Hệ bất phương trình trong các đề thi thử đh

Do y> ta chia hai v của phương trình cho y2 ta có... Từ đó giải ta được 1.

Trang 1

TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 CHUYÊN ĐỀ PT – BPT – HPT

Trang 2

Thay v|o phương trình 3  2 

Trang 3

Trang 4

Bài 6: Gi i h ph ng trình:

2 2

14

x y

x y x y

00

x y

Trang 5

Trang 6

  0

f t  với mọi t suy ra h|m số f t  đồng bi n trên

f x  f y    Th x y x  v|o phương trình ta được y 1

Th x  v|o phương trình ta được y 1

Trang 7

Hệ phương trinh co hai nghiệm  ; 3 2 3;4 3 3

Trang 8

5x 5x10 x 7 2x6 x 2 x 13x 6x32 5 Đ/K 2

V y hệ phương trình có một nghiệm duy nhất x y;    2; 2

2 2

Trang 9

Nh n xét x  không là nghiệm của bất phương trình 2

x x

x x x

a b a b  a a b b Đẳng thức xảy ra khi v| chỉ khi a b1 2a b2 1 Th t v y,

Trang 10

u v x

Trang 11

Trang 12

Trang 13

21

Trang 14

Trang 15

Trang 16

2 x

Trang 17

Trang 18

Trang 19

Trang 20

KL: Hệ phương trinh co hai nghiệm  ; 3 2 3;4 3 3

Tóm lại , với mọi x ta có A> Do đó tương đương x    1 0 x 1

V y t p nghiệm của bất phương trình đã cho l| (1; )

Chú ý : Cách Ph ng pháp hàm s

Đặt u  x2 x1u2  x2 x1 th v|o bpt đã cho ta có

11

)11

(1

2 2

u

u u

x x x

x

u

Xét f(t)t2tt t21)

t t

t

f'( )(  21)2 2 10 nên h|m nghịch bi n trên R

Do đó bptuxx1

Trang 21

Từ phương trình thứ hai của hệ ta có y 1 x2  2 x

Thay v|o phương trình thứ nhất ta được    2  2

Trang 22

6 6 36 trên như sau :

Do tính đối xứng nên giả sử :

Trang 23

Khai triển và đồng nhất hệ số ta có hệ số của x là

2 2

24

38

Trang 24

+ Giải ra được x hoặc 1 14

3

x + K t hợp với điều kiện, nh n được 2 1

Mà f t  liên tục trên  2; , suy ra h|m số f t  đồng bi n trên   2; 

Do đó x  Thay y 1 y  và phương trình (2) ta được: x 1 3

x   x Thay y  v| phương trình ta được x 1 3

Do đó phương trình * vô nghiệm

V y hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất    x y;  2;3

Trang 25

+ Với 0  l| nghiệm của x 2

+ Với x > , bình phương hai v ta được 2

x  x     x

K t hợp nghiệm ta được < x 4 l| nghiệm của

V y nghiệm của l| 0 x 4, cũng l| nghiệm của bất phương trình

 , suy ra phương trình * vô nghiệm

+ Với y  thay v|o ta được 3 5x 1  x 3 5x 4 2x7 (3)

Điều kiện 4 5 ó :

5 x ta c

Trang 26

Trang 27

x x

Trang 28

+ nh n thấy x= không thỏa

+ Khi x0ta có hệ tương đương

2

2 2

141

y

x y

Trang 29

51

f , f/ t t10,t0 nên h|m số luôn đồng bi n trên

0;

(*) f y  f x6

5

8412

Trang 30

2 2

00

4

y x

x y

Trang 31

x x

Thay y2x1 v|o phương trình ta được 4x22x 3 x 1 2x

Khảo s{t casio thấy x  2 l| nghiệm đơn nên có thể truy ngược dấu để liên hợp, hoặc bình

phương liên ti p khử căn

Trang 32

2 2

Trang 33

Với uv ta có x2y1, thay v|o ta được : 2

Trang 34

Đk

2

3; 00; ; 4

3

; 4 ;9; 3 3

9 4

x x

x

x x

đúng khi x nên vô nghiệm 3

V y x= y = l| nghiệm duy nhất của hệ phương trình

y

 

Trang 35

3x 11x22 7 ( x2)(x5)(x7)

2 2

3(x 5x14) 4( x 5) 7 (x5)(x 5x14)Đặt a x25x14;b x ( a ,b  5 Khi đó ta có phương trình

Trang 36

2 12 7x 16x 23 16 7

48 28x 256x 736x 529

23 12x

256

382 6 633x

Trang 37

Trang 38

V y nghiệm của hệ phương trình l| 1 2 4 5( ; ), ( ; )

Xét h|m số 3

2 3f(t) t  với tt 

Trang 39

V y nghiệm của phương trình đã cho l| 1 5 2

2

12

L n – THPT MINH CHÂU

L i gi i tham kh o

Trang 40

ta suy ra bất phương trình đã cho có nghiệm l| 5 2

pt  x  x  x x  x+)          2 

2 2

Trang 41

Trang 42

1 1 (tmdk)1

Trang 43

Suy ra g x l| h|m số đồng bi n v| liên tục với x(-4; )

Do đó phương trình g x = có tối đa một nghiệm với x(-4; )

Mặt kh{c g = nên phương trình * có nghiệm duy nhất x =

Trang 44

Trang 45

Trang 46

V y hệ phương trình đã cho có nghiệm l|     5 3 4 6

2

f x f x x x x

          Phương trình ( 1) ( ) 1 1

Trang 47

2

4x  3x 1 13x  5 0 2x3   3x  1 x 4 5Xét phương trình  5 Đặt   3

x

y x y

x y

x

3144

19)23(

17315

1442

* Thay v|o được : (3x2) 3x14 x 14x x (3)

Vì x = không phải l| nghiệm của nên :

x Đặt  31  1 u2 3, u 3

x x u

Đặt  31  1 u2 3, u 3

x x u

Từ ta có pt : 2u34u23u260u2 nh n

* u = 2  31 2

x x1 y3Thử lại => hệ có một nghiệm l| ; 3)

Trang 48

x y

Trang 49

14(

2 2 4

2 2

y y x x

y x x

)(121

y t

loai t

y

44

x

y

44

x y

Trang 50

Trang 51

 3   V y nghiệm của hệ phương trình l| x 2 2;1

đó (4) f( y2) f( x) y 2 x  y x 2 thay v|o pt ta được

(4) f( y2) f( x) y 2 x   y x 2 thay v|o pt ta được

x t

Trang 52

x x

       (2) Xét TH1 : Với x0khi đó vô nghiệm

Xét TH1 : Với x0khi đó vô nghiệm

Xét TH2 : Với x>0, chia hai v của (2) cho x ta được :

      , thay v|o ta được :

2

2 2

11

t t

Trang 53

Trang 54

Nh n thấy y= không thỏa mãn hệ

Do y> ta chia hai v của phương trình cho y2 ta có

Trang 55

Cộng theo v hai phương trình cho nhau, ta được

Hệ phương trình có hai nghiệm      x y;  0; 2 ; 4; 4

3 v|o phương trình ta được 9x2 + 9x(x - 1

Trang 56

Trang 57

Trang 58

Trang 59

Hệ phương trinh co hai nghiệm   4 3 3

2

     

Trang 60

2   x x 2 x 1x   x 1 x  Suy ra 1   2

2 1 2 x    x x 1

Do không tồn tại x để đẳng thức xảy ra nên phương trình vô nghiệm

Vạy nghiệm của phương trình l| 5 5

x t

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

N u x y l| nghiệm của hệ I thì y > – 1 Suy ra x – y  0

Trang 61

Trang 62

2  2  



 x x x x (Do 2x22x50,xR)

)2(2)1(21

)(

02

2)(

02

b a b

a b

a

b a b

13

1)

1(2

011

x x

x

x x

x  không là nghiệm

Trang 63

Trang 64

yx  thay v|o pt , suy ra pt vô nghiệm

TH2: y x thay v|o ta được phương trình:

Trang 65

2 2

1

x y

- Xét x= , từ pt đầu suy ra y= , thay x=y= v|o pt thứ hai không thỏa mãn loại Xét x , 0

chia v của pt đầu cho x50, ta được

5 5

Trang 66

- Xét x0, chia v của pt đầu cho 5

0

x  , ta được

5 5

Trang 67

3

3 3

12.442027

27

14)2(6)(3

x y x

x x

y y y x y x

y x

y f

Trang 68

3 2

20

0827

vn x

x

y x

x x x

x y

Trang 69

1 17

( )2

TH Với y = - 2 thay vào (2): 3x     suy ra nghiệm x y = -2;-2) 6 0 x 2

TH Với y  thay vào (2): x 1 4 2 1 2 1 2 5

x    x x   x   vn

Trang 70

x y x y nên * vô nghiệm

+ Với x y 1 0 y x 1 thay v|o phương trình ta có 2 2

Trang 71

2 2

4 4

Trang 72

V y nghiệm của hệ phương trình l|  2; 2

Trang 73

Bài 130: Gi i h ph ng trình: 2

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

Trang 74

Trang 75

Trang 76

    với mọi t thuộc khoảng [1; )

Suy ra f t ( ) đồng bi n trên khoảng [1; )

Do đó tương đương với x x2 1 3x Từ đó giải ta được 1

Trang 77

Từ đó ta được x  1 l| nghiệm duy nhất của phương trình *

V y hệ đã cho có nghiệm duy nhất    x y ;   1; 2 

Trang 78

Thay v|o phương trình ta được phương trình x2  x 6 3 x 1 3x26x190 Chuyển v bình phương liên ti p giải phương trình b c viet đảo + casio hoặc đặt ẩn phụ đưa về b c , thử lại có nghiệm

1 2

3221

x y

y y y

x x x

)1(31

2

u v

v v

u u

Trừ v| v theo v ta có u u213uv v213v(*)

Xét h|m số f(t)t t213t trên R , 3 ln3 0,

11

)('

t

t t

13

1

13ln1

3)(',13

)(

2 2

u u

g u u

Trang 79

- N u

2 x 3y 1 0 3

         (vô lý) PT vô nghiệm

V y hệ phương trình đã cho có nghiệm x y =

Bài 142: Gi i h ph ng trình:

Trang 80

4 4

92

21

)1(733

2 2

y xy x x y

y

x y y

x

Điều kiện y1,x0,y2 3x (2) y 1 x (y2 2y1)x2 (y2 xyy)0

0)1(

)1(1

21

1)

x

y

Trang 81

x y

+) Th y v|o ta được x2 x1 x2x1 7 3 (3)

Xét f(x) x2x1 x2x1,

3)12(

123

)12(

121

2

121

2

12

)

(

'

2 2

x x

x

x x

Trang 82

3

2 2

12

x

x y y

Trang 83

Trang 84

Trang 85

x x

x x x x x

1 52

Trang 86

21

Trang 87

x t

Trang 88

Suy ra x 4 17 thoả mãn Với 1 2 1

Trang 89

y x y x x x

x x y x x

y x

121211

853

194

2 2 3 4

2 2

Trang 90

3

03

t R t

Trang 91

Trang 92

3

03

t R t

Định dạng
Số trang	92
Dung lượng	1,65 MB