Tuyển chọn các bài toán hệ phương trình hay và khóphần

Lời Giải Full HD Không Che... Lời Giải Full HD Không Che!. Điều kiện: Bạn đọc tự bịa... Cụ thể phương trình 1 xuất hiện hai lần!. phương trình 2 xuất hiện đến 3 lần!.. Chắc chắn sẽ phải

Trang 1

Tuyển Chọn Các Bài Toán Hệ Phương Trình Hay Và Khó Phần 1

Câu 1: Giải hệ phương trình:

1

x







 Lời Giải Full HD Không Che

Điều kiện x 0,y 0,8x  y 5 0,xy  1 0 Ta có:

0

8 1

0

x y



  





 

8 1

5

x y





  



    



TH1: y  5 x thay vào phương trình 1 của hệ ta có:

2

1

3

x









TH2: Với y 8x 1 Thay vào phương trình 1 ta có: x8x 1 1 2, 3 

x

Theo bất đẳng thức AM- GM ta có:

nghiệm Vậy hệ có nghiệm duy nhất x y ;  1; 4

Câu 2: Giải hệ phương trình:  2  2 





 Lời Giải Full HD Không Che!

2

1

   

   

Trang 2

Xét hàm số    

2 2

1

1 , ' 1

 

1 t  t  t   1 t  t t  t 0 do đó f ' t 0 hàm số của

ta đồng biến trên R khi đó PT 3    x y Thay vào phương trình 2 ta

2x  11x 21 3 4 4   x  0 Ta dùng máy tính casio thấy phương trình trên có nghiệm duy nhất x 3 do vậy ta tiến hành làm như sau:

Ta sẽ cố gắng đưa về dạng x 32 0 Cụ thể:

x  x a x b   x   x  

Đồng nhất hệ số ta có:

11

6

1 2

9 2

a













theo đó ta sẽ có:

 2

2

2x  11x 21   x 3  2 x 3  0 Để có được ta tiến hành :

2

x

Đẳng thức xảy ra khi x 3 Do đó nghiệm của hệ là x y ;  3; 3  

Câu 3: Giải Hệ Phương Trình

2 2

1

4

2

y







Ta có: hệ tương đương

2

5 1

4

2

y









Với hình thức này thì có lẽ đặt ẩn phụ là cách tốt nhất

tx x  u y  vậy lượng 2

2 x 1 biểu diễn theo t như thế nào? Để ý thấy

2

1

 

Khi đó hệ trở thành

 2

2

t u





Trang 3

Tới đây dễ rồi: Đặt a t u b, tu Giải ra được  ;  3; 1

4

x y   

3

7

x y

  





 Lời Giải Full HD Không Che

Đây là con hệ ngắn gọn nhưng rất khó phải có kỹ năng biến đổi tốt! Đặt axy b, xy Ta có:

2

x y  x y x y  ab a b và

Ki đó PT2

Với b 1 ta có hệ mới

3 3

3

7 1

2

x

x y

y





  





Câu 5: Giải hệ

16

y x









Điều kiện x 0, xy 0 Từ phương trình 1 ta có:

xy x y  xy xy  xx

Xét hàm số   2

f t t t trên 0 :  f ' t  2t  1 0 nên suy ra

f xy  f x   xy  x y x x Đặt t x t,  0Thay vào phương trình 2 ta có:

2 2

2 3

8

t t t

t



        

Với t 2   x 4  y 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x y ;  4; 2

2

3

1

x y

x

x y









Trang 4

Lời Giải Full HD Không Che!

Biến đổi tí

2

3

1

3

x y









 

2

3

1

3

x y









Đặt a x y 1 ,b x y a, 2

 2

1 2

2 2

a

x

x y

b

x y

y

x y











Câu 7: Giải Hệ    

2

x y xy y x x







Điều kiện yx 0 Ta có:

Nhận thấy x y 0 không là nghiệm của hệ nên ta xét TH yx 0:

2

0

2

0

 









Trang 5

Ta sẽ chứng minh 3x 2xy  4 0 để biểu thức to đùng trong ngoặc vô nghiệm!.Từ PT1 Ta có:

1



Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:

4 4

Do đó phương

trình to đùng trong ngoặc vô nghiệm!

Với y 2x thay vào PT1 ta có:

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x y ;  1; 2

Câu 8: Giải hệ

 2

2

1 1

y x





Điều kiện x 0,x 1,y  1,y 0 Ta có

Pt1

2 2

2

x y







Nên PT3   x y 1

Thay vào phương trình 2 của hệ ta có: 21 1 1 1 1

2

3( )

0( )







Sở dĩ dám bình phương ra bậc 4 là vì ta dùng casio thấy có nghiệm đẹp! Vậy hệ có nghiệm x y ;  4;3

Trang 6

Câu 9: Giải hệ  2  2 

7

2

xy







Ta xem PT2 là phương trình bậc 2 ẩn x ta có:

x  y x y  y     y  y Phương trình bậc 2 ẩn x có

3

           

Làm tương tự như trên ta có: 2 10

3

x

 

Phương trình 1 của hệ 2 1 2 1 7

2

     

Xét hàm số   2 1, 2 10

3

x

    , f ' x 2 12 0

x

   Hàm số của ta đồng

        

Tương tự ta cũng có:  1 2 1 7 1 2 1 89

        

 

Suy ra 2 1 2 1 7

2

   

Đẳng thức xảy ra khi x 2,y 1 thay ngược vào PT2 Thấy không thỏa nên kết luận hệ vô nghiệm!

2 4

4





 Lời Giải Full HD Không Che

Đối với loại này thì có lẽ đánh giá là đòn tốt nhất!

Điều kiện 0 x 32 Cộng vế theo vế 2 phương trình của hệ ta có:

 2

2

x x x x y  y  y  Ta sẽ đánh giá VT 12

vì VP  12

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schawrz ( Bunhia ) ta có:

Đẳng thức xảy ra khi x 16,y 3

Câu 11: Giải Hệ Phương Trình    

2







Trang 7

Xét x 0, hệ phương trình trở thành 0 2 6

5

y

 





  



( Vô Lý ) Xét x 0, ta chia hai vế của từng phương trình cho 2

0

x  ta được:

 

, 1

               

 

2

       Khi đó hệ 1 trở thành:

, 3

 



Xét t 0 hệ trở thành 0

1 0

y

 





 



( Vô lý ) Xét t 0 ta chia hai vế hệ  3 cho 2

0

t  ta được :

 

2

1 6

, 4

y



Đặt

1

t y

b

t



 





 



khi đó :  

2

3

5

2

2 5

5 12 0

a

b





1 1

2 3

1

t y y

t

y

 









    





 







 



2

x

             

t   x    x  x 

So sánh điều kiện hệ phương trình có các nghiệm : 1 5; 2 , 1 17;1

Câu 12: Giải Hệ Phương Trình  2 2







Lời Giải Full HD Không Che

Trang 8

Ở phương trình hai đã thể hiện rõ sự đối xứng hai biến x y, cho nên có thể

dự đoán con hệ này giải bằng phương pháp đánh giá và giá trị đó x y 1

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho phương trình thứ hai của hệ:

Suy ra được xy 1. 1 Mặt khác cũng thei bất đẳng thức AM – GM ta có:

2

Suy ra được 2 2

3

x y xy Mà xy 1 nên 2 2

2

x y  Mặt khác từ phương trình 1 ta có: 4 2  xy x y  4 2 4 xy  4 xy 4 xy xy 1. 2

Từ    1 , 2 suy ra xy 1 Các bất đẳng thức xảy ra khi x y 1

Câu 13: Giải Hệ Phương Trình    

2





 Lời Giải Full HD Không Che!

Điều kiện: 2

8 24 417 0 1

xy y

y







 



1

  







Khi đó ta có:

2

0, ( )

15

b







                

Với a 2b  x 3  2 y   x 3 4y Thay vào phương trình 2 ta có

4 y 4 6 y  y 3 y  1 3y 17. *

2

y y      Bây giờ ta sẽ chứng minh VP *  20 Mặt khác y 3 y  1 3y 17  3y 17  20 ( Do y 1 ) Đẳng thức xảy ra khi y  1  x 1 Vậy x y ;   1;1 là nghiệm của hệ

Trang 9

2

1

2 2

x









Điều Kiện: 0 xy 2 Ta có:

 

2 2

2

, 1

1

2 2

x







Dễ Thấy :

 

Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

2

Vậy hệ đã cho tương đương với

3

1 1

x y

x y xy











    









Vậy nghiệm của hệ là x y   ;   1; 1

Câu 15: Giải Hệ Phương Trình        

 

2 4







Điều kiện: Bạn đọc tự bịa Ta có:

y

Do đó phương trình 3 có nghiệm 32 5

1

 





 



Với y 3x 5thay vào phương trình 2 ta có:4 2

     (Vô nghiệm) Với 2

1

yx  thay vào phương trình 2 ta có : 4 4 2

2 x x  3x 3,  4

Trang 10

Dùng máy tính casio thấy ngay phương trình  4 có nghiệm duy nhất x 1 Với lại có căn bậc 4 nên ta nghĩ đến AM – GM

4

2

5

3 3 2 1.1.1 2

4

x



Với x  1 y 0 Vậy nghiệm của hệ là x y ;  0;1

 

2

2 2

, 2 1

2 2 1

y

y x











Đã gọi là hệ phương trình thì giữa hai phương trình sẽ có ít nhất một điểm tương đồng! Tất nhiên ta không khai thác được gì từ phương trình 1

nhưng quan sát thấy ngay điểm chung ở cả hai phương trình là đại lượng 1

x  Cụ thể phương trình 1 xuất hiện hai lần! phương trình 2 xuất hiện đến 3 lần! Chắc chắn sẽ phải liên quan đến thằng x 1 Chuyển sang

phương trình 2! Hai biến x y, rời rạc cho nên khả năng cao là hàm!

Ta tìm điều kiện cho các biến trước! x 1 Còn y thì sao nhỉ??

 

2

2 2 4 1 1

y

Trong biểu thức đánh giá trên tôi sử dụng điều luôn đúng a a  0

Cụ thể x 12  1 x 12  x  1 x 1 x 12  1 0

 

2

2 2

2

1

y PT

y x



1, 0;

2 2

2

1

t

Do đó hàm f t  đồng biến trên 0; 

  Thay vào  2 ta có:

Trang 11

     

2

1 1

2 1

2

2 0

x

x x











  



Vậy hệ phương trình có nghiệm  ;  2;1

2

x y   

 

 

8 6 0, 1

2, 2



      





Ở phương trình số 2 chúng ta dễ dàng nhận thấy điều đặc biệt là sự có mặt của đại lượng

n



trong cả phương trình 2 Đặt t x y,t 2

  

PT  t  t   t Xét hàm số   4 2

f t t  t  t , t 2

f t  t  t f t  t      t  

Suy ra hàm số f t  đồng biến trên mỗi khoảng  ; 2 và 2; 

Do đó với t   2 f ' t  f '  2  0 và với t 2  f ' t  f ' 2  0 Dựa vào bảng biến thiên thấy ngay f t   0   t 2 là nghiệm duy nhất của phương trình!

                    Thay vào phương trình 1 ta có: 6 2

x x  x   * Với x 0 thì  * vô nghiệm

Với x 0 ta xét hàm số   6 2

8 6

f x x x  x

Suy ra f ' x đồng biến trong khoảng 0;  và f ' 1  0 Do đó trong khoảng 0;  phương trình f ' x 0 có nghiệm duy nhất x 1 Dựa vào bảng biến thiên thấy ngay x 1 là nghiệm duy nhất của  *

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x y ;  1; 1  

Trang 12

To be Continue

Định dạng
Số trang	12
Dung lượng	351,04 KB