chinh phục pt bpt 2016 nguyễn tiến chinh vinastudy vn

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 0... Theo Cô-si ta có:.. Giải bất phương trình Bài 12.

Điều kiện: x  1,x 13

Pt

2

x

    ( x=3 không là nghiệm) 3

(2x 1) 2x 1 (x 1) x 1 x 1

( )

f t t t đồng biến trên do đó phương trình 3

2x 1 x 1



1/ 2

0,

2 0,

2

x

 











Vậy phương trình có nghiệm 1 5

2

Hướng dẫn giải

2

x  y

( ) , '( ) 5 1 0,

f t t t f t  t    x R, suy ra hàm số f(t) liên tục trên R

Từ (3) ta có f(2 )x  f( y2)2x y2

Thay 2x y2(x0) vào (2) được

(1)(2 )x 2x(y 4 )y y 2 5 y2(2 )x 2x y2  y2(3)

Chuyên đề

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Giải phương trình:

3

1

x

x

 

  Bài 1

5

3

,

x y









 Bài 2

 

2 2

2

1

2

x











Với x=1/2 Ta có y=3

x

x



 

3 / 2

1

(2 9) 0(5)

x

x x











Với x=3/2 Ta có y=1

t x   xt  Thay vao (5) được

t  t    t t  t  Tìm được 1 29

2

t  Từ đó tìm được

,

Giải hệ phương trình :





Bài 3

Hướng dẫn giải

Điều kiện:   1 x  0 x 1 Pt 4 2  2  3

x2 2x 2 x2 2x 2 2 x3 x 0

TH:   1 x 0 x2  2x  2 2 x3 x 0

Pt x2 2x  2 0   x  1,1  3

TH: x 1 x2  2x  2 2 x2 x x x2  12 x  1 0

Vậy S  1,1  31,1  3

Hướng dẫn giải

Thay (2) vào (1)  3x3 x y2  2y3 x 2yx2x2 y2x 2y x  2 xy y 2  1 0

Thay vào (2) 9y2  9y 2 3y 123y 1 9y  2 9y 2

2

y

y y





Hướng dẫn giải

Điều kiện: 0, 0

1

y y x

x









Pt  1  y x 2x 2 2x 2  y x 2x 2 2x 4 0

Giải bất phương trình: 4 316 12 6 2 12

4

x

x x

x R  Bài 4.

Giải hệ phương trình:

x x y y x y x y





Bài 5.

Giải hệ phương trình:

2

x x y xy y x x





Bài 6.

TH 1: 3 2

y x



Thay vào (2)

 



TH 2: y x 2x 2  2x 4 0  (*)

1

x

y x y y y y x xy x x

x

 







Kết hợp điều kiện x  1 x 2

2

y x

x







Thử lại 2,2 không phải là nghiệm của hệ

Vậy hệ có nghiệm   1,1 , 2,4

Hướng dẫn giải

Điều kiện: x 0

Xét x  0 2  4 x 0 là nghiệm của phương trình

2

2

2

Pt t2  2  t t2  22 4 t2  t 2  t4  4t2  2t3t2 4t  4 0

Xét hàm f t  2t3 t2  4t 4 với t  2 2  2

  phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 0

Hướng dẫn giải

Giải phương trình: x2  2  x x 2  2x 2 x4  4 x R 

Bài 7.

Giải hệ phương trình:





Bài 8.

Điều kiện:   

x y







Từ (2) x y  0, từ (1)   2   

2x x y y 2x 1 2y 2 0 x 0

1

y





Pt (2)

2

x y

x xy y x y



( )

3 2 2

( )

3 2 2









 



Vậy hệ đã cho vô nghiệm

Cách 2: Do (2) đẳng cấp nên chia 2 vế (2) cho y đặt x

t y



2

2

2

t

Hướng dẫn giải

Điều kiện xác định: x  1 Ta có:  x 2 2 x 32 x 1 9  x  1 7 81x 32

x



 

 x 2 2 x 3 2 x 1 81  x 32 81x 32 9  x 1 7

Trường hợp 1: x 32

81

 

Trường hợp 2: x 22x 32 x 1 9  x  1 7 x2 4x  3 x2 6x x 1 0 

 x  x x x  x  x x  x x  3 x  1 x 3x x  3 3  x 1 0

x  x x  x x 



x

x x x

Giải phương trình:  x 2 2 x 32 x 1 9  x  1 7 81x 32 x  Bài 9.

Vì: 1 1 1 1 1  1 1 1 1

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:

3

x

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x 3 hoặc x 32

81

 

Hướng dẫn giải

Điều kiện: 1

2

x  Bất phương trình đã cho

x

f x x

  

   liên tục trên 1;

2

 



 

và  

1

2



đồng biến trên 1;

2

 





f x  f       x

 

Từ đó bpt (*) x 3 0x3

Kết luận: Tập nghiệm của bpt đã cho là 1;3

2

Giải bất phương trình 2

Bài 10.

Hướng dẫn giải

Điều kiện: x0,y0

Viết lại pt (1) dưới dạng

 

2 2

2

2

1

y

y y y

f t  t t t t Ta có  

2 2

2

1

t

t



hàm số f t  liên tục và đồng biến trên 0;, do đó pt (1’) x 1 xy 1

y

Khi đó pt (2) trở thành

 

27 2

8

4

x

2

1

x

x



Vậy hàm số g(x) liên tục và đồng biến trên 0;

Từ đó pt (2’) có tối đa 1 nghiệm trên 0;. Mà 2 0

3

g  

  Kết luận: Hpt đã cho có nghiệm duy nhất  ;  2 3;

3 2

x y   

Giải hệ phương trình

2

3 1

27 2

8

y













Bài 11.

Hướng dẫn giải

+) Đặt t = x2 – 2, bpt trở thành: 1 1 2

t  t  t  ĐK: t  0 với đk trên, bpt tương đương

t

  Theo Cô-si ta có:

3 1

3 1

t

t

+) Thay ẩn x được x2  2    x ( ; 2][ 2; ) T   ( ; 2][ 2;)

Gọi bpt đã cho là (1).+ ĐK: x [-1; 0)[1; +)

Lúc đó:VP của (1) không âm nên (1) chỉ có nghiệm khi:

         Vậy (1) chỉ có nghiệm trên (1; +)

Trên (1; +): (1) <=> x 1 1 x 1 x 1 x 1 1

Do

2

x

    khi x > 1 nên:

<=>

<=>

2

2

x 

Giải bất phương trình

Bài 12

Giải bất phương trình sau trên tập R

x 1 1 1 x 1



Bài 14

Vậy nghiệm BPT là:

1

2

x

x













Hướng dẫn giải

4 0

x y

x y







 2 y x 1 thế (1) ta được   3 2

x x x x  x

2

x x

 



 





Hệ có nghiệm x y   ;   1; 2 ,  2; 2 1 

Hướng dẫn giải



2

2

2

2

2 2

x x

x

x x

x

Giải hệ phương trình  





Bài 15

Giải bất phương trình

 2    2

x x  x   x  x   x  x  Bài 16

Hướng dẫn giải

ĐK: x1, ta có:

2y3y2x 1x 3 1x 2y3y2. 1x3 1x  y 1x

Vì h/s f t 2t3 t đồng biến trên R

Thế vào pt kia ta được pt:

2

2

1 5 4 2

2

1 5 4 2 5 4 4 8

4

5 4 1

6

2



































x x

x x

x

x

x x

x

1 5 4 2

 x x vì x1 x1  2 tmđk

Hướng dẫn giải

Đk: 1

0

x

y











y x



Do đ ó x=y thay v ào pt (2) : 1 ( 1) 9

2

x x x  x x 

t x x t t  x  x x

Pt trở thành t2+1+2t=9 hay t2+2t-8=0 chỉ lấy t=2  x 1 x 2

5

25

16

x







 Vậy hệ có nghiệm duy nhất(25 25;

16 16)

Giải hệ phương trình:



























7 6 2 4 9

1 3 1

2 2

2 2 2 3

y x y

x x

x y y

Bài 17

Giải hệ phương trình

9

2

x x y y x x x









(x,yR) Bài 18

Hướng dẫn giải

Điều kiện:

2

1 3

x y



 





 







Ta có

2

2





2 2

12

1

3

(0,25)

Thay vào phương trình  1 ta được: 2

3x   x 3 3x 1 5x4

2

2

x x

2

     hoặc x 1 Khi đó ta được nghiệm x y;  là 0;12 và

1;11

Hướng dẫn giải

Xét phương trình: (4y-1) x2 12x2 2y1

Đặt: t = x2 11, ta được pt: 2t2 – (4y-1)t + 2y – 1 = 0

Giải hệ phương trình:

2





 Bài 19

Giải hệ phương trình:

























1

1 2 2 1 )

1 4 (

2 2 4

2 2

y y x x

y x x

y

Bài 20

Giải ra được:















 1 2

) ( 1 2 1

y t

loai t















y y

x

y

4 4

1

2

2 thay vào pt (2) ta được: 16y2(y - 1)2+4y2(y - 1) + y2 – 1 = 0

 y = 1(do y1)  x = 0

Vậy nghiệm của phương trình là









 1

0

y

x

Hướng dẫn giải

Đk: 0 2 (*)

2

x

y

 





 



.Với đk(*) ta có

x







Với x = 1 thay vào (2) ta được: 2 2 8 1 31( )

8

y   y  loai

(3) y2  y2( x)  x (4) Xét hàm số

f t t  t f t  t    t Hàm số f(t) là hs đồng biến, do đó:

(4) f( y2) f( x) y2  x yx2 thay vào pt(2) ta được:

2

4 2x2 2x4 9x 16

32 8x 16 2(4 x ) 9x 8(4 x ) 16 2(4 x ) (x 8 )x 0

4 0( ) 2

x t

x







    



2

9

x x

x

 











Giải hệ phương trình:

5 2







Bài 21

Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) là: 4 2 4 2; 6

Hướng dẫn giải

ĐK :

4

5

x y

x

 











Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ ta có :

2x y x3(xy1)2y xy1 2x y 3 0 yx1

Với y x 1 thay vào phương trình thứ hai ta được phương trình sau :

10

3 x13 4 5x  x

 x 1 4 5x 3 9 x 1 9 4 5x 4x410

5

x  

  nên 9 x  1 9 4 5x 4x410 )

x

0

x x





Với x0 y 1;x  1 y 2

Đối chiếu với điều kiện và thay lại hệ phương trình ban đầu ta thấy hệ

đã cho có nghiệm : ( ; )x y (0; 1); ( ; ) x y   ( 1; 2)

,

x y

x y









Bài 22

ĐK :

4

5

x y

x

 











Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ ta có :

2x y x3(xy1)2y xy1 2x y 3 0 yx1

Với y x 1 thay vào phương trình thứ hai ta được phương trình sau :

10

3 x13 4 5x  x

 x 1 4 5x 3 9 x 1 9 4 5x 4x410

5

x  

  nên 9 x  1 9 4 5x 4x410 )

x

0

x x





Với x0 y 1;x  1 y 2

Đối chiếu với điều kiện và thay lại hệ phương trình ban đầu ta thấy hệ

đã cho có nghiệm : ( ; )x y (0; 1); ( ; ) x y   ( 1; 2)