Các đề PT HPT của THTT gần đây

Các đề phương trình-hệ pt của THTT

Trang 1

CÁC BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH TRONG TỐN HỌC TUỔI TRẺ GẦN ĐÂY

I NHỮNG BÀI TỐN CỦA NĂM 2011

Bài T6/400: - THTT tháng 2/2011 tr21 (đánh giá 2 vế)

Giải phương trình: 25 9 9 2 4 2 182

1

x

x x



2

3

4

:

Đk x

x Với x pt tương đương với

Dễ thấy có VT và do x ta có VP nên pt VN

Với x pt tương đương với

x







2

:

( )

t

Vậy t suy ra x

KL: Vậy pt đã cho cĩ nghiệm 2

2

x  

Bài T4/401: - THTT tháng 3/2011 tr19

Giải phương trình: x y z   xyz 2( xy yz zx2)

Đk xyz xy yz zx x y z

Theo nguyên tắc Dirichlet, tồn tại ít nhất hai trong 3 số x, y, z cùng lớn hơn hoặc bằng 2 hay cùng bé hơn hoặc bằng 2 Giả sử 2 số đĩ là x và y , khi đĩ ( x 2)( y2) 0

Pt đã cho tương đương với: ( x  y)2( z2)2 z( x2)( y2)0 ( )1

Vì mỗi số hạng ở VT của (1) đều khơng âm, nên để cĩ (1) thì phải cĩ:







Vậy pt đã cho cĩ nghiệm duy nhất (x;y;z) = (4;4;4)

Bài T7/401: - THTT tháng 3/2011 tr21 (Cĩ đạo hàm)

Giải hệ phương trình:

( )

x







Trang 2

Điều kiện: y x  2 0.Đặt tx22y

4 3 7

4

x x

s

trong đó f x là hs giảm trên

s











( )

g s là đồng biến trên







( )

Mà g  nên s = 0 là nghiệm duy nhất của pt g(s) = 0 Do đĩ s = 0 là ngiệm duy nhất của pt(3), tức

là x -1 = 0 Suy ra nghiệm duy nhất của hệ phương trình đã cho là 1 1

2 ( ; ) ( ;x y   )

Bài T5/402: - THTT tháng 4/2011 tr20 (đánh giá 2 vế)

Giải phương trình:

2

Pt viết lại dạng:

2

2 2

2

( ) :

( )

Ta được

AD BĐT









2

2 2

1

4

1

:

( )

u v u v đẳng thức xảy ra u v Mà u v

Mặt khác u v

u v

Vì vậy pt

u v



 







Hệ này vơ nghiệm Do đĩ phương trình đã cho VN

Trang 3

 

0 1 2 3

3

:

Để ý rằng với n ta có

Do đó pt đề cho viết thành

x





2

3

2

sin

x x

Vì là số nguyên âm nên pt đã cho tương đương với



2

1 3

6 3



Vậy pt cĩ nghiệm là

x k  k 

Nhận xét: Cĩ thể giải BT bằng nhận xét:

2011

k

Giải phương trình: x4 x 4 17x8 174 x 34

:

Đk x

Cách 1: Sử dụng Bunyakovsky cho bộ số khơng âm ta cĩ:

2 2

17

1

Công theo vế các BĐT và ta được



Vậy pt đã cho cĩ đúng 1 nghiệm x = 1

Cách 2: Sử dụng Cauchy cho hai số khơng âm ta cĩ:

Trang 4

4 4

4 17

1

:

Đẳng thức xảy ra x

Vậy pt đã cho cĩ đúng 1 nghiệm x = 1

Giải phương trình: (x4625)2100x2  1 0 1( )

Cách 1: Biến VT như sau:

2

26

: ( )(

PT đã cho tương đương với x



2 2

2

24 0

x





Vậy tập nghiệm của pt (1) là:  26;2 6 2 6; ; 26

Cách 2:

2

1 26

1 24

y a

   

 

  



Từ đĩ tìm ra tập nghiệm như cách 1

Giải phương trình: 3cos5x2cosx32cos5xcosx 23cos (cosx 4xcos2x)

Ta dễ dàng cm các CT sau:

Pt trong đề viết thành:

3cos (x16cos x20cos x7)3cos (x 32cos x40cos x11)2 cos ( cosx 8 x10cos x2) ( )1

Nhận thấy pt(1) thỏa mãn với 0

2 cosx x k ,k  Với cos x 0, chia cả hai vế của (1) cho 3 cos x, ta được:

Trang 5

3 4 2 3 4 2

4 4

( ) :

( )

Ta được hệ







2

4

1

3 3

4

cos

ì nếu a b thì hai vế của trái dấu nhau không thỏa Kết hợp suy ra a b

x k x

k

x











Vậy phương trình đã cho cĩ tập nghiệm là

x k  x  k 

* Cách khác: Khi cos x 0, sau khi biến đổi, chia hai vế của phương trình thu được cho 3cos x, ta

5

cos

x

Đặt t tính được t nên x x từ đó suy ra nghiệm pt

Bài T4/405: - THTT tháng 7/2011 tr19 (ẩn phụ)

Giải phương trình: 21x25 2 x2 19 x2  x 2 x 1

2

3

2

*

b a

b

a b













2

21 5

3

64

/

*

/

x

b

x

 





 



 Vậy tập nghiệm của pt là: 297 3

64 ;

S  

2

( ) ( )







Trang 6

Rõ là x = 1 khơng thỏa (1), vậy x 1 Khi đĩ hệ tương đương với:

2

2 2

2

3 1

17

2

x





/ /

KL: Hệ phương trình cĩ 3 nghiệm: ( ; )x y là ( 2 7 3; / ); (4 3; );(17 2 7/ ; )

Bài T7/406: - THTT tháng 8/2011 tr21 (cĩ đạo hàm)

5

khi x x







2

1

2



2

f g x   g x  g x   g x  hoặc g x 

12

5 8

Với x thì g x với x thì nên g x Vậy PT g x vônghiệm

x Xét pt g x





Rõ ràng ta chỉ cần xét x < 3 Ta cĩ: 2 2 122 3

x

  , do đĩ g(x) là hàm số đồng biến trong khoảng (; )3 Suy ra nghiệm pt(1) (nếu cĩ) là duy nhất

Dễ thấy x = 2 là 1 nghiệm của (1)

Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x = 2

Bài T6/407: - THTT tháng 9/2011 tr21 (đánh giá)

1

( ) ( )

x y







1

3

x xy y

x y

Trang 7

2 2 2

2 2

1

4

3 4

x y



Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y Do đĩ (1) xy 0

Thay y = x vào phương trình (2) ta được: x 2x25x 3 4x25x3 5( )

2

2 2

3

2

Đặt t x x với t

Pt trở thành xt x t x t x t

  





2 2

0

;

,

Vì t x và khi x thì t nên TH t x không xảy ra

x





 Vậy hệ phương trình trong đầu bài cĩ 1 nghiệm duy nhất (x;y;z) = (3;3;3)

Chú ý: Cĩ thể giải (5) bằng cách:

Nhận thấy x = 0 khơng là nghiệm của (5), nên với x > 0, chia hai vế của (5) cho x2 suy ra:

2

quả bài tốn

( ) ( )







2

1

3

4 21 0

( ) ( )

Điều kiệny

x thỏa

 

  



 Thay x = 7 vào pt(4) tìm được y = 3 Vậy hệ pt cĩ nghiệm duy nhất (x;y) = (3; 3)

Kí hiệu [x] là số nguyên lớn nhất khơng lớn hơn x Giải hệ phương trình: 2

x   x x 

Ta thấy x = 0 khơng là nghiệm phương trình trên

Với x 0, pt đã cho tương đương với:

2 2011 [ ]x x x

x

 



Vì [x] là số nguyên lớn nhất khơng lớn hơn x , suy ra x - 1 < [x] x, nên ta cĩ:

Trang 8

2 2 2

2

2011

2 1

(*)

x

Đặt x a thì a Khi đó pt đã cho trở thành

Thử lại với a ta có

Vậy theo ta có x a x

 



1 2011

)

thỏa mãn

loại

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:

2

2011 2

S     a a 



Giải phương trình: 2 3 2 3

x



2 3

3

2

3

2

:

Đk x

t

 



3

27

9

*

t Với t thì x



Vậy các nghiệm thỏa mãn đề bài là x = 0 ; x = 217

72

Giải phương trình: 7x225x19 x22x357 x2 1( )

2

x





  



Khi đĩ pt (1) tương đương với:

Trang 9

2

;

Chú ý: vì x 7 nên x25x140;x 5 0

Khi đĩ PT (2) trở thành:

2

3 2 7

61 11137 18

( (*))

a b

Với a b ta có x x x

 





  

  













Vậy pt(1) cĩ 2 nghiệm: 3 2 7 61 11137

18

;

Bài T7/410: - THTT tháng 12/2011 tr21 (lượng giác)

Giải phương trình: (sinx2)(sin2 xsinx1)3 33 sinx  1 1 (1)

phương trình đã cho tương đương với:

3 3

3

Trừ theo vế hai pt trên ta được u v u uv v v u u v u uv v u v



Thế vào (2) ta được: u3 3u2(u1) (2 u2)0u 1hoặc u2





* Cách 2: Biến phương trình thành:

3

3 3

Nhận thấy f t t t luôn đồng biến vì f t t

- Hết năm 2011 -

Trang 10

II NHỮNG BÀI TỐN CỦA NĂM 2012

Bài T7/411: - THTT tháng 1/2012 tr21 (cĩ dùng đạo hàm)

Tìm các giá trị thực của m để hệ phương trình sau cĩ nghiệm:

( ) ( )







2

:

Đk

y

y y





 



Nên hàm số f(t) là hàm số liên tục và nghịch biến trên   1 t 1

Từ (3) ta cĩ: f x( ) f y( 1)với  1 x1; 1 y1,suy ra x  y 1 yx 1

( )

Dễ thấy g t t t liên tục và nghịch biến khi t

Vậy hệ phương trình đã cho cĩ nghiệm khi:  1 m2

NX: mấu chốt là biến (1) về (3) và cm x = y - 1

2

( )







(1)

Điều kiện: x5;y4 2; x y  5 0 3; x2y11 0

Phương trình tương đương với: ( (3 5x)2) 5x ( (3 4y)2) 4y ( )3

2

4

3

Xét hàm f t t t t Ta thấy f t là hs tăng trên t

Kết hợp ta có f x f y y x

2

*

x x

Thử lại ta thấy nghiệm của HPT đã cho là: ( ; ) ( ;x y  0 1 );( ; 1 2)

Trang 11

Nhận thấy: a  a a đẳng thức xảy ra khi a  Ta cĩ: 0

2 2

2

19

Gọi vế trái phương trình là A thì:

Do đĩ A = 3 3(x 3) khi và chỉ khi các BĐT trên đều trở thành đẳng thức, tức là:

1 2 0

1

3 0

2 7

2

/

x

x x

x



 



  

  



Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất: 1

2

x  

Bài T7/413: - THTT tháng 3/2012 tr21 (f(u) = f(v)) (Tương tự THTT T7/410 tháng 12 - 2011) Giải phương trình: ( sin2 x3 4)( sin2 x6sinx3) 1 3 63 sinx 4 (1)

Biến đổi phương trình, ta được:

3 3

3

3 3

3 2 3 2

( )

Kết hợp ta có hệ

Trừ theo vế của cho thu được u v v u u







3

1

2

:

v u uv v

u

Với u thì x

  





    nx2(loại)

Vậy phương trình cĩ nghiệm là: 2 5 2

x  k  hoặc x   k  k 

Chú ý: Biến phương trình thành:

Nhận thấy f t t t luôn đồng biến vì f t t

Giải tiếp ta cĩ kq cần tìm

Trang 12

Giải phương trình: log (3 7x 2) log (5 6x 19)

: log ( ) log

x

Nếu x thì suy ra

Mặt khác

Vậy phương trình đã cho khơng cĩ nghiệm trong khoảng (; ]0

* Nếu x > 0, pt đã cho tương đương với log (3 7x 2) log (5 6x 19) 0

Xét hàm số ( ) log (3 7x 2) log (5 6x 19) ( ;0 ), :

6 19 7 2 6

5 7 2 6 19

'( )

,

f x

x



Vậy hàm số f(x) đồng biến trên ( ;0  , do đĩ ptrình đã cho cĩ nhiều nhất 1 nghiệm trên 0) ( ; )

Dễ thấy x = 1 là 1 nghiệm của pt đã cho

KL: Pt đã cho cĩ nghiệm duy nhất x = 1

2 2

2

( )

y

x









2

4

3

( )

Bình phương hai vế ta được x x y y x y x x y

y Thay vào

2

2 2

2

0

2

4

2

( )

y

ta được

y

Nhận thấy y là n của

y





 



Nên hsố f(y) đồng biến khi y < 0

Do đĩ (4) cĩ nghiệm duy nhất y = - 1 Giải lại x = 4

Thử lại (x;y) = ( 4;-1) là nghiệm duy nhất của phương trình

Nhận xét: Cĩ thể suy ra (3) bằng cách viết thành:

2

t



Trang 13

Giải phương trình: 4x 14x114 6x10 ( )1

Điều kiện: 5

3

x

2

3 13

4

( )

/ ( )

 

Giải phương trình: sin2n 1 sinn2 (sinn cosn )2 2 0



     với n là số nguyên dương cho trước

Phương trình đã cho tương đương với: 2 1 1 11 2 2 2 2 1

2

n





Ta chứng minh rằng VT( )1  2 (2)

Thật vậy, dễ thấy rằng: cos2n 2cos2n sin2n 1 sin2n ( sin 1),

1

2

1

2

1

2

1 0

1

2

sin sin

cos

n

Với n từ ta có ngay VT

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x

x











1 0

n







 Như vậy BĐT (2) thỏa mãn với mọi số nguyên dương n

phương trình (1) được thỏa mãn khi và chỉ khi dấu đẳng thức của (2) xảy ra

2 sinx  x k  (k  )

Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm là: 2

x k  k 

Giải phương trình: (x2)(x26x11)2 (5x210x1)2

Trang 14

2 2 2

Pt đã cho trở thành y y y y y

5y 1 0 (y 1) 0 y 1.Do đó x 3

Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x = 3









2

; :

Điều kiện

x y









2

4 2

1 4

1 2

1

0 2

:

( )(

Mặt khác từ PT ta có y xy x x

x

Do đó

Pt tương đương với x y Thay x y vào ta được



2

Vì x y nên hệ PT đã cho có nghiệm x y là và



 

Chú ý: Then chốt là phân tích pt(1) về dạng tích và cm thừa số thứ hai trong (3) dương Cĩ thể cm

2

1

y xy bằng cách biến đổi y xy

x



Trang 15

2 2

0

:

;

( )

xy

Điều kiện

x xy y

Nếu x hoặc y thì hệ VN

Nếu x y x y không đồng thời bằng thì VT pt không thỏa

Do đó x y







3 3

2 2

6

4

2

:

( )

c ta có

Áp dụng Cauchy ta có



 3 3 3 3 3 12 6 4 2

6 3 3 3 3 3 6 12 2 4

3 3

2 2

3 3

3

6

( ),( )

Cộng vế theo vế ta sẽ có từ đó suy ra

x xy y Kết hợp và chú ý x y x y ta được

x xy y



y3và xy

Ta được x = y = 1 (thỏa các đk của bài tốn)

Vậy hệ cĩ nghiệm duy nhất là (x;y) = (1;1)

Trang 16

II NHỮNG BÀI TỐN CỦA NĂM 2013

(1)

Áp dụng BĐT Bunyakovsky cho hai bộ 3 số: ( ; ; )1 1 1 và x( ;4 14; )1

x ta cĩ:

2

Áp dụng BĐT Bunyakovsky cho hai bộ 3 số: ( ;x2 12; )1 và x( ;4 14; )1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 Do đĩ phương trình đã cho cĩ đúng 1 nghiệm

Giải phương trình: x22x 7 x32 1 8 x 1 1 8 x (1)

Biến đổi phương trình đã chotrở thành:

2

2 2

:

Khi đó pt trở thành a a b b a b a b a b

3

x



Vậy tập nghiệm phương trình là  1 3;

2







(1)

Điều kiện: xy0 Đặtx y t t( 0) Khi đĩ phương trình thứ 2 trở thành:

3

t



Trang 17

2 1 1 1 2 8 1

4

,

( ; ) (

x

Vì x y nên x suy ra x

x

Hệ có nghiệm duy nhất x y

 

9 9; )

4 4

3

x

y y

x









  



1

( )

Vì vậy x y



Thay vào pt thứ nhất của hệ ta được:

2

Ap dụng BĐT Bunyakovsky ta cĩ:

2

( )

x

Vậy hệ pt đã cho cĩ các nghiệm (x;y) là: ( 6; 6), ( 6; 6), ( 6; 6), ( 6; 6)

Trang 18

CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH TRONG TOÁN HỌC TUỔI TRẺ GẦN ĐÂY 1

I NHỮNG BÀI TOÁN CỦA NĂM 2011 1

II NHỮNG BÀI TOÁN CỦA NĂM 2012 10

II NHỮNG BÀI TOÁN CỦA NĂM 2013 16

Tiêu đề	Các Bài Tốn Phương Trình Trong Tốn Học Tuổi Trẻ Gần Đây
Người hướng dẫn	GV: Huỳnh Quốc Hào
Trường học	Toán Tin
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	bài báo
Năm xuất bản	2011

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	369,6 KB