Ta sẽ CMR phương trình có nhiều nhất 1 nghiệm... Nhận xét x=1 là một nghiệm của phương trình.Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=1 b.. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
Trang 2Bài 2 Giải phương trình : 2x3 + − + =x2 3x 1 2(3x− 1) 3x− 1
Giải : Điều kiện 1
= +
⇔ +
= +
-2 x
1 x 1)
(x 5 3x ) ) 1 ((
) 5 3
f
Vậy nghiệm của phương trình là x= 1,x= − 2
Bài 4 Giải phương trình: 3 (2x + 9x2 + + 3) (4x+ 2)( 1 + +x x2 + = 1) 0 (1)
Giải :
Ta có (1) ⇔ 3x(2 + 9x 2 + = − − 3) ( 2x 1)(2 + − − ( 2x 1) 2 + 3)
Trang 3Xét hàm số f t( ) =t(2 + t2 + 3) t ∀ ∈ ¡ , 0 t R
3 3
2 ) ( '
2
2
+ + + +
=
t
t t
t f
5 1 x
5 x 0 5 6
4 2
3
x
x x
2 + − x + > ∀ ∈ ⇔ > ∀ ∈ ⇔ >
x
Hơn nữa, x= 1 là nghiệm của (1)
Ta sẽ CMR phương trình có nhiều nhất 1 nghiệm Thật vậy
3
2 ( trên 2 3 8 15
) (x = x2 + − x2 + − x+ +∞
Trang 42 ( +∞ , mà f( 1 ) = 0nên
1
x= là nghiệm duy nhất của phương trình
Bài 2 Giải phương trình: (4x− 1)( x+ + 3 3 3x+ = 5) 4x+ 8 (1)
Giải : Điều kiện x≥ − 3
Xét không phải là nghiệm của (1) Khi đó:
suy ra f x( ) đồng biến trên từng khoảng ( 3; )1
4
− và ( ;1 )
4 +∞
Do đó f x( ) có không quá 2 nghiệm
Vậy nghiệm của phương trình là: x= 1,x= − 2.
Bài 3: CMR phương trình 2x2 x− = 2 0 có nghiệm duy nhất
Trang 5Nhận xét x=1 là một nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=1
b Điều kiện : x> 0
Phương trình tương đương log2x x+ − = 3 0
Xét hàm số f x( ) log = 2x x+ − 3, tập xác định ¡ +
1'( ) 1 0
ln 2
x
+
= + > ∀ ∈ suy ra f x( ) đồng biến trên R+
⇒ phương trình f x( ) 0= có nhiều nhất một nghiệm
Nhận xét x= 2 là một nghiệm của phương trình
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=2
Bài 5 Giải các phương trình sau:
Trang 6Nhận xét x= −1; 1x= là nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x= −1; 1x=
x= x= là nghiệm của phương trình
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1; 2
2
II Giải hệ phương trình
1 Đưa một phương trình của hệ về dạng f u( ) = f v( )
Một trong những vấn đề tương đối khó khăn đối với học sinh là làm thế nào
để đưa một phương trình về dạng f u( ) = f v( ), vì vậy trong mục này chúng tôi
đưa ra một số tình huống thường gặp để học sinh dễ dàng nắm bắt hơn.
Trang 7Vậy nghiệm của hệ phương trình là (5;5).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (4; 4)
Bài 3 Giải hệ phương trình
( ) ( )
Giải :
Trang 8Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1;6).
Giải :
Từ (2)
8 4
Trang 9Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2;1).
Trong trường hợp này ta có một số chú ý sau:
Chú ý 1: Ta cần nhấn mạnh rằng TXĐ của hàm số là rất quan trọng, vì học sinh có thể dễ gặp nhầm lẫn như sau :
f x = f y ⇔ =x y Điều này là không đúng vì hàm số đồng biến trên hai
khoảng ( −∞ ;0) và (0; +∞ ) nên không thể kết luận x= y, ở đây học sinh đã bỏ qua
0 1
(1) ⇔ ln(1 + − =x) x ln(1 + −y) y
Trang 100 0
y x
Nếu xy≠ 0 ⇒ xy> 0 ⇒ x,ycùng dấu ⇒ x y x y,, > ⇒ =< ⇒ =00 x y y x
Với x= y thay và (2) ta được x= =y 0
Vậy hệ có nghiệm : (0,0)
Như vậy, trong trường hợp này ta cần so sánh x y, với điểm cực trị của hàm số
là x= 0, khi x y, cùng dấu ta vẫn có kết luận x= y.
b, Cộng đại số 2 phương trình để làm xuất hiện hàm đặc trưng.
Bài 6 Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( )
⇒ f t đồng biến trên ( ) ¡
(3) ⇔ f x( ) = f y( ) ⇔ =x y Thế vào (2): 2x2 = ⇔2 x2 = ⇔ = ±1 x y 1
Nghiệm của hệ phương trình là: (1;1),( 1; 1) − − .
( )
2 2
≥
≥
Trang 11Trừ theo từng vế của (1) cho (2) ta được:
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1;1),(0;0)
2 2
Trang 12Mà g x = 0 ( ) ⇔ x= ⇒ = 0 y 0
Vậy nghiệm của hệ là (0;0)
Vậy nghiệm của hệ là (1;1)
c, Thêm bớt để đưa một phương trình về dạng f u( ) = f v( )
Bài 10 Giải hệ phương trình:
Giải: Điều kiện xác định x y, ∈¡
Hệ phương trình tương đương:
Trang 13Do t2 + > ≥ − 1 t t nên f t'( ) 0 > ∀ ∈t ¡ suy ra ( )f t đồng biến trên ¡ do đóphương trình (1) tương đương x= y.
Thay vào hệ đã cho ta được phương trình x+ x2 − 2x+ = 2 3x− 1 + 1 (2)
g = nên phương trình g t( ) 0= có duy nhất một nghiệm t=0
Khi đó hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x y= =1
Trang 14⇔ = ∨ = − ( thỏa mãn đk bái toán)
vậy phương trình có 2 nghiệm x=2; x= −1
Nhận xét : Trong lời giải này, ta thêm bớt để xuất hiện từng nghiệm, nhưng hầu
như chúng ta chỉ làm xuất hiện nhân tử (x− 2), còn lại việc thêm bớt để xuất
hiện nhân tử tiếp theo (x+ 1) là khó khăn, vì vậy chúng ta sẽ làm xuất hiện đồng
thời nhân tử (x− 2) (x+ 1)ở lời giải tiếp theo.
Cách 2 Điều kiện 2− ≤ ≤x 3
Trang 150 1
2
2
y y
1 1
y x
Trang 16Bài 13 Giải hệ phương trình: ( 2 ) ( )
4 3
0 2 5
x
y x
2
502
x
x y
x
Thay vào (2) ta được:
7 4 3 2 2
4 5 4
2 2
4 3
4 3
4 4 4 3
4 12
−
=
x x
x x x
x x
Trang 17Bài 14.Giải hệ phương trình: ( )
Giải: Điều kiện xác định: x≥ 0
Thay x= 0 vào (2) ta có: 0 1 = không thỏa mãn
Với x≠ 0, chia 2 vế của (2) cho x2 ta được:
y y
Xét hàm f(t) =t+t t2 + 1 trên (0;+∞), ta có:
) ( 0 0
1 1
t
+ + + +
Do x> 0 nên từ phương trình (2) suy ra y> 0, ta có:
x
y x
f y
f( 2 ) = (1) ⇔ 2 = 1
Thế vào (1): x3 +x+ 2x2 x + 2 x = 6
Xét hàm g(x) =x3 +x+ 2x2 x− 6 trên (0;+∞), ta có :
0 0
2
2 4
1 3
+
x x
x x x x
x
Mà g(1) 0 = ⇒ =x 1 là nghiệm duy nhất của g (x)
Vậy nghiệm của hệ phương trình: 1;1
+ +
= + +
⇔
y y
x
⇔
Trang 18Xét hàm f( )t =t+ t2 + 4 với t∈ ¡ , ta có :
4 4
4 4
1
'
2 2
= + +
=
t
t t t
t t
t
t t
⇔ +
= +
⇔ +
=
+
0 0
2 1
0 3 3 1 1
1
y x
y x
x x x
x x
g
x
g
Vậy nghiệm của hệ là : (− 1 ; 2) ( ), 0 ; 0
Bài 16 Giải hệ phương trình:
Trang 20Khi hệ có nghiệm (x y; ), từ (1) ⇒ + >x y 0
Ta có: 5x2 + 2xy+ 2y2 ≥ 2x+ y⇔ (x+y) 2 ≥ 0 Dấu “=” ⇔ x= y
0 ) ( 2 5
2
2x2 + xy+ y2 ≥x+ y⇔ x−y 2 ≥ Dấu “=”⇔ x=yKhi đó VT(1) 3( ≥ x y+ ) Dấu “=” xảy ra ⇔ x=y.
Thay vào (2) ta được:
) 3 ( 5 2
8 19 2 1
1 + +
0 0
y x
y x
Vậy nghiệm của phương trình là: (0;0),(1;1)
Bài 2 Giải hệ phương trình :
− +
) 2 ( 7
2 7 3 2 3 6
3
) 1 ( 1
1 3
2 2 2
x y
x y
x y
y y xy x
Giải: Điều kiện:
≤
≤
≥
0 7 3 2
6 1
0
y x y x
Ta có (1) ⇔ y− 1 − x+ (y− 1 ) 2 −x2 +y(y−x− 1 ) = 0
1
1 )
− + +
x y
⇔ x= −y 1 Thế vào phương trình (2) ta được:
3 6 − +y 3 5y− = 9 2y+ 5 ⇔ (8 − −y 3 6 −y) 3( + y− − 1 5y− = 9) 0
Trang 21Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1; 2), (4;5).
Bài 3 Giải hệ phương trình :
+ + +
= + +
−
= +
− +
− +
y x y x x
y x
y x xy y
x
2 2
4 4
0 1 2 3 3 2
2 2
2 2
≥ + 0 2
0 2
y x
y x
∈
x
0 3 9 4 9 2
1 4
1 4 2
1 )
(
+
+ +
=
x x
x
4
1 ( − +∞
4
1 [− +∞ nên f x( )đồng
biến trên , )
4
1 [− +∞
Mà f(0) 0 = ⇔ =x 0 là nghiệm duy nhất.
TH2: Thay y=x+ 1 ta được
Trang 224 5 1 3 4 )
1 (
0 ) 4 5 3 ( ) 1 3 2 ( ) 2 3
0 ] 4 5 3
5 1
3 2
3 )
2 3 )[(
1
+ +
− + +
− +
−
⇔
x x
x x
Xét g (x)=
4 5 3
5 1
3 2
3 2
3
+ +
− + +
− +
x x
9 3
+ + + + +
=
x x
x x
3
1 [− +∞
3
1 [
0 ∈ − +∞ , g(0) 0 = ⇔ =x 0 là nghiệm duy nhất của g x( )
Vậy nghiệm của hệ pt là: (0;1),(1;2)
Bài 4 Giải hệ phương trình : ( 2 ) ( )
Trang 23Thay vào (2) :
2 2
là nghiệm duy nhất , thay vào (4) tìm được y=2.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất : ( ; ) 1; 2
) 1 (
Ta thấy x= 3,x= 8 là nghiệm của (3)
Ta sẽ chứng minh phương trình (3) có không quá 2 nghiệm Thật vậy:
Trang 24Từ bảng biến thiên ta thấy f x( ) có không quá 2 nghiệm.
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:(3; 4), (8,9)
Bài 6 Giải hệ phương trình :
Trang 25Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (0;0),( 3;9) − .
Bài 7 Giải hệ phương trình:
Giải: Điều kiện 1
x x
(3).
Xét hàm f t( )= t5 +t trên ¡ ta có f t'( )=5t4 + > ∀ 1 0 t∈ ¡
⇒ f t( ) đồng biến trên ¡ nên (3) ⇔ =x y2
Thay vào (2) ta có x+ + 1 2 − + − =x x 1 x2 + 2 (4) ,điều kiện − ≤ ≤ 1 x 2.
Ta thấy (4) có 2 nghiệm x= 0,x= 1 Ta sẽ CMR phương trình (4) tối đa 2nghiệm Thật vậy,
Trang 262
− +
x x
) 1 2
.(
) 2 )(
1 (
1 )
−
− +
−
⇔
x x x
x
x
2
1 0
−
= + + +
+
3 3 2
2 2
1 1
5 6
2 ) 1 )(
4
(
x y
y
y y
x x
−
0 1 2 2 2
)
3
(
0 1 2 3
y y x x
y x
)
3
(
1 ) 1 2 ( 2
y y x x
y x
Đ/s: (1;1), )
2
5 1
; 2
5 1
=
−
− + +
0 4 3 2 4
0 2 5 ) 3 ( ).
1
4
(
2 3
2
x y
x
y y
−
−
= + + +
6 4 2 2 4
2 ) 3 2 ( 1 2 )
y y
x x
Đ/s: ; 6 )
2 1 (
Trang 27= +
+ +
= + +
y
x x y
x
y
y x
x
2 2 3 4
9
1
1 1
2 2
2
2 1
Đ/s )
3
7 1
; 3
7 1
−
−
+
= +
−
−
+
2 2 3 3 ) (
3
2 2 3 3 ) (
3
3 3
3 3
x x
y
y
y y
−
− +
+
=
−
− +
−
−
0 8 14 3 8 2 3 2
2
0 6
) 20 3 ( 7 ) 3 23
(
x y
x y
x
y y
x x
=
−
− +
−
y x x
y y
x y
x
3 2
28 30
9 2 2 3
−
− +
= +
− + + +
y x
x
x x
x x
y y
y
2 9 11 2
1 2 ) 1 2 ( 21 22 4
3
2
2 2
= + +
−
=
− +
+
4 4
1 2
1 3 1
2 2
2
3
x y
y
x x
x y
2
1 8
x y
x y
+ +