giai phuong trinh he phuong trinh luyen thi giai pt hpt thpt 2016 2015 va dh cac nam

THPT Quốc Gia_2016

1) Giải phương trình

log)

22

(log2)22

3 3

1 2

0

0

9

02

02

x x

y x

x n x

x n x

a a

a a

a

a n

a

a a

n n

n

loglog

).(log

loglog

log

1log

1

(*) 3log ( 2 2 ) 2log ( 2 2 ).log 9 log  1 log 2 0

3

2 3 3

23log)

22

(log1

2)22

(

log

3

2 3 3

2 3 3

3log23( 2x 2x)2log3( 2x 2x).2log332log3x  1log3x2 0

3log23( 2x 2x)2log3( 2x 2x).22log3x  1log3x2 0

3log23( 2x 2x)4log3( 2x 2x).1log3x  1log3x2 0 (**)

x x

(log

(**) 3a2 4b.ab2 0

Cách 1:

34.3

(

3

)2

(

b b a

b b a

b b a

b b a

b a

b a

0

b a

b a

b a

3

TH1: a=b log3( 2x 2x)=1log3x

y x y

x a

a a

a a

a a

loglog

).(loglog

log

log1

log3( 2x 2x)=log33log3x

log3( 2x 2x)=log3(3x)

 2x 2x=3x

32

.222

B B A

2

49)

4

(

4

04

9

x x

3

23

2

2 4

x x

x x

3

23

2

2 2

x x

x x

1720

3

23

2

x x x

x x

1

=0

02

22

202

2             

222

21

32

842

2 2

x x

x

x x x

22

2213

2

)2(4)

x

x x

x

22

)2)(

1(32

)4)(

13

2

4)

x

x x

13

13

13

x

x

22

212

233

443

23

2 2

1

2

x x

133

)(2

1331

nhân x

loai x

218

)1(1212

12

3

2

y x

x

x y y

2 2

b a b

1212

2 2 2

y x

y x

1212

12

2 2

x y y

0

2

x y

x

Thay (3) vào pt (2) ta được: x38x12 12x2 2

1021

8Tìm a=? biết 2 10x2 a0 và nghiệm x=3

Thế x=3 vào ta được 2 1032 a0a=-2

110

239

33

2

2 2

2 2

x x x x

x

110

110

23)

3(3)

3

(

2

2 2 2

x x x

x

110

9213)

3

(

2

2 2

x

x

110

9213)

x

x

110

9213)

x

x

110

33213)

x

x

0110

3213)

3213

0

3

2 2

x

x x

32130

(0

110

3213

3

2 2

2 2

x

x x

x nên x

vì nghiêm Vô

x

x x

so với đk x0 nên ta nhận x=3 là nghiệm

thế x=3 vào (3) ta được y=12-32

=3 Kết luận hệ có nghiệm

3

y x

Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức:  2 2 2 2

d b c a cd

Dấu “=” xảy ra 

d

c b



1212

2

1212144

0

yx y x

B B A

0

yx y x

12

12

012

xa a

x a x

1 1

b a

b a

2 2

2 2

y x

x

tới đây thì tương tự cách 1

Đại học khối B_năm 2014

2163

2

)1(1

21

2

y x y x y

x

y

y y x x

y x

4

02

y x

y x y

y x

y x

y x

a b y b

,0(

02

10

1

10

1

b a b

a vì nghiêm vô

b

a

b b

a a

Trường hợp 1: a=1  y 1 y=1

3542

01

x

y=1 thế vào (2) ta được

)1(2

01

x x

x x x

221

x x

x x x

B B A

2

)32

(

2

032

x x x

2 2

2 2 2 2

x x

x x x

x x

x x

x x

x x

612494

2

2

31

2 3 2

4

2

31

2 3 4

x x x

x

x x

4

2

31

2 2 3 4

x x x x

x

x x

4

2

31

2 2

2

x x x

x

x

x x

1(

2

31

2 2

x x

x

x x

4

01

2

31

7

2

51

2

51

2

31

512

51

x x x

So với đk 1 x2 ta được

251



x

2

151

511

3

y

x y

x

 làm ngoài nháp nè Hướng dẫn cách phân tích

7711

4

4x4 x3 x2 x =4x2axb(x2 cxd)

bd x bc ad x ac d b x c a x x

x x

44

)2(40

)1(44

c a ac

c a

7

44

)2(0

)1(44

c a ac

c a

1128

1

44

)2(18

)1(44

c a ac

c a

114

7

44

)2(0

)1(44

c a ac

c a

4

4x4 x3 x2 x =4x2axb(x2 cxd)

7711

4

4x4 x3 x2 x =4x2 7(x2 x1)

=4x2(x2 x1)7(x2 x1)=4x44x34x27x27x7=4x44x311x27x7

Nhờ vậy mà biết ghi ngược lại

Lưu ý nếu cả 4 trường hợp trên cũng không ra thì ta phân tích như sau

7711

4

4x4 x3 x2 x =2x2 axb(2x2cxd)

Rồi làm 4 trường hợp như trên nữa, cũng hên là nó ra rồi

Cách 2: khi giải cách 1 ta biết được nhân tử chung là x 2 -x-1 thì dễ dàng ta thêm bớt như sau

32

2x  x2 x

2    2 

)1(

2)1(

B A

B A B A

2)1(

2

)1(

212

1)

x x x

x

012

1)

x x x

x

012

12

Vì đk 1 x2 nên

12

12



x

2

151

511

3

y

x y

x

Đại học khối D_năm 2014

5) Giải bất pt x1 x2x6 x7x27x12 (*) Giải:

Cách 1:

7

20

7

02

x x

a3 a42(a3)a8 a93(a8)a211a303(a8)2(a3)

a3  a42a8  a93a26a

39

3982

4

24

2 2

a

a

39

82

a

a a

39

82

a a

a

39

82

4

146

39

82

a a

a a

a

a a

a

=

24

12

84

39

82

a

a a

a

=

24

12

83

9

82

42

a a

a

a

0

 (vì a4) (**)a0

7

02

x x

x

(*)x1 x22x1  x6 x73(x6)x27x122x13(x6)

Làm sao ta biết được thêm bớt

Ta nhẫm nghiệm x=2 thì vế trái=vế phải

Khi x=2 thì x2 22 2nên ta biết thêm bớt 2(x1)

Khi x=2 thì x7  273 nên ta biết thêm bớt 3(x6)

3762

2

221

2 2

x

x

37

26

22

26

22

x

x

x

  ( 4) 0

37

62

x

Khi ta cho 1 giá trị x bất kỳ thỏa đk x-2 vào ( 4)

37

62

x x

62

x x

x

=

2

62

37

62

x

22

12

63

7

62

22

x x

02

63

76

02

22

22

x

x x

x

x x

x

(**)x-20x2

Giao với đk x2 ta được nghiệm 2x2

Đại học khối A_năm 2013

y y y

x

x

y y

x x

1(

2

)1(2

11

2 2

4 4

4

7

4 )

4

(

y y

y

x y

Cách 1: giải pt y72y4y40

Xét hàm f(y)= y7 2y4y4 (y0)

f’(y)=7y6

+8y3+1>0 y0

 f(y) đồng biến y0

Nên nếu f(y)=0 có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất

Ta thấy g(1)= 17 2.141412140 y=1 là nghiệm

Với y=1 thế vào (4) ta được x=1412

Kết luận hệ pt đã cho có hai nghiệm:

1

y

x y

04333

2111

0

1

2 3 4 5 6 2

3 4 5

6

4 )

4 (

y y y y y y nên y

vì nghiêm Vô

y y y y y

y

x y

1

y

x y

244

)1(0

12332

y

x

y x xy y

0

y

x y

x

Hướng dẫn

Cách 1:

y x

y x

(1)  2x23xy3xy22y10

 2x2(3y3)x y22y10

)1(128

1689189)12.(

2.43

222

2

)1(3

3

14

442

2

13

3

y y

y y

x

y y

y y

2x2 x x 2     2

Cho y=0( 1 )

013

2

01

012

x x

x x

013

24)

Mặt khác x=1 thì Vế trái=Vế phải=5 có nhân tử chung là x-1

5

)2(45113

)1(133

3

2 2

x x

x x

x x

x

x



24

5

444

5113

121

33

3

2 2

x x x

x x

x x x x

x



24

5113)

(

3

2 2

x x x

x

x x x

x

24

5113)

(

3

2 2

x x x

x

x x x

x

24

5113)

(

3

2 2

x x x

x

x x x

x

24

5

11

13

13

x x x

024

5

11

13

13

2111

1100

0

) 3 (

) 3 ( 2

nghiêm vô

x x

x x

y x

y x

5

11

13

13

x

Trường hợp 1: y2x1 (4)

Thế (4) vào điều kiện ta được

419

4410

49

0140)12(4

0122

x x

x x

x

x x

249114

114

3

2 2

x

x

249

91

x

249

91

91

x thế vào (4) ta được y=1

Kết luận hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm

0

y

x y

loglog

2 1

0

01

0

x x x

x

x

x

0< x < 1

Pt   log  2 2

2

11

loglog

2

2 1 1

2 2

  log ( ) 2 1 1

21

1.2

11

bx

ax

01

x x x x

t     2 12 t22

x x

2 2

21

1.2

t

t t t t t

t t

log

log

2 1

01

0

x x x

loglog

2

2 1 1

2 2

21

1.2

11

loai t

21

21

32420

48

22

nhân x

x x

x

x x

log

log

2 1

0

01

0

x x x

loglog

2

2 1 1

2 2

   log ( ) 2 1 1

21

1.2

11

ac d b t c a t t t

1

5

c a ac

c a

54

)5(

54

5

2

a a

a c a

a

a c ac

c a

320

1

4

)(

01

2

2

t

t t

t

nghiêm Vô

log

log

2 1

01

0

x x x

loglog

2

2 1 1

2 2

21

1.2

11

1(

4)1

0)14)(

320

1

4

)(

01

2

2

t

t t

t

nghiêm Vô

log

log

2 1

0

01

0

x x x

loglog

2

2 1 1

2 2

21

1.2

11

log

log2x2 2  x  2 x 2  x 

log2x2log21 xlog2( x1)21

log2x2log2 1 x( x1)21 

4 3 2 3 2 2

014)

14()14

0)1)(

320

1

4

)(

01

2

2

t

t t

t

nghiêm Vô

log

log

2 1

0

01

0

x x x

loglog

2

2 1 1

2 2

21

1.2

11

t4 t22t2t32t22t

t4t33t24t20 (**)

Phân tích t4t33t24t2(t2 atb)(t2 ctd)

bd t bc ad t

ac d b t c a t t t

t

t4 33 24 2 4(  ) 3(   ) 2(  ) 

2

)2(2

)1(1

1

c

a

thế vào (2) ta thấy thỏa

Lưu ý: Nếu không có nghiệm (thế a=…; c=… vào (2) không thỏa)

thì ta làm TH2: b1 d 2rồi giải lại như trên

310

2

2

01

2

2

t

t t

t

nghiêm Vô

log

log

2 1

0

01

0

x x x

loglog

2

2 1 1

2 2

21

1.2

11

2

2

01

2

2

t

t t

t

nghiêm Vô

log

log

2 1

0

01

0

x x x

loglog

2

2 1 1

2 2

21

1.2

11

310

2

2

01

2

2

t

t t

t

nghiêm Vô





x =42 3 so với đk 0<x<1 ta nhận x=42 3

Đại học khối A_năm 2012

12

1

121213312

12133

2 2

2 2 2

3

y x

y y

y y x

x x x

2

12

1

)1()

1(12)1()1(12)

1

(

2 2

3 3

y x

y y

x x

1

12

11

12

11

11

2

112

11

3

2

32

11123

12

31121

y x

1

2

112

f’(t)=3t2 12=3(t24)<0 f(t) nghịch biến

(1) f(x1) f(y1) x1 y1yx2 (3)

Thay (3) vào (2) ta được

12

122

2x2 x    0

2

34

32

3

2

322

12

1

) 3 (

) 3 (

y x

y x

Kết luận hệ pt đã cho có 2 nghiệm:

2321

y

x y

(

)(9)(3)(2293

2 2

2 3

2 3

t x t x

t t

t x

x x

(

9322

93

2 2

2 3 2

3

t x t

x

t t t x

0229933

2

2

2 2 3

3

t x t

x

t x t x t

022)(9)(

3

2

2

2 2 3

3

t x t

x

t x t

x t

PS S

t x

2

3

2 2 2

3 3 3

0229)2(33

2

2 3

S P S

S P S PS S

2

0229633

2

2 3

S P

S

S P S PS

122

)1(0229633

2

2 3

S S

P

S P S PS

S

Thế (2) vào (1) ta được

02294

122634

122

3

2 2

2

20

2

2

nghiêm Vô

S S

S S

Thế S=2 vào (2) ta được

4

34

12.22

2

1

X X

2123

y

x y

20

014

2

x

x x

x

x

x

0 x2 3 v x2 3xét x=0 ta thấy là nghiệm của pt

Với x>0, ta chia hai vế của bpt cho x

x

x

x x

x

x

x x

x x

2 2

B A B A B B

2

)3(6

0

3

06

0

3

t t

6963

66

3

t t t

t

t t

t t t

t t t

2

51

2t25t2 4t4 16t2 4t0

4164

41642

5

2

2 4

2 2

t

t t

t t

4164

4174252

2 4

2 4

t

t t t

t

4164

410410251041042

5

2

2 4

2 2

3 2 3 4

t

t t t t t t t t t

t

4164

)252(2)252(10)252(22

5

2

2 4

2 2

2 2

t

t t t

t t t

t t t

t

4164

2102125

2

2 4

t

t t t

t

Vì t0

t t

t

t t

21021

2 4

0x  x4 là nghiệm của bất phương trình

Đại học khối D_năm 2012

2

)1(0

2

2 2 2 3

y xy y

x y x x

x xy

x y

x y

x y y

2

x y

y x

) 3 ( 1

2

2

x y

x y

51

52

51

) 3 (

) 3 (

y x

y x

02

11

010

)2)(

1

(

2

) 4 ( 2

nghiêm Vô

x x

y x

x x

x x

Kết luận hệ pt đã cho có 3 nghiệm: 1

1

x y

x y

x y

2

)1(0

2

2 2 2

3

y xy y

2

y x

y x

) 3 ( 1

2

2

x y

x y

51

52

51

) 3 (

) 3 (

y x

y x

02

11

010

)2)(

1

(

2

) 4 ( 2

nghiêm Vô

x x

y x

x x

x x

Kết luận hệ pt đã cho có 3 nghiệm: 1

1

x y

x y

x y

2

)1(0

2

2 2 2

3

y xy y

) 3 ( 1

2

2

x y

x y

51

52

51

) 3 (

) 3 (

y x

y x

Trường hợp 2: yx2 (4)

11

010

)2)(

1

(

2

) 4 ( 2

nghiêm Vô

x x

y x

x x

x x

Kết luận hệ pt đã cho có 3 nghiệm: 1

1

x y

x y

x y

2

)1(0

2

2 2 2

3

y xy y

x y

x x x

x x

x

x x

x

2 2

x x x

x x x

x

x x

2

11

01

2 3 4

) 3 (

x x x x

y x

x

Giải pt x42x32x2x20

Phân tích

22

bd

bc

ad

ac d

)2(3

)1(2

c a ac

c a

)2(1

)1(2

c a ac

c a

52

51

52

510

1

2

) 3 (

) 3 ( 2

VN x

x

y x

y x

x x

Kết luận hệ pt đã cho có 3 nghiệm: 1

1

x y

x y

x y

)(

)1(0)(2345

2 2

2

3 2 2

y x y

x xy

y x y xy y x

(x, y  R)

Giải:

Cách 1:

1(2)

1

2

P S P

x

x x x

5 4 33 2 20

x

x x

11

11

11

)

3

(

) 3 (

y x

y x

y y

x

y y

y y

x

22

)12(12

12

)12(12

2 2

2 2

xy

21

Với xy=1 đã giải TH1 rồi

Với x2y (6)

Thay (6) vào (4) ta được:  2y 2y22 4y2y2 25y2 2

10

5

1025

10

) 6 (

) 6 (

x y

x y

Kết luận hệ pt đã cho có 4 nghiệm

102

5105

1021

11

1

y

x y

x y

x y

)

(

)1(0)(234

5

2 2

2

3 2

2

y x y

x

xy

y x y xy

2

0 1

2 2 2

2

y x

xy y

x xy

x

x x x

5 4 33 2 20

x

x x

11

11

11

)

3

(

) 3 (

y x

y x

TH2: x2y2 2 (4)

(2)3x2y3y32x2y4xy22(xy)03y(x2y2)2x2y4xy22(xy)0 (5) Thay (4) vào (5) ta được3y.22x2y4xy22(xy)0 6y2x2y4xy22x2y0

xy

21

Với xy=1 đã giải TH1 rồi

5

1025

10

) 6 (

) 6 (

x y

x y

Kết luận hệ pt đã cho có 4 nghiệm

102

5105

1021

11

1

y

x y

x y

x y

02

02

3

2

t

t t

02

02

x a

48

x a

48

0

b a

b a

b a

02

02

)2(4

46

3

2

2

2 2

v

u

v u uv v

u

064)34

334

22

334

v

v u

v

v u

116

)(5

116

loai v

loai v

02

02

x

x

(*)

(1)3 2x3 84x2 (84x)(2x)2x84x

)2(4

82

0482

3

0482

x x

x x

x x

x x

x

x x

25

3)

155(48

0155

2 2

Kết luận pt đã cho có nghiệm

02

02

x x

x x

x b

x a

15  a a

Tìm b=? biết 30 2xb=0 và nghiệm x=

56

15 2x12 530 2x12 520 4x2 325015x32

3(5 2x4 5)6(5 2x2 5)4(5 4x28)15x180

84

64)4(254522

5

20)2(256542

5

80)2

x x

x x

x

84

3625

4522

5

25306542

5

3025

x x

x x

x

84

)56)(

56(4522

5

)56(305

42

5

)65

x x

x

x x

x

84

)56)(

65(4522

5

)65(305

42

5

)65

x x

x

x x

x

84

45

22

5

305

42

5

156

x x

45

22

5

305

42

84

43

522

5

305

42

5

15

(*))(

5

6

2 Vô nghiêm x

x x

đk thoa

5

305

42

2

18

484

222

log28x2log2 1x  1xlog222 0

log2 8  x2  log2 1  x  1  x   log24

log28x2log2 1x 1x.4

8x2 1x 1x.4

2

00

10

nghiêm Vô

t

t

x x

t t

so với đk ta nhận x=0 Kết luận pt đã cho có nghiệm x=0

Cách 2

 8  x   log  1  x  1  x   2  0  x  R 

log

2 1

2

11

222

(1)  log2 8  x2  log2 1 1  x  1  x   2 log22  0

log28x2log2 1x  1xlog222 0

log2 8  x2  log2 1  x  1  x   log24

)2(4

)1(0

c a ac

c a

017

2

00

10

1

2

2

2 ) 3 ( 2

nghiêm Vô

t

t

x x

t t

2

11

222

log28x2log2 1x  1xlog222 0

log2 8  x2  log2 1  x  1  x   log24

14 2

0173417242

0)172)(

017

2

00

10

1

2

2

2 ) 3 ( 2

nghiêm Vô

t

t

x x

t t

2

11

222

(1)  log2 8  x2  log2 1 1  x  1  x   2 log22  0

log28x2log2 1x  1xlog222 0

log2 8  x2  log2 1  x  1  x   log24

16161641616

161616

x x

41616

164

1616

x x

41616

164

1616

041616

164

1616

16

0

nghiêm Vô

x x

16

132

161632

161616161616

32

116

16

132

161632

161616161616

x x

x x

x x

x x

1616

16

16

2232

1616

164

1616

x

Kết luận pt đã cho có nghiệm x=0

x x

m xy x y x

21

)2(2

2

2 3

x

x

m xy x yx

x

21

22

2

2 2

x x x

m y x x y x x

212

)2()2(

x y x

m x x y x

21)()2(

))(

2(

2 2

b

y x

12

14

14

12

1 2

2 2

12

12

a

m b

a

21

m b mb b b

m a

m b b m b

m a

m b a

21

22

1

)21(2

a

m mb b

1

)1()12(

2

b m a

m b b b

Xét hàm f(b)=

12

122

2

32)()(2

31

loai b

b f nhân b

m thì hệ phương trình đã cho có nghiệm

Đại học khối A_2010

4324

)1(0253)

14(

2 2 2

x y

x

y y

x x

x y

Đặt t= 52y

2

52

5

2

y y

)14(

x

254

02

45

0

2

x y

x

Thế (4) vào (2) ta được: 2 3 4 7

2

454

2 2

1640

25

4

4 2

25

16x2  x2 x4  x 

0438324

16x4 x2   x 

Bấm máy ta được nghiệm x=0,5 tức là

21Nên ta thêm bớt có dạng 2x1

04

38324

16x4 x2 a  xa

Tìm a=? biết 8 34xa=0 tại x=

21

16x4 x2    x 

08438524

16x4 x2   x 

0)143(84

14

143814

5

4

2 2

x

143

428)12(12

x x

143

)12(16)12(12

x x

1 4 3

16 )

1 2 ( 5 4 1

16)

12(

1

2x  x nhân (4) y

143

16)

12(5

143

165

104

x

x



143

165

104

x

x

3

8

2 3

16510.43

165

y x

17) 4x1 6x4 2x2 2x3 ĐS: 0 x2