z ) z x ( z x)] 48( x y z ) xyz ( x y y z z x ) 48( x y z ) 16( x y y z z x ) (1) Mặt khác x y z 0 ta có đẳng thức x y z 2( x y y z z x ) Do đó thay vào (1) ta 144 x y y z z x ( xy yz zx) xy yz zx 12 Nếu xy yz zx 12 ta có hệ phương trình x y z 0 xy yz zx 12 xyz 16 Suy x,y,z là nghiệm phương trình t 12t 16 0 Đặt f (t ) t 12t 16 ta có f '(t ) 3t 12 t nên f (t ) có nghiệm t và nhận thấy 0 Khi đó x y z 3 0 (loại) Nếu xy zx zx 12 ta có hệ phương trình x y z 0 xy yz zx 12 xyz 16 Suy x,y,z là nghiệm phương trình t 12t 16 0 t 4 t (21) Kết luận: Hệ có nghiệm ( x; y; z ) (4; 2; 2) và các hoán vị Bài 22 (Hải Phòng) x y 2013 x 2012 y 2 2013 xy ( x y ) Giải hệ phương trình Lời giải Đặt 2013 a 0 ta có hệ phương trình x y a x ( a 1) y 2axy ( x y ) Thay x a y vào phương trình sau ta có a a y 2axy ( x y ) a y 2ay (a y )(a y ) y 12ay 6a y 2 (2 y a )3 2 a 1 y (a a ) x (a a ) 2 Bài 23 (Phú Yên ngày 2) a) Tìm x xy y 2m 2 m để hệ có ít nghiệm dương: x y xy m Lời giải a) Đặt S x y, P xy ta có hệ phương trình S P 2m S 2m P SP m P (2m P ) m (*) Xét (*) ta có: (*) P P(2m 1) m 0 P P m (22) Nếu Nếu 1 P S 2m t 2mt 0 (1) 2 Do đó x, y là nghiệm phương trình P m S 1 Do đó x, y là nghiệm phương trình t t m 0 (2) Ta cần tìm m để (1) (2) có nghiệm dương Nếu m 0 thì (1) vô nghiệm, (2) có nghiệm là và nên loại Nếu m thì (2) có nghiệm trái dấu còn (1) có nghiệm âm nên loại Xét m Ta tìm m để (1) (2) có nghiệm dương Nghĩa là m 0 0 1 0 1 4m 0 1 2 m m m S S1 1 P P m 1 0 2 Kết luận: Để hệ có nghiệm dương thì 1 m 0; ; 4 Bài 24 (Ninh Bình) x3 y y y z z z x x Giải hệ phương trình Lời giải Tương tự bài 15 Bài 25 (Sơn La V1) 2 Giải bất phương trình: cos( ( x 10 x)) sin( ( x 10 x)) 1 Lời giải (23) cos( ( x 10 x)) sin( ( x 10 x)) 2 cos( ( x 10 x )) cos 3 k 2 ( x 10 x ) k 2 , k 3 1 k x 10 x k 2, k 3 x 10 x 2k 0 x 10 x 2k 0 73 ( x 5) 2k (1) ,k ( x 5) 25 2k (2) Từ (2) ta thấy 25 2k thì hệ vô nghiệm nên 25 2k 0 k 25 73 73 2k 0 k , k Nếu nên không có giá trị k 73 73 2k k , k Vậy Khi đó hệ (1), (2) trở thành 73 73 73 73 2k x 2k 2k x 5 2k x x 5 ,k 3 3 25 2k x 25 2k 25 2k x 25 2k 73 2k 25 2k x 5 ,k 73 2k x 25 2k 5 Bài 26 (Bình Phước) x3 y y x y xy x (1) x y y x 4(2) Giải hệ phương trình: x; y Lời giải: Điều kiện: x y (1) ( x y )( x y 1) 0 x y (Vì x y ( x y 2) ) Thay vào (2) ta x x x x 4 ,(*) Đk x 1 x 1 (24) 0 x 1 f '( x) (2 x 2) x x 3 ( x x 4) Đặt f(x) = VT, ta có (loại) BBT: x Từ BBT phương nhiều ( ,1 1 1 f’(x) f(x) + | suy phương trình f(x) = có hai nghiệm trên 3) (1 3, ) Mà f(3) = f(-1) = nên phương trình (*) có nghiệm x = 3, x= -1 Do đó hệ có hai nghiệm (3,3); (-1,-1) Bài 27 (An Giang V1) 1 Giải bất phương trình: Lời giải: ĐK: x x 1 x x2 x (1) cost 5cos t (1) (2) , t (0, ) \ cos t Khi đó cos t tan t Đặt Từ (1) suy x < -1 thì VT > 0, VP < (1) vô nghiệm nên x >1, đó tant > cost 5cos t (2) sin t cos t sin t cos t sin t 6 u 1 u sin t cos t sin t cos t ,u 2 Đặt u 1 5u 12u 0 u x Với u = thi sint.cost = không xảy 12 sin t cos t 25 u sin t cos t Với sin t sin t cos t cost 3 5 x ,x Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm (25) (26)