1 GA MOT SO PP GIAI PT HE PT

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1.. Phương pháp giải tích Bài toán 1.. Giải hệ phương trình ïí ïî Đề chọn ĐT trường chuyên ĐHSP Hà Nội... Mà

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH

1 Phương pháp giải tích

Bài toán 1 Giải phương trình

sin cos sin cos sin cos lg

sin cos

+

3 1

Lời giải

Nhận xét

p

æ ö÷ ç

+ + = + ççè + ÷÷ø³ - > " Î

4

¡

¡

Phương trình đã cho tương đương với

lg(4+sin cos ) (x x - 4+sin cos )x x =lg(3+sinx+cos ) (x - 3+sinx+cos )x (2)

Xét hàm số f t( )=lgt t t- , >1 Ta có f t'( )=t.ln1 - <1 0,t>1

10 , suy ra hàm số f t( ) nghịch biến trên ( ;1+¥ )

Phương trình (2) có dạng f(4+sin cos )x x = f(3+sinx+cos )x

sin cos sin cos ( cos )( sin )

,

x k p x p k p k

Kết luận phương trình (1) có hai họ nghiệm là x k ,x k ,k

p

Bài toán 2 Giải hệ phương trình

ïí

ïî

( Đề chọn ĐT trường chuyên ĐHSP Hà Nội).

Lời giải

Xem (3) là phương trình bậc hai ẩn x, thì (3) có D =-y y + y- ³ Û £ £y

3 Xem (3) là phương trình bậc hai ẩn y, thì (3) có D =-x x + y- ³ Û £ £x

3

Xét hàm số f(t)=2t2- 3t+4,t³ 1 Ta có f t'( )= -4t 3 0> với mọi t³ 1 Hay hàm số ( )

f t đồng biến trên ( ;1+¥ )

Do đó,

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

f x f y

63 18

Suy ra hệ có nghiệm khi đẳng thức xảy ra, tức là

x y

ì = ïï

íï = ïî

2

1

Mà ( ; )2 1 lại không nghiệm đúng phương trình (3) nên hệ đã cho vô nghiệm

Bài toán 3 Giải hệ phương trình

ïí

ïî

2 2

(HSGQG 1994)

Lời giải

Điều kiện

x

y

ìïï

>-ïïï

íï

ï

>-ïïïî

1 2 1

2 Cộng vế theo về hai phương trình của hệ ta được

Xét hàm số f t( )= + +t t ln( t+ ), t>- .

2 Ta có f t'( )= + +t t+ > , t>- .

hàm số f t( ) đồng biến trên ;

ç- +¥ ÷

1

Phương trình (4) có dạng f x( )= f y( )Û y=x, thay vào hệ đã cho

x2+3x+ 2x+ = Û1 x x2+2x+ 2x+ =1 0 (5)

Đặt g x( )=x2+2x+ln(2x+1) trên ;

ç- +¥ ÷

1

2 thì g x'( )= x+ + x+ > ,x>- .

Hay hàm số g x( ) đồng biến trên ;

ç- +¥ ÷

1

Mặt khác, phương trình (5) có nghiệm là x= 0 nên x= 0 là nghiệm duy nhất của phương trình (5) Suy ra ( ; )0 0 là nghiệm duy nhất của hệ

Bài toán 4 Giải phương trình log ( ) log

x

+ + + = + +ççè ÷÷ø+ +

2

( Đề chọn ĐT trường chuyên ĐH Vinh).

Lời giải

Điều kiện

x

x x

x x

ì + > é

ïï ê- <

î

2

Phương trình (6) tương đương với

æ ö÷ æ ö æ÷ ö÷

+ - + + + = çç + ÷÷- çç + ÷÷+ +çç ÷÷

2

(7) Xét hàm số f t( )=log2t- 2t t t+ 2, >0 Hay f t( ) đồng biến trên ( ;0+¥ )

æ ö÷ ç

+ = ççè + ÷÷øÛ + = + Û + - - =

2

Û =- Ú =1 3 13Ú =3 13

So với điều kiện ta nhận nghiệm của phương trình là x ,x

+

=- 1 =3 13

2

Bài toán 5 Giải phương trình

x

( Đề chọn ĐT tỉnh Phú Yên).

Lời giải

Phương trình đã cho tương đương với ( )x3 3+3x3=(3x+1)3+3 3( x+1)

(9) Xét hàm số f t( )= +t3 3tÞ f t'( )=2t2+ > " Î3 0, t ¡ hay hàm số f t( ) đồng biến trên ¡ Phương trình (9) có dạng f t( )3 = f t(3 +1) Û x3=3x+ Û1 x3- 3x- =1 0 (10) Gọi g x( )= -x3 3x+1là hàm đa thức liên tục trên tập số thực và g x( ) chứng minh được phương trình g x( )= 0 có ba nghiệm phân biệt trên [- 2 2; ] nên ta chỉ xét - £ £2 x 2 Đặt x=2cos ,t tÎ (0;p) thì phương trình (10) trở thành

cos cos cos cos cos

,

t

3 3

1 3 2 2

Vì tÎ 0( ;p) nên ta chọn được t , ,

p p p

Î íï ýï

7 5

9 9 9 suy ra nghiệm của phương trình (10) là

cos ,cos ,cos

x ìïï p p püïï

9 9 9 đây cũng chính là ba nghiệm phân biệt của phương trình đã cho

Bài toán 6 Giải hệ phương trình log ( ) log ( )

e

y

íï

ïïî

2

1 1

( Đề chọn ĐT trường THPT Cao Lãnh – Đồng Tháp)

Lời giải

Điều kiện

x y

ì + + >

ïï

íï + + >

ïî

2 0

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với e y2(y2+ =1) e x2(x2+1)

Xét hàm số f t( )=e t t( + Þ1) f t'( )=e t t( + > " Î2) 0, t [0;+¥ )

Suy ra hàm số f t'( ) đồng biến trên [0;+¥ )

Mặt khác phương trình (14) có dạng

é = ê

ê =-ë

Xét trường hợp y=x, thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được

,

Û + 3= + 2

Phương trình này vô nghiệm Vậy trong trường hợp này thì hệ vô nghiệm

Xét trường hợp y=- x, thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được

,

x

x

Û - + = <

4

Suy ra y=- 4 , và x=4,y=- 4 thỏa hệ nên chúng là nghiệm duy nhất của hệ đã cho Kết quả: x=4,y=- 4

Bài toán 7 Giải phương trình 2 23 x- =1 27x3- 27x2+13x- 2

( Đề thi HSG Hải Phòng)

Kết quả: x= 0

Bài toán 8 Giải hệ phương trình

-ïïí

ïïî

3

( Đề chọn ĐT trường chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai)

Kết quả: x= ,y=

1 6 2

Bài toán 9 Giải phương trình (sinx- 2) (sin2x- sinx+ =1) 3 33 sinx- +1 1

Hướng dẫn

Biến đổi phương trình về (sinx- 1)3+3(sinx- 1) (= 3sinx- 1)+3 33 sinx- 1

Kết quả: x=k k p, Î ¢

Bài toán 10 Giải hệ phương trình

-ïí

ïî

3 2

( Đề thi chọn HSG trường Chuyên Nguyễn Du – Đăk Lăk)

Hướng dẫn

Biến đổi phương trình thứ nhất về dạng

-3

3

3 3

Xét hàm số f t( )=2t3+t t, ³ 0 , chứng minh được hàm số đồng biến trên [0;+¥ ) và suy

ra y= x- 1 , thay kết quả này vào phương trình thứ hai của hệ thì được

Đặt t=cos ,x xÎ 0[ ;p] đưa về giải phương trình lượng giác

Kết quả: x cos ,y sin

Bài toán 11 Giải hệ phương trình

ìï - - = -ïïí

ïïî

Kết quả: x=0,y=1

Bài toán 12 Giải hệ hương trình

y x

ïï

ïïî

Lời giải

Hệ phương trình đã cho tương đương

y x

ïï íï

ïî

Cộng vế theo vế của hai phương trình ta được

x- +1 x- 12+ +1 3- 1= - +y 1 y- 12+ +1 3- 1 (11)

Xét hàm số

2 2

1

vì t2+ >1 t2= ³ - Þt t t2+ + > " Î1 t 0, t ¡

Hay hàm số f t( ) đồng biến trên ¡

Phương trình (11) có dạng f x( - 1)= f y( - 1) Û x=y (12) Thay (12) vào phương trình thứ nhất của hệ ta được x- +1 (x- 1)2+ =1 3x-1 (13) Lại đặt a= - 1x thì (13) trở thành a+ a2+ =1 3a

ln a a aln

Û + 2+ =1 3

vì a+ a2+ > " Î1 0, a ¡

ln a a aln

Û + 2+ -1 3 0=

Xét hàm số f a( )=ln(a+ a2+ -1) aln3

trên tập số thực

Rõ ràng

a

= - < - < " Î +

2

thực

Mặt khác g( )0 =0 nên ta được a= 0 là nghiệm duy nhất của phương trình

Suy ra x=1,y=1 là nghiệm duy nhất của hệ

2 Phương pháp đánh giá

Bài toán 1 Giải hệ phương trình

y

x

ïï íï

ïî

( VMO 2013)

Lời giải

Nhân vế theo vế hai phương trình của hệ, ta được

( )

xy

2

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho các biểu thức không âm, ta được

( ) . sin sin cos cos . sin sin cos cos

xy

+

Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy-schwart thì

sin

sin

AM GM

x

x

=

2

1

14444444244444443

Suy ra sin x+sin x cos x+cos x ³

2

Tương tự cho

2

xy

+

2

2

5

2

Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi các đánh giá đều xảy ra đẳng thức, tức là

sin

, sin cos

x

ïï

íï

là tất cả các nghiệm của hệ đã cho

Bài toán 2 Giải hệ phương trình ( ) ( )

xy

ïí ïï

ïïî

1 2

2

9

( VMO 2009)

Lời giải

Điều kiện £ x y, £

1 0

2

Áp dụng bất đẳng thức (a b+ )2£ 2(a2+b2), ta có

2

Lại có + x2+ + y2£ + xy

1 2 1 2 1 2 (*) là một bất đẳng thức đúng với mọi £ x y, £

1 0

2

+

1 2

Do đó hệ có nghiệm khi và chỉ khi đẳng thức ở các đánh giá trên phải xảy ra, hay x=y Thay kết quả này vào phương trình còn lại, ta được x( x) x

±

- = Û1 =9 73

1 2

đây kết luận được nghiệm của hệ phương trình

Bài toán 3 Giải hệ phương trình { x 6 + 2x 3 −10y 2 = √ xy−x 2 y 2 ¿¿¿¿

(Đề xuất Chuyên Biên Hòa, DHĐBBB 2015-2016)

Lời giải

Ta có : xy−x2y2= 1

4 − ( xy− 1

2 )2≤ 1

4 ⇐ √ xy−x2y2≤ 1

2 ( dấu = xảy ra khi xy = 12 )

Do đó từ (1) ⇒2 x6+ 4 x3−20 y2≤1 (3)

Từ (2) và (3) ta suy ra : 8 x3y+4 x3−28 y2+ 4≥2x6+4 x3−20 y2+2 √ ( x−2 y)2+ 4

⇔ 8 x3y+4≥2 x6+8 y2+ 2 √ ( x−2 y )2+ 4

⇔ 4 x3y+2≥x6+ 4 y2+ √ ( x−2 y )2+ 4

Ta lại có ( x3−2 y )2+ √ ( x−2 y)2+ 4≥2

Do đó (4) ⇔ ¿ { x 3 −2y=0 ¿¿¿ ⇔ ¿ { x=0 ¿¿¿ hoặc { x=1 ¿¿¿¿ hoặc { x=−1 ¿¿¿¿

Thử lại ta thấy chỉ có { x=1 ¿¿¿¿ là nghiệm của hệ.

Bài toán 4 Giải hệ phương trình:

2

2 1 2







(x y,  )

Hướng dẫn giải

Điều kiện: x2, y1;y32 –x y0

; 5y2– 4x2 0 +) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm ta có:

3 2 

y x y

= y22xy y 2

2

y xy y

2

=

2



Suy ra: 3 y32 x y + x25y2  4x2  3xy

+

2



Vì vậy, ta phải có: 4y2 3xy

2



 3x y– 2 0 xy.

Vậy phương trình đầu tương đương với x = y

Thay xy vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

2  x + x1   2 x x2 (*).

Do 2  x + x1 0 nên ta phải có: x2x– 2 0 ⇒ x1 ( dox1).

Khi đó phương trình (*) tương đương với:

2 –  1 x – 1 – 2    1 0





2 – –1 0

 x x 

do



/ 2

2













x

⇒

2



 

x y

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x y; 

2

  

Bài toán 5 Giải hệ phương trình

2( ) 3(2)







x y

x xy y

Lời giải

Điều kiện 2 2

0

0









xy

x y xy

Nếu x0hoặc y = 0 thì hệ vô nghiệm

Nếu

0

0











x

y (x,y không đồng thời bằng 0) thì vế trái của (2) âm, phương trình (2) không thoả

mãn Do đó x > 0, y > 0

Vì 2 xy x y nên từ phương trình (1) suy ra

2

Mặt khác, ta có

x xy y x y (4)

Ta chứng minh rằng:

2( )(5)





x y

x y

x y

Thật vậy bất đẳng thức (5) tương đương

2(x y ) (x y )

6 6 4 3 3 3 4 2 3 2 4

 x y  x y  x y  x y (6)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

6 3 3 3 333 6 12 3 2 4

Cộng vế với vế hai đẳng thức trên ta được (5), từ đó suy ra (5)

Từ (4) và (5) suy ra:



x y

x y

x xy y

Kết hợp với phương trình (2) và lưu ý rằng 2(x2y2)  x y , ta được:

3    2(  )  2(  ) (  ) 2 

x y

Từ (3) và (7) suy ra 2x  y 3 và x y ta được x y 1 (thoả mãn các điều kiện của

bài toán)

Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (1;1)

3 Phương pháp biến đổi

Bài toán 1 Giải hệ phương trình

x

x y y

x y

ï çè + ÷ø ïï

ïî

1

1

( VMO 1996)

Lời giải

Điều kiện

,

x y







Nhận xét x 0 hoặc y 0 không thỏa hệ phương trình, nên x0,y0 Chia hai vế của phương trình thứ nhất cho 3 và chia hai vế của phương trình thứ hai cho y x 7 ta được

hệ



1

3

1

Nhân vế theo vế hai phương trình trong hệ, được

x y



4 6

7

- Trường hợp: y6 vào phương trình thứ nhất trong hệ và giải được x

x y













11 4 7 21

22 8 7

- Trường hợp: y x

4

7 không có nghiệm dương

Vậy hệ có nghiệm duy nhất

Bài toán 2 Giải hệ phương trình

x

x y

y

x y

ïçè + ÷ø ïï

ï -ç ÷ =÷

ï çç + ÷

ïî

12

3 12

3

( VMO 2007)

Giải tương tự bài toán 1.

Bài toán 3 Giải hệ phương trình sau:





         



(Đề hsg Dương Xá,2008-2009)

Lời giải

Điều kiện

2

2

1 0

1 0

    





   



x x y

y x y

Cộng và trừ từng vế tương ứng của hệ phương trình trên ta được

8





 



x y

Thế y 8 x vào phương trình trên ta được

2 9 216 73 10

 (x29)(x216x73) x28x9



(x 3 ) ( x 8) 3 )  9 x(8 x)

(1) Trong hệ trục tọa độ xét ( ;3)



a x ; (8b  x;3)

Khi đó |



a|.|b|= (x23 ) (2  x 8)23 )2 



a b =9x(8 x)

Pt (1) tương đương với |



a|.|b|=a.b(2)

Ta có |



a |.|b |a b

Khi đó (2) xảy ra khi và chỉ khi hoặc 0

 



a hoặc b0 (không xảy ra) hoặc acùng hướng b suy

ra

8

1 0



 

x

Nghiệm của hệ là (4;4)

Bài toán 4 Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

2 3







Hướng dẫn giải

Đặt

2 3







Điều kiện:

0 0

2

 





 



 



x y

x y

x

(1) x y  2 x y 3 0 y 4 x

Thay vào (2) ta được: 3 x 2 2 4 3  x x 2 5x 5 0

2 3 3

 

2 3 3

3

2 0 (*)









x

x

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

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

4 Phương trình, hệ phương trình chứa tham số

Bài toán 1 Tìm m để hpt sau có nghiệm thực:

3 3 2 0 (4)







Hướng dẫn giải

Điều kiện:

  





 



x

3

 x  x  y   y  .

Xét hàm số f t( ) t3 3t, với t  1;1

 

2

'( ) 3  3 0,   1;1

 f(t) là hàm số nghịch biến trên 1;1 (vì nó liên tục trên đoạn này)

Suy ra: x y 1

Thay vào phương trình (5) ta được: x2 1  x2  m  0.

Đặt u 1 x2 , u0;1

Ta có phương trình: g(u) = u2 u1m

5

min ( ) ; max ( ) 1

4

Suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm

5

1 4

  m