FREE: 50 bài hệ phương trình hay và khó thầy Tùng

Theo quan sát của chúng tôi, hệ phương trình trong những kỳ thi tuyển sinh đại học gần đây theo chiều hướng khó dần lên. Nó có những bài toán không đơn giản đối với học sinh dự thi tuyển sinh đại học. Mà trong khung cấu trúc đề thi của Bộ giáo dục và Đào tạo, cũng gắn liền với việc giải bài toán này ở những câu khó hơn. Mang trong nó nhiều kỹ năng tính toán và phương pháp giải không đơn thuần như hầu hết chúng ta đã học ở hệ phương trình lớp 10.Do đó, chúng tôi viết riêng quyển sách này như một vấn đề then chốt. Những vấn đề có thể nói là chuyên đề phục vụ cho các em luyện thi tuyển sinh đại học. Cũng chính vì điều này, các hệ phương trình cơ bản, cơ sở đơn giản trước đây chúng tôi không trình bày ở đây. Chẳng hạn: Hệ phương trình bao gồm một phương trình bậc nhất và phương trình bậc hai đối với ẩn, Hệ phương trình đối xứng loại I đối với ẩn, Hệ phương trình đối xứng loại II đối với ẩn, Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai đối với ẩn. Mà nó được xem kẻ vào những bài toán trong tài liệu sau chúng tôi trình bày. Bởi sau khi dùng những phép biến đổi mà các em sắp được học sau thì chúng ta sẽ chuyển nó về những hệ phương trình đơn giản hơn rất nhiều mà tất cả chúng ta đều có thể giải được.

Bài 1 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình:





Giải : Điều kiện: x 0; 2

Cách 1: Với điều kiện (2)2x y2(  1) 3 (x y 1) 3(y 1) y x2(  1) 5(x1)

(y 1)(2x 3x 3) (x 1)(y 5)

       2 5 2 2 3 3

  (*) . Xét hàm số

2

( )

1

f x

x



 

0;2

0;2

min ( ) 1

x x

f x

f x















Do f x( ) liên tục trên đoạn  0;2 , suy ra 1 f x( )3

2

5 1

( )

1

y y



Cách 1.1 ( Nguyễn Thanh Tùng)

Với 0 x 2, ta có : 02xx2   1 (x 1)2  1 2xx2 2xx2 x x2 (3*)

(1)  y 2 2xx  (x x )  0 y 2  (2*) y 2 x 0

Cách 1.2 ( Lê Anh Tuấn)

(1)   x y 2 2xx2(1 2xx2)0 2 2

2

  (4*) Với x 0;2 và (2*)   x y 2 0 (4*)0;2 2; 0

x   y x

 



Cách 1.3 ( Nguyễn Thế Duy)

0;1

x

 



            

   

Do x32x22x 2 x x2(  2) 2(x 1) 0 với  x  0;1 nên (5*)  0;1

0 0

x

x x

 





  y 2.

Cách 2 ( Châu Thanh Hải)

(1)  y 2 2xx 1 1 ( x 1)  x 0 với  x  0;2  y 2

(2)M 2(2xx )(y 1) x y(   y 4) (y1)(y 2) 0 (6*)

0;2

2

x

y

 

 



Thử lại ta được nghiệm của hệ là ( ; )x y (0; 2)

50 BÀI HỆ PHƯƠNG TRÌNH HAY VÀ KHÓ

Phần 1

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Bài 2 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình:

2

2

1

1

xy y

y y









x y,  

Giải

y

x

   





  





1

x y



2

1

1 1

y

y

 

1

1 1 3y 0

1 3x 0

2

1

   

       

   

2

1

t

t



2

1

1

t

t



Mà

'( ) 0

f t

        







 

2

1 1

32 (2x 1) 1 x

    và 1

2

x 

32x2(1x2)(2x2 1)2  x 1 0 và 1

2

x 

x   và kết hợp điều kiện   1 x 1, suy ra 1 1

2  x

Do đó ta đặt xcost với 0;

4

t  

  , khi đó phương trình có dạng:

8sin 2 cos 2t t cost 1 0 2sin 4t cost 1 0

9

t

k

t







 



2

9 ; c so

9



Bài 3. (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình 3 2  3







(x y, ) Giải:

 Điều kiện : xy0 (*) Ta sẽ chỉ ra hệ có nghiệm y0 bằng hai cách sau :

 Cách 1: (Dùng phương pháp đánh giá)

(2)x3  6(x22x  1) 2 xy3 3 2 3

       ( vì xy3  y xy2 0 – theo (*))  x 0 , kết hợp với (*) suy ra y0 (3)

(1) 2 y ( x 2 2xy2 )y  y8

2 y  x 2 ( x).( 2 )y 2y  y 8

          

2

            y 8 8 y 0 (4)

Từ (3) và (4) suy ra: y0

 Cách 2: (Dùng kĩ thuật nhân liên hợp và đánh giá biểu thức không âm)

 2 2 3 3 

(1) xy 2y 2xy2y  y 8 2 0

2

y

2 3

1

y

  

0

y

2

2 3

1

y

   ,  xy 0 )

 Khi đó hệ có dạng: 22 2









2x x 6x 12x 8

      3

3

3

2



Vậy nghiệm của hệ là:

3

2

Bài 4 (Nguyễn Thanh Tùng) Giải hệ phương trình   







( ,x y)

Giải

Bước 1: Ta sẽ khai thác phương trình (1) để chi ra y x bằng hai cách sau :

2

5

5

 

        (*)

5

t t

f t



suy ra f t( ) đồng biến và liên tục trên 

Khi đó (*) f x( ) f(y)  x y hay y x (3)

Cách 2:

2 2

2

2 2

2

5 5

5 (1)

5 5

5 5

    

 Cộng vế với vế ( )a và ( )b ta được: 2(xy)   0 y x (3)

Bước 2: Thay (3) vào (2) ta được:  2   4 

7x 10x 14 5 x 4 0

      (2*)

Cách 1 (đưa về phương trình đồng cấp)

Ta có:







Nên (2*)(x22x 2) 6(x22x 2) 5 (x22x2)(x22x2)0

+) Đặt

2

2





a26b25ab0 (a2 )(b a3 )b  0 a2b hoặc a3b

+) Với a3ba2 9b2: x22x 2 9(x22x 2) 8x220x160 (vô nghiệm)

3

x  x  x  x  x  x   x 

Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật nhân liên hợp )

(3*) 2  2 4 

3x 10x 6 4x 8 5 x 4 0

       

 2   2 4   2 4  2 4 

3x 10x 6 4x 8 5 x 4 4x 8 5 x 4 4x 8 5 x 4 0

 2   2 4   4 2 

3x 10x 6 4x 8 5 x 4 9x 64x 36 0

 2   2 4   2 2 2

3x 10x 6 4x 8 5 x 4  3x 6 (10 )x  0

 2   2 4  2 2

3x 10x 6 4x 8 5 x 4 (3x 10x 6)(3x 10x 6) 0

 2  2 4 2

3x 10x 6 4x 8 5 x 4 (3x 10x 6) 0

           3x210x 6 0(4*) hoặc x210x 2 5 x4 4 0 (5*)

+) Cộng (5*) với (2*) ta được: 2

3

 

Cách 2: (Sử dụng Casio )

2 2 2 5 7

3

Bài 5 (Nguyễn Thanh Tùng) Tìm số nghiệm thực của hệ phương trình sau:







x y,  

Giải

Điều kiện: 2

0

x y

2 x y  3 2x y  x y  x y  2x y 2 x y

x  t y t , khi đó phương trình (2) có dạng: t4  t3 t 20160 (3)

Xét hàm số





+) Khi t0, ta có: f t'( )4t33t2 1 0 (*)

+) Khi t0, ta có: f t'( )4t33t21 ; f t''( ) 12 t26t

0

2

t

t







  



Suy ra f t'( )0,  t 0 (2*)

Từ (*) và (2*) ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình f t( )0 có 2 nghiệm trái dấu

Vì ứng với mỗi giá trị t , cho ta duy nhất một bộ ( ; )x y Do đó hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thực

-HẾT PHẦN 1 -

GV: Nguyễn Thanh Tùng