Một số phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỷ potx

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ A.. * Phương trìnhbất phương trình bậc 3: Nếu nhẩm được 1 nghiệm thì việc giải theo hướng này là đúng, nếu không nhẩm được n

Nguyễn Văn Sang

BÀI 2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

A Phương trình - bất phương trình chứa căn thức

I Phương pháp biến đổi tương đương

1 Kiến thức cần nhớ:

 

1

n

n



2 Các dạng cơ bản:

* Dạng 1:      

  2 

0

g x







(Không cần đặt điều kiện f x   0)

* Dạng 2: f x g x  xét 2 trường hợp:

TH1:  

 

0 0

g x

f x









TH2:

  2 

( ) 0

g x











* Dạng 3:      

  2 

( ) 0 0

f x









Lưu ý: + g(x) thường là nhị thức bậc nhất (ax+b) nhưng có một số trường hợp

g(x) là tam thức bậc hai (ax2+bx+c), khi đó tuỳ theo từng bài ta có thể mạnh dạn

đặt điều kiện cho g x   0 rồi bình phương 2 vế đưa phương trìnhbất phương

trình về dạng quen thuộc



     có nghiệm x=  thì chia vế trái cho cho

trình

* Phương trìnhbất phương trình bậc 3: Nếu nhẩm được 1 nghiệm thì

việc giải theo hướng này là đúng, nếu không nhẩm được nghiệm thì ta có thể sử

Nguyễn Văn Sang

dụng phương pháp hàm số để giải tiếp và nếu phương pháp hàm số không được nữa thì ta phải quay lại sử dụng phương pháp khác

* Phương trìnhbất phương trình bậc 4, lúc này ta phải nhẩm được 2 nghiệm thì việc giải phương trình theo hướng này mới đúng, còn nếu nhẩm được

1 nghiệm thì sử dụng như phương trìnhbất phương trình bậc 3 và nếu không ta phải chuyển sang hướng khác

“Cũng như không ?!”

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2x1x2 3x10(ĐH Khối D – 2006) Biến đổi phương trình thành: 2

2x  1 x 3x1 (*), đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế ta được: x46x311x2 8x20 ta dễ dạng nhẩm được nghiệm

x = 1 sau đó chia đa thức ta được:

(*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0

Ví dụ 2: Giải bất phương trình:  2    2

4 x1  2x10 1 32x , ĐK:

2

3





x

2

ptx  x  x x  x  x  x  x (1), Với 3

2

x   hai vế (1) đều không âm nên ta bình phương 2 vế: x3 – x2 – 5x – 3

0

 x3x12 0

b) Tương tự với 2 dạng: * f x g x  * f x g x 

2x 6x 1 x20 1 Giải

1  2x 6x 1 x2 bất phương trình tương đương với hệ:

2 2

2

2 0

x x





 

   

Ví dụ 2: Tìm m để phương trình 2

x  mx m có nghiêm

Giải

* Nếu m < 2  phương trình vô nghiệm

* Nếu m  2  phương trình  x22mxm2+4m3=0 Phương trình này có

=2m24m+3>0 với mọi m

Vậy với m  2 thì phương trình đã cho có nghiêm

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2

2x mx3x1 có hai nghiệm phân biệt

Nguyễn Văn Sang

Giải:

Cách 1:

2

1

2 4 0, (*)

x PT

 



 



, phương trình (*) luôn có 2 nghiệm:

cho có 2 nghiệm  (*) có 2 nghiệm

1

x   

2

2

4

m







Chú ý: + x1 > 0, x2 < 0 vì x1 > x2 và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái

dấu

+ Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm

+ Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với x   1 t 0 (*) trở thành:  2   

t  m t   (**) Để (*) có 2 nghiệm x  1thì (**) phải có 2 nghiệm t0

Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân

biệt: 2

2 2 1

x mx  x , (1)

Giải:

2

2 1 0

x

pt

 



 



để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2)

có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 1

2

 hay

 2

4 12 0

0

1

m

S



    



  

  

 





 





Chú ý : Cách 2: đặt 1

2

tx , khi đó để (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 1

2



2

    có hai nghiệm thực lớn hơn hoặc bằng 0

3 Các kỹ năng:

a Để bình phương 2 vế phương trình – bất phương trình thì một là ta

biến đổi cho 2 vế không âm hai là đặt điều kiện cho 2 vế không âm

Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 5x 1 x 1 2x4 (ĐH Khối A – 2005)

Nguyễn Văn Sang

Vế phải không âm, nhưng vế trái chưa nhận xét được do đó ta phải biến đổi thành: 5x 1 x 1 2x4 khi đó ta bình phương 2 vế rồi đưa về dạng cơ bản để giải

Giải Điều kiện:

 

1

2 * 0

x x x





  



 



2

2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=0, 9

8

x 

(Hãy tìm thêm cách giải khác)

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2 2

2x mx x 40 có nghiệm

HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, bình phương hai vế tìm được

2

1,2

16 2

Kết hợp với điều kiện ta tìm được |m|  4

b Chuyển về phương trình – bất phương trình tích:

- Đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức

Lưu ý: Để sử dụng phương pháp này ta phải chú ý đến việc thêm, bớt, tách, phân

tích

Ví dụ 4: Giải phương trình: 2

7 7

HD:

 Bình phương hai vế

 Dùng hằng đẳng thức a2 b2=0

2

Ví dụ 5: Giải các bất phương trình: a

2

1 1

x

x x

 

 

Nguyễn Văn Sang

ĐS: a 1x<8, b ; 1  2 3; 

2

Ví dụ 6: (Khối B – 2007): Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số

x  x  m x (1) Giải: ĐK: x2, do m > 0

























) 2 ( , 32 6

2 2

4

m x

x

x x

m x

x

0



m , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần chứng minh phương

trình (2) có một nghiệm khác 2

6 32, 2

        nên f(x) là hàm liên tục trên 2; 

và đồng biến trên khoảng đó suy ra m0 phương trình (2) luôn có nghiệm x0

mà 2 < x0 < 

Một số dạng chuyển thành tích:

- Dạng: a c x-  b d- 

m



Ta biến đổi thành: m( axb cxd)axb  cxd

Ví dụ: Giải phương trình: 4 1 3 2 3

5

x

ĐS: x=2

- Dạng: u+v=1+uv  (u-1)(v-1)=0

ĐS: x=0, x=1

ĐS: x=0, x=1

- Dạng: au+bv=ab+uv  (ub)(va)=0

ĐS: x=0, x=1

ĐS: x=0

- Dạng: a 3b 3  (ab)(a 2 +ab+b 2 )=0  a=b

23 9x x2 2x3 3x x2

ĐS: x=1

Nguyễn Văn Sang

c Chuyển về dạng: A 1 + A 2 + + A n = 0 với A i  0 1,  i n khi đó pt tương đương với: A1  0, A2  0,A n  0

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2

4x 3x 3 4x x32 2x1

4x 4x x3x3 12 2x 1 2x1 0

ĐS: x=1

4xy  y2 4x y Giải

Bình phương hai vế ta được

2

d Sử dụng lập phương:

Với dạng tổng quát 3 3 3

a b c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng

3

ab a b  ab ab khi đó phương trình tương đương với hệ

3 3







Giải hệ này ta có nghiệm của phương trình

Ví dụ: Giải bất phương trình 3x 1 3x232x3

2

e Nếu bất phương trình chứa ẩn ở mẩu:

- TH1: Mẩu luôn dương hoặc luôn âm thì ta quy đồng khử mẩu:

Ví dụ 1: Giải bất phương trình:  

 

2

x

A2004) Giải

1  2 x 16 x 3 7x 2 x 16 102x

4

5

10 2 0

10 2 0

x

x x

x

x

 

 





 





   





 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: x10 34

- TH2: Mẩu âm dương trên từng khoảng thì ta chia thành từng trường

hợp:

Nguyễn Văn Sang

Ví dụ 2: Giải các bất phương trình: a   2 2

2

51 2

1 1

x

 



HD: a Xét ba trường hợp x=3, x>3 và x<3

6

x  x

1 52x  5 x1

Bài tập

Bài 1: Giải các phương trình sau:

HD: Bình phương 2 vế và biến đổi thành:

2x x x4 x xx 4x 6x40

(x 2)(2 x x x 2x 2) 0

4x 5x 1 2 x x 1 9x3 HD: Nhân lượng liên hợp

1 2 x 12x 2 x HD: Cách 1: Đặt

1 2 1 2

16

t  x  x x    Cách 2: Bình phương rồi

đưa về dạng:A1+A2 = 0, với A1, A2  0

Bài 3: Giải phương trình 43 103xx2 (HD: Bình phương hai lần ra

phương trình bậc 4 đầy đủ_nhẩm nghiệm (x=3) chia đa thức)

Bài 4: Giải phương trình 2 2

Bài 5: Giải phương trình 2

2x 6x  1 x1 Bài 6: Giải các phương trình sau:

1 2

3 32x23x239x 4 3x 1 3x 1 x32

5

2

4

x

4

x

7 5x3 3x 1 x1 (HD:Bình phương rồi sử dụng dạng: A1+A2 = 0, với

A1, A2  ) 0

Bài 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: mx mxm

Bài 8: Tìm m sao cho phương trình: 2

4xx xm

Nguyễn Văn Sang

a Có nghiệm

b Có hai nghiệm phân biệt

Bài 9: Giải các bất phương trình sau:

a

2

1 1 4

3

x x

 



Bài 10: Giải các phương trình:

1

3

x

x

c 4 x 3 1 4x 3

x

2

2 x39x x4

2x x x 1 4 3x 1 2x 2x6

II Phương pháp đặt ẩn phụ:

Dạng 1: Fn f x  0, đặt tn f x  (lưu ý nếu n chẵn ta phải thêm điều kiện t

 0)

Ví dụ 1: Giải các phương trình:

11 31

HD: a Đặt 2

11, 0

b Đặt 2

3 , 0

2

Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 2 2

Giải

  Khi đó phương trình trở thành 2 2  

t  mtm    t m Phương trình đã cho có nghiệm khi (*) có nghiệm t0; 6

  hay



Nguyễn Văn Sang

m x  x  x x  , (1) có nghiệmx0;1 3

 

t x  x x  xt  Nếu x0 ;1 3 thì

 121 1;2

1 2 0, 2

Khi đó ta có

2

2 1

t

m t





 , với 1 t 2 Đặt  

2

2 1

t

f t t





 , dùng đồ thị ta tìm được 2

3

m 

Dạng 2:

t f x  g x , bình phương hai vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua t

Ví dụ 1: Cho phương trình 3x 6xm 3x6x

a Giải phương trình khi m=3

b Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm

Giải

t x xt   x x Áp dụng bất đẳng thức

Cauchy 2 3x6x9 nên từ (*) ta có 3 t 3 2

Phương trình đã cho trở thành t22t9=2m (1)

a Với m=3 (1)  t22t3  t =3 Thay vào (*) ta được x=3, x=6

b PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm t3; 3 2

  Xét hàm số

  2

2 9

f t t  t với t3; 3 2

 , ta thấy f(t) là một hàm đb nên:

6 f(3) f t f 3 2 9 6 2

  Do vậy (1) có nghiệm 3; 3 2

2

Chú ý: Để tìm miền giá trị của t ta có 2 cách thương dùng như sau:

Cách 1: dùng BĐT như bài trên

Cách2: dùng pp hàm số ( xem phần PP hàm số )

Ví dụ 2: Giải phương trình 3 3 3 3

Nguyễn Văn Sang

HD: đặt:

3

3

t

t



7x7 7x62 49x 7x42181 14 x HD: Đặt t 7x7 7x60  … 6 6

7x

Dạng 3:

   

F f x g x  , trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k

TH1: Kiểm tra nghiệm với g x   0 TH2: Giả sử g x   0 chia hai vế phương trình cho k 

g x và đặt  

 

n

f x t

g x

Ví dụ 1: Giải phương trình 3  2 

5 x  1 2 x 2 ĐK: x  1

5 x  1 2 x 2 5 x1 x x1 2 x x1 2 x1

Đặt

2

1 , 0 1

x



  Phương trình trở thành 2

2

2

t

t







   

 



 Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm

 Với 1

2

t  : Phương trình đã cho có nghiệm 5 37

2

5x 14x9 x x205 x1 Giải

ĐK: x 5

5x 14x9 x x205 x 1 5x 14x95 x 1 x x20

2 x 4x5 3 x4 5 x 4x5 x4

Đặt

2

4 5 , 0

4

x

 

2

t  t   t t

 Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm 5 61 5, 5 61 5

 Với 3

2

t  : Phương trình đã cho có nghiệm 8 5, 7 5

5

Nguyễn Văn Sang

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 5 61, 8

2

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4 2

3 x 1 m x 1 2 x 1 HD: ĐK x 1 Xét hai trường hợp x = 1 và x ≠ 1, Chia hai vế phương trình cho

2

4

1

1

x t



  0 t 1 ĐS 1 1

3

m

  

Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để)

        0

af x g x f x h x  Đặt t f x , khi đó phương trình trở thành

   

2

0

at g x th x 

2 1x x 2x 1 x 2x1

HD

t x  x x  

(Phương pháp này có thể áp dụng cho các phương trình, bất phương trình lượng

giác, mũ, logrit,… rất hay!)

Bài tập

Giải các phương trình sau:

2x 5x24 2 x 21x20 ĐS:

9 193 17 3 73

,

2, 2 2 3

4 2x x 1 1 1 3 x 1



x

  , ĐS:

1 5

2

Dạng 5: (Đặt ẩn phụ với hàm lượng giác)

Khi giải các phương trình, bất phương trình lượng giác chúng ta thường

tìm mọi cách đặt ẩn phụ để chuyển về phương trình, bất phương trình đại số Tuy

nhiên, trong nhiều trường hợp cách là ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những

tính chất của hàm lượng giác ta sẽ đưa các bài toán đại số về bài toán lượng giác

và giải quyết bài toán lượng giác này

Lưu ý vài tính chất cơ bản:

Nguyễn Văn Sang

* sina1, cosa 1 * 2 2

sin acos a1

2

1

1 tan

cos

a

a

2

1

1 cot

sin

a

a

Ví dụ 1: Giải phương trình 2 2

1 1x 2x Giải

ĐK x 1 Đặt xcos ,t t0; Khi đó phương trình trở thành

1 1 cos t 2 cos t2 sin tsint 1 0 Ta tìm được: sin 1

2

t  Khi đó

cos 1 sin

2

Nhận xét: * Nếu bài toán có tập xác định u x  a Ta có thể nghĩ đến cách đặt

  sin , ;

2 2

  hoặc đặt u x acos ,t t0;

* Nếu u x 0;a ta có thể đặt   2

sin , 0;

2

 

Ví dụ 2: Giải phương trình 3  23  2

HD: Đặt xcos ,t t0; dưa về phương trình lượng giác

sintcost1 sin cos t t 2 sin cost t Để gải phương trình này ta lại đặt sin cos , 2

Ví dụ 3: Giải phương trình 2 3

1x 4x 3x ĐS: 1 , 2 2

4 2

Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình)

* Khi gặp phương trình có dạng F f x  ,n a f x ,m b f x   0

Đặt un a f x ,vm b f x  Khi đó ta được hệ phương trình sau:

 ,  0

F u v





  



Giải hệ này tìm u, v rồi ta lại tìm x Khi tìm x ta chỉ giải một

trong hai phương trình un a f x  hoặc vm bf x 

Ví dụ 1: Giải phương trình: 3x 6x 3 3x6x ĐS:

Nguyễn Văn Sang

Ví dụ 2: Giải phương trình: 3

24x 12x6 ĐS:

24, 88, 3

Ví dụ 3: Giải phương trình: 4 x417x3

ĐS: x1, x16

Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 2 3 2   

3

2x  7x  2x 7x 3 ĐS:

1, 6

x x 

Ví dụ 5: Giải phương trình: 3 3 3

u x v x pt trở thành:

3

2 2

  





 



Ví dụ 6: Giải phương trình: 3 1 1

1

2x 2x  , đặt 3 1 1

,

Ví dụ 7: Với giá trị nào của a thì phương trình: 31x 31x acó nghiệm

1 ,

u     Phương trình trở thành:  2 2 

2





 



TH1: a = 0 hệ phương trình vô nghiệm

TH2: a 0, hệ phương trình trở thành 1 2 2

3

a

 





   





Hệ có nghiệm khi

2

S  P  a Vậy phương trình có nghiệm khi 0a2

* Khi gặp phương trình có dạng n   n  

f x b a af x b

Đặt t f x , yn af x b ta có hệ

n

n

  





 



Ví dụ 1: Giải phương trình 2x3 1 2 23 x1 ĐS: 1, 1 5

2

Ví dụ 2: Giải phương trình 2 3

2

x

Giải

ĐK x  3

x

Nguyễn Văn Sang

tx y     y   Ta được hệ phương trình

2

2

1 1 2 1 1 2



 





  



Giải thêm chút nữa ta được kết quả!

x   x 

Chú ý: bài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm

được nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ

đó ta đặt ẩn phụ

Ví dụ 3: Giải phương trình 2

4x 7x 1 2 x2 ĐS: 1, 7, 1

Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp bình phương

Bài tập:

Bài 1: Giải các phương trình sau:

3x2 x 1 4x92 3x 5x2 2

2

x x x x

2

Bài 2: Giải cácbất phương trình sau:

5x 10x 1 72xx 2

3

24x 12x6

2x  x 5x610x15 4

2

4

x

     Bài 3: Giải các phương trình sau:

3

   

5

2

4

x

     (đặt t 1x 1x)

III Phương pháp hàm số

Các tính chất:

Nguyễn Văn Sang

f(x)=k (k  R) có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b)

có f u( ) f v uv

thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b)

trên khoảng (a;b) thì ca;b: F' c F b  F a 





 Khi áp dụng giải phương trình: nếu có F(b) – F(a) = 0 thì  c a b; :F c'  0 F' x 0 có

nghiệm thuộc (a;b)

f(x)=0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D

Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau:

Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi

chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) suy ra phương trình có nghiệm duy

nhất

Phương án 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi

dùng lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g(x) nghịch biến hoặc hàm hằng suy

ra phương trình có nghiệm duy nhất

Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn

điệu khi đó ta có: u = v

Ví dụ: Giải phương trình: 2

4x 1 4x  1 1

2

f x  x  x  Miền xác định: 1

2

x  ,

 

'

2

0

x

Do đó hàm số đồng biến với 1

2

x  , nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là

nghiệm duy nhất Thấy 1

2

x  là nghiệm của phương trình

Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau:

Xét phương trình f(x,m) = g(m), (1)

B1: Lập luận số nghiệm phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y =

f(x,m) và đường thẳng

d: y = g(m)

Nguyễn Văn Sang

B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m)

B3: Kết luận: * phương trình có nghiệm: min  ,    max  , 

* phương trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm

* phương trình vô nghiệm khi: d không cắt (C )

Ví dụ 1: Tìm m để phương trình: 2 2

x   x x   x mcó nghiệm

TXĐ: R

y f x  x x  x  x , Df = R,

'

y

2 1 2 1 0





(v.nghiệm)

Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến

Giới hạn:

2

2

x

x

1 Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 < m < 1

Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số,

rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và dẩn đến việc kết luận sai lầm rằng phương trình có nghiệm với mọi m Do đó việc tìm giới hạn trong

bài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị

Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: mx x3m1, ĐK:

3

x 

1

x

x

 2

'

lim 0

  và f(3) = 1

2

Nguyễn Văn Sang

BBT:

1

2

0

Vậy bất phương trình có nghiệm  5 3 1

4

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình: x x x12m 5x 4x có nghiệm

Giải: ĐK: 0x4

y f x  x x x x x Miền xác định: D 0; 4

Nhận xét: Hàm số h x x x x12 đồng biến trên D

Hàm số g x  5x 4x đồng biến trên D

Suy ra y = f(x) = h(x).g(x) là hàm đồng biến trên D Vậy phương trình có nghiệm

khi và chỉ khi f  0 m f  4

Ví dụ 4: Biện luận theo m số nghiệm phương trình: 2

Giải: Phương trình được viết lại dưới dạng:

2 3 1

x

m x







Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C):

2 3 1

x y x







và đường

thẳng: y = m

Lập BBT :

1

1 KL: m  1 m 10: phương trình vô nghiệm

1 m 1

   hoặc m 10: phương trình có nghiệm duy nhất

Nguyễn Văn Sang

1m 10: phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

x  x x x m, (1) Giải: ĐK: 1x3 Đặt t x 1 3x, lập BBT của t(x) với 1x3 ta có

2 t 2 Khi đó phương trình (1) trở thành: 1

2

 t2 + t + 1 = m, lập bảng biến thiên của hàm

số vế trái với 2 t 2 từ đó kết luận: 1m 2

Bài tập:

Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2

Bài 2 Giải các phương trình sau:

x x  x   x 

2 x  1 3 x x 1 3 x 1

3 x x x1212 5x 4x

B Hệ phương trình - hệ bất phương trình chứa căn

1 Phương pháp biến đổi tương đương:

Ta thực hiện theo các bước sau:

B1: Đặt điều kiện (nếu có)

B2: Biến đổi về phương trình – bất phương trình  hệ phương trình đơn giản mà

ta đã biết cách giải bằng cách: thế, khử biến

B3: Kết luận (chú ý điều kiện và sự biến đổi tương đương hay hệ quả)

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 5 2 7





   



Giải

Điều kiện: 2

2

x y









 Bình phương 2 vế và trừ vế theo vế ta có:

x5y2 x2y5xy

Thay x = y vào 1 trong 2 phương trình, giải ra ta được x = y = 11

Ví dụ 2: Giải hệ bất phương trình: 2 1





 

 Giải

Điều kiện: x,y0

Nguyễn Văn Sang

cộng vế theo vế ta được:

2 x y xy2 x1  y1 0 xy0

Ví dụ 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: 2 0

1

  







2

2 2

2

1

x

x

 



 

 





Phải tìm m để (*) có đúng một nghiệm thoả: x1,x0

TH1: xét x = 1:

TH2: (*) có nghiệm kép x 1:

TH3: (*) có 2 nghiệm x1 1 x2:

Chú ý: Có thể dùng đồ thị đối với 1 2

, 1, 0

x

x



Ví dụ 4: giải:





 Giải: Cộng từng vế của 2 phương trình ta được:

2 x y x y 250 x y 125 x y 5

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: 2, 1 

1, (2)







Giải: ĐK: y x ,x y

x





 

1

y







   

 KQ: 17 5;

12 3

 

Bài tập: Giải các hệ: phương trình sau:

3

  





 



3





 



Nguyễn Văn Sang

7 2 3









2

2

420 280







5

1 1







6

2 4







7







2 4







3 3

6







35







11

2

2

1 1

4 1 1

4









Bài 2: Tìm a để hệ phương trình có 2 nghiệm: x y xy a





 



Bài 3 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm: 1 2

3





 

