CHUYÊN đề bài tập PHƯƠNG TRÌNH bất PHƯƠNG TRÌNH và hệ PHƯƠNG TRÌNH có lời GIẢI CHI TIẾT

Điều kiện: Phương trình thứ 2 tương đương với 3 Thay 3 vào phương trình thứ nhất ta được: điều kiện Do điều kiện nên Suy ra thoả mãn điều kiện.. Thay vào phương trình thứ nhất ta được:

PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Nguyễn Trường Sơn – THPT Chuyên Lương Văn Tụy, Ninh Bình

Câu 1 Giải hệ phương trình sau:

Lời giải Điều kiện:

Phương trình thứ 2 tương đương với (3)

Thay (3) vào phương trình thứ nhất ta được:

điều kiện

Do điều kiện nên

Suy ra thoả mãn điều kiện

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (-1;0), (2;3)

Câu 2 Giải hệ phương trình

Lời giải Từ phương trình thứ hai của hệ ta có:

3 2

12 3 3 6 7







3 1





  



x y

(x2) (y1)   y x 1

3 2

3 x x 2 x 2x 5x3   2 x 3

3 x x 2 x 2x 5x 3 3 x x  2 3 x 2x 5x6

3 2 2( (3 )( 2) 2)

2 5 6

x x

2

( 1)( 2)( 3)

  

x x

2

2

  

x x

( 3 2 3)( (3 )( 2) 2)

( 3 2 3)( (3 )( 2) 2)  

 x x  x x  x 2

2 0

  

   

  

 

2

,





x y

2

Thay vào phương trình thứ nhất ta được:

Cho ta Nghiệm của hệ :

Câu 3 Giải hệ phương trình

(x,y )

Câu 4 Giải hệ phương trình

Lời giải Điều kiện:

Thay vào phương trình (2) ta được phương trình:

(t/m đk)

- Xét hàm số với

Bảng biến thiên

Theo BBT, pt có nhiều nhất 2 nghiệm trên , có

Do đó, phương trình (4) có hai nghiệm (t/m đk)

Vậy: Hệ phương trình đã cho có nghiệm là

Câu 5 Giải phương trình

Câu 6 Giải hệ phương trình

2 2







(x, y  R)

1 1 1 2 1 2

           

2

2



t

t

1

2

       

2

  

x y

2 3









 

2

( , )

2 log 6 log 1 log 3 3 0 (2)





x y

 

(1)log xlog y      1 x y 1 y x 1

1

 

y x

2

2log x6log xxlog x3x0

2

log 3 0 (3) log 3 2 log 0

2 log 0 (4)

 





x

x x

(3) x 8  y 7

2 ( )2log 

2 ln 2 '( )

ln 2



f x

x

2 '( ) 0

ln 2

  

( )0

2; 4

x x  y 1;y3 (2;1), (4;3), (8;7)

(x2) 2x 3 2 x 1 2x 5x 3 1 x

0

x 0

f(x)

x

-

+

Lời giải

(I) 

2

( )( 1) 2( 1) 0 (1)

3 8 4 1 14 12 (2)







Điều kiện: x  8, y  – 1, (x – y)(y + 1)  0 (*)

Nếu (x ; y) là nghiệm của hệ (I) thì y > – 1 Suy ra x – y  0

x y

Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được:

3 7 2 y4 y 1 (2y1) 14y124 y 1 3 7 2 y4y 10y 11 0

2 4( 1 2) 3( 7 2 1) 4 10 6 0

 y    y  y  y 

Vì 1 7

2

1 23 2 2

4

7 2 1

 y , 2y + 1 > –1

2 1 0

1 2 7 2 1

Do đó: (3)    y 3 0 y 3 x = 7 (thỏa (*))

Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3)

Câu 7 Giải phương trình 4 2

32x 16x 9x9 2x  1 2 0 trên tập số thực

Lời giải Điều kiện 1

2



x , phương trình đã cho tương đương

2 2

2

9 2 2



x

x

 

 

2

3 2

18

1 2 1 18

1 2 1

x

x

Ta có

3

3 2

32

8

16

2 18

1 2 1

18

1 2 1











x

x

x

x

x

Vậy (*) x 1

Kết luận: Phương trình có nghiệm x =1

Câu 8 Giải hệ phương trình:

Lời giải

+ vô nghiệm do

+ Xét a = b thay vào (2) ta được:

Vậy hpt có nghiệm:

 







3 , 0 , (1) 1

a b





2 2

2 1 0

a b







2 1 0

2

y x

  

x 3x 3  x 1 x2  2x  3  x  1 2

3 3 1 2x 3

1 2

x

x



 

       2   

  









             

     2 

f t  t t  t0 f t'   0 t

 

f t f  x 1 f x   1 x   1 x 1

2

1

3x 0

x

x







 3;5

Câu 9 Giải bất phương trình:

Lời giải Điều kiện:

Bpt (1) tương đương:

Đặt , t >0

Bpt trở thành: Đối chiếu đk được

Với , ta có:

Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm bất pt là: S=

Câu 10 Giải bất phương trình: 2  2 

5 4 1 ( 2 4)

x  x  x x  x (x R)

Lời giải ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0  1 5 0

1 5

x x

   



  



Khi đó (*)  2 2

4 x x( 2x4) x 5x4

4 x x( 2x4) (x 2x 4) 3x (**)

TH 1: x  1 5, chia hai vế cho x > 0, ta có:

(**)  4 x2 2x 4 x2 2x 4 3

Đặt

2

2 4 , 0

x

 

  , ta có bpt: t2  4t 3 0  1 t 3

2 2

2

7 4 0

2 4

4 0

   

  

1 17 7 65

    

TH 2:  1 5 x 0, x2 5x 4 0 , (**) luôn thỏa

2

2x 3 x 1 3x2 2x 5x 3 16 1

 

x

2x 3 x 1 2x 3 x1 20

2

20 0

4





   



t

5



t 2x 3 x  1 5 2 2x25x   3 3x 21

2

2

3 21 0

2 5 3 0

3 21 0

146 429 0

   



  





   





x

x

7

3





  x  x

x

1

 

Vậy tập nghiệm bpt (*) là 1 5;0 1 17 7; 65

Câu 11 Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

1 1 1 1









Lời giải:

2 2

2 2

1 1 1 1

(2)









Điều kiện: 2

0

x y

xy

  



 

Ta thấy x + y = 0 không là nghiệm của hpt Do đó ta có thể xét hai trường hợp sau: TH1:    2 x y 0

Từ pt (2 ) ta suy ra xy < 0

2

pt

      

Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm x, y

Khi đó phương trình (3) có nghiệm 1 1 1 8 1 1 0 xy 8 0 xy 8

x  y x y        Khi đó ta có 2 2

2 16

x y  xy 

Đặt t x    y 2 0 t 2

Từ pt (1) ta có 2 2

t  t   t t  điều này vô lí Vậy TH1 hệ phương trình vô nghiệm

TH2: x + y >0

Từ (2) suy ra xy > 0, do đó x và y đều dương

(2)(xy xy) x y

Do

2

2 2 ( )

2

x y

x y  

và

2 ( ) 4

x y

xy 

nên ta có

2 2

Đặt t x   y 2 t 2

Ta có 3 2

t  t     t t , do đó, từ (4)    t 2 0 t 2

Từ đó suy ra: t = 2  x y 2, thay vào hpt ta có xy=1  x y 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là 1

1

x y





 



Câu 12 Giải hệ phương trình :

trên tập số thực

Lời giải Phương trình (2) tương đương với

Thay vào phương trình ta được:

hoặc Khi đó ta được nghiệm là (0;12) và (1;11)

Câu 13 Giải hệ phương trình

3

7 3 ( ) 12 6 1 (1)

( , )

4 1 3 2 4 (2)

x y





Lời giải

Điều kiện: 3x+2y0

Thế y = 1 x vào (2) ta được: 33x 2 x 2 4

Đặt 3

a x b x b

Ta có hệ 3 24

3 4

a b

 







      

2

3(4 ) 4 3(16 8 ) 4 3 24 44 0

2 ( 2)( 22) 0

b







 1 2

3x   x 3 3x 1 5x4

2

2

x x

2

3 2 2

2

2 2

x

x x



 

  y =  1 (thỏa ĐK)

Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (2;1)

Câu 14 Giải hệ phương trình :

Lời giải Điều kiện:

Có , suy ra đồng biến trên

Thay vào và rút gọn được phương trình

 

 

2







2





   



 

3 2

 

  1  f y    f        x 1  y x 1

1

y    x   2

 

2016

2016

 

'

2016

2016

g x

x

Suy ra nghịch biến trên

Suy ra phương trình (Phương trình (*)) có tối đa 1 nghiệm

Mặt khác

Từ đó ta được là nghiệm duy nhất của phương trình (*)

Với (thỏa mãn điều kiện ban đầu)

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất

Câu 15 Giải bất phương trình:

Lời giải Điều kiện:

Bất phương trình tương đương:

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là

 

2016

 

1

x 

x     y

   x y ;   1; 2 

2 2

3 19 3

19 3

3 4

  





 



x x

 3 19 3 2 3 19 3  2

2 9

3 19 3

2

2

2

2

x x

0

 

19 3; \ 4 3

x

  2

* x       x 2 0 2 x 1

2;1

S   

Câu 16

a) Giải phương trình: x2 x23x 3(x2)

b) Giải hệ phương trình:

2

(x x 2)y x 0 (x 4x 1)y (2x x)y x 0







Lời giải

a.Đặt t x23x, t  0

PT (1) trở thành: t2 + t – 6 = 0

 t = –3 (loại) hoặc t = 2 (thỏa t  0)

+ Với t = 2 thì: x23x  2 x23x 4 0

 x = –1 hoặc x = 4

Ghi chú: Điều kiện t ≥ 0 thay cho điều kiện x ≤ 0 hoặc x ≥ 3

b.+ (x ; y) = (0 ; 0) là một nghiệm của (I)

+ Mọi cặp số (x ; 0) và (0 ; y) với x0, y0 đều không phải là nghiệm của (I) + Trường hợp x  0, y  0:

2

x y xy 2y x 0

(I)

x y 4x y y 2x y xy x 0



 

x(xy 1) 2y2 2 xy 2 2 2

x (xy 1) xy(xy 1) y 5x y



 



2

2

1 2

(x ) 1

y x

   





 



Đặt a x 1, b 1

   (b ≠ 0), hệ trên trở thành: (II)

a 2b 1







Giải hệ (II) được: (a ; b) = (3 ; –1) và (a ; b) = (–7 ; 4)

+ Với (a ; b) = (3 ; –1) thì:   1

x; y 1;

4

  

+ Với (a ; b) = (–7 ; 4) thì:   1 4

x; y ;

4 29

  

* Một cách giải khác:

+ y = 0  x = 0

+ Trường hợp y  0:

Biến đổi được:

2

2

x

x x 2 0 (1)

y

x x

x 4x 1 (2x 1) 0 (2)

y y







 

 



(1)  x 2

x x 2

y    (3)

Thay (3) vào (2), khai triển và rút gọn được:

2

1 1

4

4 3 1 0

    



    

    



Câu 17 Giải hệ phương trình:     

2 2

x



 Lời giải Điều kiện: 1

1

x y

 



  



3

3 2

1

x x x

 

3

3

Xét hàm số   3

f t  t t trên có   2

3 1 0

f t  t    t suy ra f(t) đồng

được 2

3x 8x 3 4x x1

 2  2

2x 1 x 2 x 1

2

2

1

2 1 1 3

9 10 3 0

x

x



















Ta có

2 1 1

x

y

x



2

x   y 

Với 5 2 13 41 7 13

Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện

KL: Hệ phương trình có hai nghiệm   4 3 3

2

Câu 18 Giải hệ phương trình:

   

2

2027 3 4 6 2024 3 2 0 1





(x,y )

x y 14x-18y x x ( )

Lời giải ĐKXĐ: 4 3 7 8 0 14 18 0

2

x ,y , x y , x y

PT (1) 3 4 (  x) 2015 4 x 3 3 2(  y)2015 3 2 y ( ) 3

Xét hàm số: f(t)3t2015 t liên tục trên   0; 

Có 3 3 2015 0 0

2



t Suy ra hàm số đồng biến trên 0; 

2



Thay 1

2



x

y vào pt (2) ta được pt:

2

2 7x4(x ) 1 3 14x9(x ) x 1 6x13

2

 x  5x+9 x  x

2

 x  (x ) 5x+9 (x ) x x

1

x(x )

0

1 0

1

 

      



x x(x )

x .( Vì

1 0

x (x ) x (x ) với 4

4

3

  x )

Vậy hệ pt có hai nghiệm: 1  

2

 ; ; ;

Câu 19 Giải hệ phương trình: 5  

3

32 5 2 ( 4) 2 2

, ( 2 1) 2 1 8 13( 2) 82 29

x y





Lời giải

5

3

32 5 2 ( 4) 2 2 (1)

, ( 2 1) 2 1 8 13( 2) 82 29(2)

x y





Đặt đk 1, 2

2

x  y

Xét hàm

số

( ) , '( ) 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 x  f y  x y

Thay 2x y2(x0) vào (2) được

3 2

2 2

2

1

2

x

 







Với x=1/2 Ta có y=3

(4) ( 2 1 2) (4 24 27) 0 (2 3)(2 9) 0

2 1 2

x

x



 

3 / 2

1

(2 9) 0(5)

x

x x









Với x=3/2 Ta có y=11

t x   x t Thay vao (5) được

2

t 

Từ đó tìm được

,

Câu 20 Giải hệ phương trình:

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

Lời giải Biến đổi PT

x = y thế vào PT (2) ta được:

f là hàm số đồng biến nên:

 thế vào (2)

Vế trái luôn dương, PT vô nghiệm

Vậy hệ có nghiệm duy nhất:

Câu 21 Giải hệ phương trình :

3







Lời giải Xét f(t) = cost + 2t có f'(t) = –sint + 2 > 0  t  f(t) đồng biến trên R

Do đó (1)  f(x) = f(y)  x = y

Thay vào (2) ta được:

3

4x   x (x 1) 2x 1 0  3 2

(2 )x  2x ( 2x1)  2x1 (3) Xét g(t) = t3 + t có g'(t) = 3t2 + 1 > 0,  t

 g(t) đồng biến trên R

Do đó (3)  f(2x) = f( 2x1 )  2x1 = 2x

 2 2 0

4 2 1 0

x







  

4

x 

Câu 22 Giải hệ phương trình :  

 

3 2







Lời giải Điều kiện : 2 0 2



Từ phương trình  1 ta có   3 3  

x  y       x y y x

3 2

( 1)





   2 

2

1







y x

y x

( )  3 2

f t t t f t'( )0, t

2

1

3(x 1) 2 9x 3  4x  1 2 1 x x  1 0

Thay 3 vào 2 ta được pt:   3  2  

x    x x  x  x x  3 2

x   x x x  x , Đ/K 2  x 3

  

 2 2 3   4      2 

2

2

x x

  

0

2



2

x   y x y  ( thỏa mãn đ/k)

x    y x y   ( thỏa mãn đ/k)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm       x y;  2;3 , x y;  1;0

Câu 23 Chohai phương trình: 3 2

x  x  x  và 3 2

x  x  x  Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó Lời giải Hàm số   3 2

2 3 4

f x x  x  x xác định và liên tục trên tập

3 2 3 0,

f x  x  x    x f x đồng biến trên  *

    4 0 40 4 160 0  4;0 :   0 ** 

Từ  * và  ** suy ra phương trình

3 2

x  x  x  có một nhiệm duy nhất x a

Tương tự phương trình 3 2

x  x  x  có một nhiệm duy nhất x b Theo trên : 3 2

a  a  a   1

Từ  1 và  2  3 2  3  2    

a  a  a  b  b   b

Theo trên hàm số   3 2

2 3 4

f x x  x  x đồng biến và liên tục trên tập

Đẳng thức  3  f a  f 2      b a 2 b a b 2

Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình đó bằng 2

Câu 24 Giải hệ phương trình:   

 

3

( , )

x y





Câu 25 Giải hệ phương trình

Lời giải +) ĐK:

+) Ta có

+) Với , thì (1) trở thành :

+) So sánh với ĐK ta có là nghiệm của hệ đã cho

+) Với thì (1) trở thành:

Đặt

Ta có hệ

Ta có

 

4 3

2

4

5 6 6 (1)

( , )

1

x y x





2

1

x

 













1

x

2

1

5 65 2

4 2 2 6 11 1 2 6 11

4

2 5 5 0

y



 1

5 65 4

x y











y  x

2

2

2













1 0







1 0

u     v x

5x 6x 6 x   x 3 0(ptvn) 2

3 0,

Với ta có

Giải phương trình được nghiệm:

So sánh với ĐK ta có hệ đã cho có các nghiệm là

Câu 26 Giải hệ phương trình

Lời giải Nhân hai vế của phương trình (1) với 3 rồi trừ theo vế cho (2), ta được phương trình:

Nếu thì , thay vào (1) ta được:

Nếu thì , thay vào (1) ta được:

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là

Lời giải Điều kiện: Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2)

4 2

2

1

5 65

4

x

y











3 2 2 3 2 0 (1)

5 2 5 3 3 2 0 (2)







4 x  4 xy y      6 3 2 0 x y

2

(2 x y  ) 3(2  x y    ) 2 0 2 1

x y

x y



2x y  1 y  1 2x

   





2x y  2 y  2 2x

   





   0;1 ; 1;0 ; 5; 3 ; 4 6;



( 1) 3 ( 2) 3 4 0





2

2y  

) 1 ( 3 1 3 3

3

6y  x y  y  y  y   y 

x

 (3)

Xét hàm số có

Do đó

Thế vào (1) ta được



Do đó hệ đã cho tương đương với

Do x > 0 nên hoặc

Câu 28 Cho x, y, z là các số thực mà mỗi số không nhỏ hơn 1 và thỏa mãn điều kiện

2 2 2 2 2 2 2 2 2

9x y z x y y z z x 4xyz xy( yz xz) Chứng minh rằng :

1

9 2(2 2 1) 9 2(2 2 1) 9 2(2 2 1)

Lời giải

Theo giả thiết ta có x, y, z không nhỏ hơn 1 nên 2 4 4 2 8 9 9 4 4 2 0

          

       

) 1 ( 3 ) 1 ( 3 )

( x2y 3 x2y  y  3 y 

t t t

f ( )  3 3  2   

(3)  f x y ( )  f y (   1) x y   y 1,( y   1).

1 2

1 2

2yx   x y

x

1 1 0

) 1 1 (

0 1 1 2

) 1

2            































































0

) 4 ( 1 )

2 ( 2

0 1 1

1

1

2 2

2 2

2

x

x x x

x y

x

y y x

x y x y

y

x

y

x

0 ) 1 )(

1 (

0 )

1 ( 0 1 3

)

4

(  x4 x2   x2 2 x2   x2 x  x2 x  

























2

5 1 2

5 1

x

x

2

5

1



x

2

5

1





x

2

5 1 2

5

1   

x

2

5 1 2

5

1   



x













2

5 1

; 2

5 1 )

; (x y (x;y)12 5;12 5

Lại có :

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

9

x y z x y y z z x xyz xy yz xz

9

9

1

27

x z xz

x y z xy xz zy

Câu 29 Giải hệ phương trình

3

17 32 6 9 24(1)

3 1 4 2(2)







Lời giải

Từ phương trình (1) suy ra :

x  x  x y  y  y  x  x  y  y

f t  t at tR a

f t  t    a t R

Do đó hàm số f đồng biến trên R

Khi đó suy ra x     2 y 3 y x 1

Phương trình (2) trở thành :

3

3

x

x



 







 



