Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

Giải phương trình sau Nhận xét rằng x  không là nghiệm của phương trình đã cho... Phương trình đã cho có điều kiện 0x1 Với điều kiện trên ta có:... Như vậy ta đã chứng minh được 1 có

I PHƯƠNG TRÌNH

1 Không có tham số

Dạng 1: Biến đổi tương đương

Câu 1. Giải phương trình 3 x4x2 25 x5x223 x43x 2 2 5 x53x

Lời giải

+Biến đổi phương trình tương đương :x2 3x 2 0

12

x x

Nhận thấy x 1 là một nghiệm của phương trình

Xét x   1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 1 hoặc x  3

Câu 3. [Đề thi hsg Bắc Sơn, Lạng Sơn] Giải phương trình sau : 3 x   1 3 x  1 3 5 x

Lời giải

Thö l¹i ta thÊy ph ¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm: x = 0; x =

Câu 4. Giải phương trình: x26x 1 2x1 x22x3 1 ,với x R 

Tìm được nghiệm duy nhất x=2/3

Câu 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 3y22xy 2x 10y 4 0

Câu 7 (THPT Quảng Xương 2 – Thanh Hóa, 2009-2010) Giải phương trình:

22

x x

a b

x a





Vậy x1; x1 là nghiệm phương trình

Bài 4. Giải phương trình sau

Nhận xét rằng x  không là nghiệm của phương trình đã cho 0

Suy ra x  Chia cả hai vế của phương trình cho 0 3

x rồi đặt

1, 0

x

, ta có phương trình3

8t 17t 10t 2 2 5 t 1  2 1t 32 2 1 t  5t212 53 t21  *

Xét hàm số f t   t3 2 ,t    t

và 2

17 9712

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 6 28.

Bài 6. Giải phương trình:

t a t a vì a > 1, nên hàm số giảm trên (0; +) và ta có f(t) = 0 có

nghiệm t = a nên f(t) có nghiệm duy nhất t = a

 Vậy: (1) (1)  lna + 1(t + 1) = lnat  t = a x2 – 2x – 12 = 8 + 4 5 ( thỏa *)

 x2 – 2x – 20 - 4 5 = 0  x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5

 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5

Bài 7. Giải phương trình: 3(x22x2) 10 x32x22x1 (1)

 x32x22x 1 (x1)(x2 x 1) nên điều kiện là: x  -1.

 x2 + 2x + 2 = (x +1) + (x2 + x + 1), đặt a x1, b x2 x 1

 Với điều kiện x  -1: (1) trở thành:

3(a2 + b2) = 10ab  3a2 – 10ab + 3b2 = 0  (a – 3b)(3a – b) = 0  a = 3b hay a = b/3

 a = 3b  x1=3 x2 x 1  x + 1 = 9(x2 + x + 1)  9x2 + 8x + 8 = 0 (vô nghiệm)

 a = b/3  3a = b 3 x1 = x2 x 19(x + 1) = x2 + x + 1  x2 - 8x - 8 = 0  x 4 2 6Vậy phương trình có hai nghiệm:x 4 2 6

Bài 8. Giải phương trình : x3 3 x2 2 x1

Điều kiện: x ¿ -1

+) Nếu x > 3 thì:

x 3 - 3x 2 + 2 = (x – 1) 3 - 3(x- 1) > 4(x – 1) – 3(x – 1) = x – 1 > √ x+1 Chứng tỏ x > 3 không thỏa mãn

Đặt x = 2cost + 1 ( 0 ¿ t ¿ π )

Khi đó phương trình trở thành:

(2cost + 1) 3 - 3(2cost + 1) 2 + 2 = √ 2cos t+2

⇔ 8cos 3 t – 6cost = √ 2(cost+1)

7 [

Bài 9. Giải phương trình

Bài 10. [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải phương trình :

Giải (1) và thử lại ta thấy phương trình đã cho có nghiệm là

x x

x



Hướng dẫn giải.

Phương trình đã cho có điều kiện 0x1

Với điều kiện trên ta có:

So với điều kiện

So với điều kiện ta được

[ x= 1+ √ 10− √ 5− √ 2

2 [ x= 1+ √ 10+ √ 5+ √ 2

t 

thì t2 t 5 0 có một nghiệm là

1 212

hoặc

1 3 2 52

hoặc

1 19 2 212

 

2 3

t 

thì

21772

Phương trình tương đương với x32x2x 1 2 23 x1.

u  v v2 uv  u2 1  x   v  u (u v u ) 2uv v 2 x 1 0TH1: u v  2x 1 35x2 2x 2 8x317x28x 1 0

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: 1;

9 11316

Đặt y t 1 y từ phương trình (**) ta có :1 y3 8y 9 0 (***)

Dùng máy tính điện tử hoặc khảo sát hàm số f y  y3 8y 9 trên 1;  ta thấy (***) có một )nghiệm duy nhất y0

Ta biểu diễn y dưới dạng:0 y0 u0v0

Ta có : u03v03u0v0 3u v0 0 8 9 0 nên có thể chọn u v sao cho :0; 0 0 0

83

ê =ê2

13

0 (2)1

t

f t

t

* Với t > 0 thì 3t – 1 > 0 f(t) > 0 và với t < 0 thì 3t – 1 < 0  f(t) > 0, do đó:

Vì (2)  f(x) + f(x2 – 1) = 0 nên (2) vô nghiệm

 Vậy phương trình đã cho có tất cả là 3 nghiệm: x = 0; x =  1

Câu 4. [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải phương trình : 33x 5 8 x3 36x253x 25

Câu 5. Giải phương trình: 8x317x210x 2 2 5 3 x2 1

Ta có 8x317x210x 2 2 5 3 x21 (2x1)32(2x1) (5 x21) 2 5 3 x21 (1).Đặt f t( ) t3 2t thì f t'( ) 3 t2 2 0, do đó f đồng biến và liên tục trên  Từ đó: t

(1) f(2x1)f 5x 1  2x 1 5x 1

.2

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm

Câu 6. Giải phương trình 2x31 0x217 x 8 2x2 35x x 3 (1)

Hướng dẫn giải

Có x  không là nghiệm của (1)0

Xét x  , chia hai vế cho 0 3

Tính x theo

1

x y

Xét hàm số ( )f x x, x ; ta có: 0 f x'( )x1; f x''( ) ( 1)x2 (*)

Áp dụng (*) với

14

Vậy trên 2;2 phương trình đã cho có nghiệm

có 3 nghiệm trên khoảng 1;1

hay

57

Như vậy ta đã chứng minh được (1) có nghiệm dương duy nhất với mọi n nguyên, n  2.

2 Với x i  i  1,5

là nghiệm của phương trình nghiệm, tính tổng:

5 1

5 4 1

1

i i i

x S

Xem (1) là phương trình bậc hai ẩn x ta có: (1)  2x23 5 y x 3y2 2y 3 0

* Để (1) có nghiệm x nguyên điều kiện cần là:  3 5 y2 4.2 3 y2 2y 3 y214y33k2

( knguyên, không âm)

* Lại xem y214y33 k2  là phương trình bậc hai ẩn y Để có nghiệm nguyên y điều kiện cần 0

Nhận thấy x  1 là một nghiệm của phương trình

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  1 hoặc x  3.

Bài 3. [Đề thi hsg tỉnh Nghệ An, bảng A, 2015-2016]

*2

Đặt

2

( )1

Ta có: số giao điểm của (C) và (d) là số nghiệm phương trình (3)

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi phương trình (2) có đúng 1 nghiệmt  1

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

87

m m

Vậy, có ba giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: m1,m8,m27

Bài 3. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x + 9 - x = - x2+ 9 x m + có

Do đó :

90

(2)(a là tham số, x là ẩn số)

Tìm a để số nghiệm của phương trình (1) không vượt quá số nghiệm của phương trình (2)

Bài 6. Cho phương trình: ax22b c x  2d e  có một nghiệm không nhỏ hơn 4 Chứng0minh rằng phương trình ax4bx3cx2 dx e  có nghiệm.0

Bài 7. Với mỗi số tự nhiên k , gọi N k 

là số nghiệm của phương trình

2016x 2017y k x , 0,y0

Tính giới hạn sau

( )lim

k

N k L

2016.2017

k

N k k

f’(t) =

2 2

Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên đoạn  0; 3 

Phương trình đã cho có nghiệm x   - 2; 4)  Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t), t 

x 

Chia hai vế pt cho x  , ta được 2 3

2 2

Đặt 2

2 13

x t x





 , lập bbt với

12

Tìm được m 2 m 2

Bài 12 (Chuyên Hưng Yên) Giả sử với hai số dương a b, thì phương trình x3 ax2bx a 0,

có các nghiệm đều lớn hơn 1 Xác định giá trị của a b, để biểu thức

3

n n n

b P a

n n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a3 3;b 3a9. Khi đó phương trình có ba nghiệm trùng nhau

và đều bằng 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của Plà

3 13

n n

 khi a3 3;b9.

Bài 13 Giải phương trình

Bài 15. Giải bất phương trình

2

3

x x

 



Bài 16. Chứng minh phương trình:2x4mx3nx2px2011 0 có ít nhất 2 nghiệm với

  phương trình có ít nhất 1 nghiệm x1a;0 và ít nhất 1 nghiệm x20; b

Vậy phương trình có ít nhất 2 nghiệm

Bài 17. Cho các phương trình: x2 (m1)x m 2 2 0 (1)

x4mx3 x22x m 2 0 (2)

trong đó x là ẩn số và m là tham số (0 < m < 1).

1) Chứng tỏ rằng phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt và 1 nằm trong khoảng nghiệm

2) Chứng minh phương trình (2) có nghiệm

(Chưa giải)

Bài 18. Cho phương trìnhx33x22mx m  2 0;m R

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình trên có 3 nghiệm phân biệt x x x thoả mãn điều kiện:1, ,2 3

Bài 22. Giả sử phương trình x3+x2+ax b+ =0 có 3 nghiệm phân biệt.

Hãy xét dấu của biểu thức: a2- 3 b

y = x + x a + là tam thức bậc hai có biệt số ' 1 3 aD =

-+ Pt: x3+x2+ax b+ =0có 3 nghiệm phân biệt nêny =' 0 có 2 nghiệm phân biệt x x và 1, 2

ïî (x x là hai nghiệm của phương trình 1, 2 3x2+2x a+ =0).

+ Thực hiện phép chia đa thức ta được:

+ Vì (9b a- )2³ 0 và 3a- < nên 1 0 a2- 3b>0

Bài 23. Cho phương trình: 5x2- 34x a+ - 4(x- 1)(x- 33) 1=

a/ Giải phương trình khi a 64.

b/ Tìm a để phương trình có nghiệm.

Hướng dẫn giải Câu a:

+Đặt u = 5x2- 34x a+ v = 4(x- 1)(x- 33).

+ a64, f u 31f  2 và f u  tăng nên hệ (I) chỉ có một nghiệm: u2,v từ đó ta có 1

nghiệm của phương trình là: x 17 ± 257.

Câu b:

+ f u( ) tăng trên [1; + ) mà f  1  nên phương trình có nghiệm khi – 33 11 a  hay a 34.

Bài 24. Giải và biện luận phương trình theo tham số m: (lgcos )x 2- mlogcos2x m- 2+ = 2 0

+Trường hợp 1: t = 0 là nghiệm của (2).Khi đó ta có m = ± 2

+ m = 2: (2) Û =t 0 hay t = 2 2nên (1)  lgcosx = 0  cosx = 1x =2k, kZ.

+ m =- 2: (2) Û =t 0 hay t = -2 2 nên (1)

2lgcos 0

b/ t1< < Û0 t2 af(0) 0< Û - m2+ < Û2 0 m<- 2 hay m> 2.

Khi đó (1) 

2

m- 2(m 1) 1

lgcosx t= Û x=±arccos10 - +2 ,k k Z p Î .+Kết quả:

có vô số nghiệm nguyên dương

4 Giải phương trình: x4 –10 – 2x3 a–112 5 a6 x2a a  Trong đó a là tham số.0

7 Giải phương trình: x2 3x 2 x2 x 1 0

2 BẤT PHƯƠNG TRÌNH

1 Không có tham số

Dạng 1: Biến đổi tương đương

Bài 1. Giải bất phương trình: 2 2

x x

9

2

x x

+) Với x  1 2, bình phương 2 vế của (*) suy ra vô nghiệm.

Vậy, bất phương trình có nghiệm x  1 2

Bài 4. Giải bất phương trình: x2  4 x   3 2 x2  3 x    3 x 1

Hướng dẫn giải

+) Điều kiện:

2 2

+) Với x=1 BPT hiển nhiên đúng suy ra x=1 là nghiệm

+) Với x  3 suy ra BPT  ( x  3)( x  1)  ( x  1)(2 x  1)   x 1 chỉ ra vô nghiệm+) Với x  2 suy ra BPT  (1  x )(1 2 )  x  (1  x )(3  x ) 1   x

Chỉ ra nghiệm

1 2

x 

+) Kết luận: BPT có nghiệm

1 1 2

x x

x

x x

t >0.

t Giải tương tự.

Bài 2. Giải bpt (2 )x cos4x3(1 x2 cos4) x3 (1 x2 cos4) x3, 0 < x < 1 (1)

 (1đ) Biến đổi về dạng: ay + by  1: Chia hai vế của (1) cho (1 + x2)cos4x + 3 > 0 ta được:

(1) 

os4x + 3 os4x + 3 2



log 11 log (m x mx 10 4)log (m x mx 12) 0

Đặt u x= 2+mx+10, u³ 0

+ Với 0< < (*) m 1: Û f u( )=log7( u+4 log) 11(u+ ³2) 1

Ta thấy f( )9 =1 và f u( ) là hàm đồng biến nên ta có:

Nếu 1< < m 2 Û D <  (2) vô nghiệm  bất phương trình đã cho vô nghiệm.0

Nếu m> Þ D > Þ phương trình trên có 2 nghiệm đều thoả mãn (1) và (2)  bất phương trình 2 0

đã cho có nhiều hơn một nghiệm

Nếu m=  (2) có nghiệm duy nhất 2 x =-  bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất11

x

Vậy giá trị cần tìm của m là: m=- 2

Bài 2. Tìm m để bất phương trình x2−2 x+4 √ ( 4−x ) ( x+2 ) −18+m≥0 đúng với mọi x

Dạng 1: Biến đổi tương đương

Thay vào phương trình (2), ta được :

Bài 26. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

2 2

2 3

Phương trình (*) vô nghiệm do: x 2 x 2 0  VT 0.

Vậy x = 3 và y = 1 là nghiệm của hệ phương trình

y

, suy ra

12

3 212

5 212

Từ phương trình thứ nhất dễ dàng suy ra được y > 0

Từ đó tìm được

5 3( , ) ( , )

2 2

Do y 0 phương trình (1) tương đương với

* Xéty0:phương trình (1')trở thành:

2 2

u u .Phương trình này có nghiệm u=0 suy ra

x=0 (Không thoả mãn điều kiện bài toán)

Vậy hệ đã cho có một nghiệm x y;   5;3 

Bài 32. Giải hệ phương trình :

5 212

Bài 35. Giải hệ phương trình:

Coi (*) là phương trình bậc 2 ẩn y ta có  3x4 4 0 x nên (*) vô nghiệm.

Do đó hệ phương trình tương đương với

23

Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là 3;6 ,  2; 1 

Bài 41. (Thi cụm Quỳnh Lưu, năm 2016-2017) Giải hệ phương trình sau:

l x

Ta thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình đã cho,

ta xét các giá trị y0, chia hai vế của PT thứ nhất cho y0 ta được

x y

(*)Giải hệ PT (*) ta được hai nghiệm (-2; 5) , (1; 2)

Vậy hệ PT ban đầu có hai nghiệm (-2; 5) , (1; 2)

Bài 3. Hệ phương trình tương đương với

+ Với y = -2 thì hệ phương trình vô nghiệm

+ Với y2, chia hai vế của hai phương trình cho y + 2 ta có

x y y

Kết hợp với điều kiện thì hệ phương trình có hai nghiệm (x; y): (1; -1), (-2; 2)

Bài 4. Giải hệ phương trình:

 2 2 1  2 2 1 2  2  2

( , ).2

02

Kết hợp điều kiện (*) ta được nghiệm của hệ là:x y;  1;1 

Bài 5. Giải hệ phương trình sau:

Giải hệ (I) ta được u v  1 x y 2

Hệ (II) vô nghiệm

x y y

Kết hợp với điều kiện thì hệ phương trình có hai nghiệm (x; y): (1; -1), (-2; 2)

Bài 8. [Đề thi hsg Ngô Gia Tự, Vp, 2012-2013] Giải hệ phương trình:

Do vậy ta được: x2 = y + 1 (1 điểm).

Thay vào phương trình (2) ta được:

2

15

Hai trường hợp đầu ta tính được x=-1/2 KL: Hệ có một nghiệm x=-1/2; y=-3/4

Bài 10. Giải hệ phương trình sau:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi k1.Khi đó a b 3 hay x y 9.

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm x y; 

3cot 2 1

tan 6 cot 2 3cot 2

Vậy xcot 2 cot 6u u Thay vào (3):

+) Nếu x0 thay vào hệ ta có hệ vô nghiệm

+) Nếu x0 ta đặt y ax z bx ;  thay vào hệ ta được

+) Nếu

2

11

1 2

1

20

b thay

11

Nhận xét : Hệ (I) có nghiệm duy nhất  hệ (II) có nghiệm duy nhất

* Điều kiện cần : Giả sử hệ (II) có nghiệm duy nhất x z; 

Vì x z; 

là nghiệm của (II) nên x z;  , x z;  , x z; 

cũng là nghiệm của (II)

Do đó để (II) có nghiệm duy nhất thì x z 0.

* Vì x22013 z  2013,x z, , Dấu = xảy rax z 0 nên (1) x z 0 ( Thỏa mãn (2 ))

Do đó hệ (II) có nghiệm duy nhất x z 0.

* Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất  hệ (II) có nghiệm duy nhất  m 2013.

Bài 18. Giải hệ phương trình sau:

Chia cả hai vế của PT cho y , ta có: 2

Dễ thấy a b 2 6 nên trường hợp thứ ba bị loại.

Hai trường hợp đầu ta tính được

12

212

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) =

43

.Không mất tính tổng quát ta giả sử xmin , ,x y z

Khi đó ta có:

Nếu x y  g x  g y  f z   f x  z x  g z g x  f y  f z 

suy ra y z  g y  g z   f x  f y  x y

, vô lí vì xy

Do vậy xy, tương tự lí luận như trên ta được x z suy ra x y z.

Thay trở lại hệ ta được

Mà x1 là nghiệm nên nó là nghiệm duy nhất của phương trình (1)

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là x  y z 1.

Bài 3. Giải hệ phương trình :

 

2

3 2 7 2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x y;  1;0.

Bài 8. Giải hệ phương trình:

3 3

(1)   2x 1 y1  2x 1 2 y1 0

 2x 1 y 1 0  y2xThay vào (2): 36x 1 8x3 4x1  6x136x 1 2x32x (3)

Bài 9. [Đề xuất Chuyên Biên Hòa, DHĐBBB 2014-2015] (4,0 điểm):

Giải hệ phương trình sau trên tập số thực

t2 , g

, (t )> 0 ↔t <e Xét 2 ≤ x ≤5 /2 ta có hàm số g(x) đồng biến.

Khi đó x= y +1 ; x=2 ; y=3

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( 2 ; 3)

Bài 10. [Đề dữ liệu, Chuyên Lê Hồng Phong, DHĐBBB, 2015] Giải hệ phương trình:

1



Với x 7 y47 (thỏa mãn điều kiện).

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ; ) (7; 47).x y  

Bài 13. Giải hệ phương trình :

Xét hàm f(t) = t3 + 3t đồng biến trên  Phương trình (3) tương đương x+ 1 = t

Thay vào phương trình (2) và giải phương trình được x = 1, y =

y không thoả mãn phương trình thứ 2 của hệ nên hệ đã cho vô nghiệm

Bài 16. (Chuyên Nguyễn Tất Thành – Yên Bái) Giải hệ phương trình:

Bài 17. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình - 2012) Giải hệ phương trình:

có

   2 2

2 2

Thử lại ta thấy cả hai đều thỏa điều kiện (*)

 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm : 0; 1 

2 2

 

x

y

Thế vào (1), kết hợp x1, ta được x1 3  x1  x12 x13  x12 1

Suy ra x1 mâu thuẫn (*).

Tương tự giả sử x1 ta cũng dẫn đến điều vô lý.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x  y z 1

Bài 2. Giải hệ phương trình

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

+) Nếu x0 thay vào hệ ta có hệ vô nghiệm.

+) Nếu x0 ta đặt y ax z bx ;  thay vào hệ ta được

1 2

1

20

b thay

11

vào (1) ta có x 2 Do đó nghiệm của hệ là  ; ;  2; 1 ;0 , 2; 1 ;0