TÀI LIỆU THAM KHẢO CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 1.. Sử dụng phương pháp biến đổi: biến đổi tương đương, phân tích thành phương trình dạng tích, nhân chia biểu thức liên

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH,

HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

1 Sử dụng phương pháp biến đổi: biến đổi tương đương, phân tích thành phương trình dạng tích, nhân chia biểu thức liên hợp…

Ví dụ 1 (Trích đề thi ĐH Khối A - 2004) Giải bất phương trình:

2

3

x

  

Lời giải

ĐK: x 4

Bpt

2

16 0

10 2 0

10 2 0 2( 16) (10 2 )

x x

x

 







 

 



5

x

x x







VT(*) < 0 (do 2)

3

x  nên (*) vô nghiệm

Ví dụ 2 Giải bất phương trình sau:(x2 3 ) 2x x2 3x 2 0 (2)

Lời giải

Ta xét hai trường hợp:

TH 1: 2

2

2

x

x







   

 



, khi đó bpt luôn đúng

 

2 2

1

2

3 0

;0 3;

x

x

x

     

  





Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là: ( ; 1] {2} [3; )

2

Ví dụ 3 Giải hệ phương trình:

2 2 2 2 2 (1)

1 2 (2)





   

Lời giải

2 2 (4)

x y







 Từ (3) & (2) ta có x=y=1

 Từ (4) & (2) ta có

2 2



 











Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm  ;  1;1 ;  ;  2;0 ;  ;  8; 1

Ví dụ 4 (Trích Báo TH&TT) Giải hệ phương trình:

2 2

2

2

1 (1)

(2)

xy

x y





   



Lời giải

ĐK:x y 0

Ta có (1) x2 2xy y2 2xy 2xy 1 (x y)2 1 2 xy x y 1 0

 

2 2

1 (3) 2

0 (4)

xy

x y

x y

 







 Vì x y 0 nên phương trình (4) vô nghiệm

Từ (3) và (2) ta có 2 3 0 0; 1

3; 2



     

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm x y;  1;0 ; x y;   2;3 

Ví dụ 5 (Trích đề thi HSG QG 1996) Giải hệ phương trình:

1

3 (1 ) 2 (1)

1

7 (1 ) 4 2 (2)

x

x y y

x y









Lời giải

ĐK x0;y0

Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 không thõa mãn hệ

Với x >0, y >0 ta có

3 7

1







( nhân vế với vế)

21xy (7y 24 )(x x y) 24x 38xy 7y 0 y 6x

Thay vào phương trình (1) ta được 1 2 1 1 0 1 7 1 2

Từ đó suy ra x và y

Bài tập tương tự:

4

4

2 1

2 4

2 1

1 4

x

x y

y

x y









( Trích đề thi HSG Cần Thơ – 2012)

Ví dụ 6 Giải bất phương trình: 2x3 (1 2x 3 ) 2x2 x1

Lời giải

Đặt y 2x1 2 0

2 1

y





 

 



, ta được bất phương trình

2x  y  3x y  2x33x y y2  3 (2)0

*TH1: Xét y = 0 khi đó 1

2

x

  thay vào BPT thỏa mãn 1

2

x

  là nghiệm

*TH2: Xét y > 0 khi đó BPT (2)

   

       

   

2

2x 1 x 1 0

       

1

2 2

x

y

suy ra 2x 1 2x

2

0

0

4

2 1 4

x

x x

x

x



 





 

 



Vậy tập nghiệm của BPT là S = 1 1; 5



2

x y











Lời giải

ĐK: x0;y0

Phương trình (1) x x2 21 y2x21  x y  2x21  0 xy

(Vì 2x2 1 0,  x )

Thế vào phương trình (2) ta có

Đặt a2 x1, a1, ta có phương trình x23a2 3x a  x23a2 9x2 6ax a 2

2 3 2 9 2 6 2

 

4

a x









Khi a x , ta có

 

1 2

1 2

x

  

 



3 2 2

y

   Thử lại thấy thỏa mãn

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y  ;  3 2 2;3 2 2  

Bài tập luyện tập:

Bài 1 Giải phương trình: 10x23x  1 1 6x x2 ( Đề thi HSG Lạng Sơn 2012)1

Bài 2 Giải bất phương trình: x3 3x2 2 x23  6x  ( Đề thi HSG Nghệ An 2012)0

Bài 3 Giải bất phương trình 2 4 2

6(x  3x1) x x  1 0

Bài 4 Giải phương trình: 4 2 x213x2 2x 2x1 2 x35 x

Bài 5 Giải phương trình: 2x2 x65 x38

Bài 6 Giải phương trình 2 x2 5 2 x1x2

Bài 7 Giải hệ phương trình:  

 







Bài 8 Giải hệ phương trình:  

2

3

2 2

y

x y











Bài 9 Giải phương trình: x 7 10 x x 2 2x 66 0

Bài 10 Giải phương trình: 2

3x 1 5x4 3 x  x3

Bài 11 Giải phương trình: 1 1 3 2 8 2 3 3 20

2

Bài 12 Giải hệ phương trình:

3 2

2

x y





 





Hướng dẫn giải

Bài 6.

Phương trình đã cho  2 x2 5 6 2 x1 2 x2 4

2 2

1 1

5 3

x x

 

 

2

2

2 (1)

1 1

5 3

x x

x x

x









Ta có phương trình (1) 2  2 1 2 2 0

      nên (1) vô nghiệm Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x y ;  2;2 

Bài 7 ĐK x2 2y 1 0

Từ (1) ta có x=y hoặc x 2 = 2y (Loại)

x = y, thay vào phương trình ta có: 2 x2 2x13 x314 x 2

3

2 2

3

 

2 1 0

1 2

x

x

  

     

 



Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x y  ;  1 2;1 2 ; 1   2;1 2 

Bài 8 Hệ đã cho tương đương với    

2 2

1







Từ (1) suy ra y 0, vì nếu y<0 thì x-y>0, do đó VT(1) > VP( 1)

2

1

0 1

  

2

1



Thế y x 1 vào phương trình (2) ta được:

4x3 4x 2 3 2x1 11  2x12 3 2x1 10 0 

Đặt t 2x1, t0, ta có t4 3 10 0t     3 2 

x   x  y Vậy hệ phương trình có nghiệm  ;  5 3;

2 2

x y  

2 Phương pháp đặt ẩn phụ

Ví dụ 1 Giải hệ phương trình:

2 2

1 4 (1) ( ) 2 7 2 (2)





Lời giải:

Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ

Với y khác không, chia cả hai vế của (1) và (2) cho y ta được:

2

2 2

1

4

1

x

x y y

x

x y

y

 

  











Đặt 2 1

a x y

x

b

y

 















3, 1

Từ đây ta tìm được x và y.

Ví dụ 2 Giải hệ phương trình:

4 2

5 4 5 (1 2 )

4









Lời giải:

Hệ đã cho tương đương với

5

4 5

4









Đặt

2

xy b

  







, ta được hệ mới

2



3 2

2

5

;

a







Từ đó ta tìm được x, y.

Ví dụ 3 (Đề thi HSG Vĩnh Long 2012) Giải phương trình: 4 x2   x 1 1 5x4x2 2x3 x4

Lời giải:

1, 2

t x  x t Khi đó phương trình trở thành:

4tt47t2 5 t4 6t2 9 t2 4t4 0

(*)

2

2

1 0

5 0

 



Ÿ Với 3

2

t  thì t2 t 1 0 có một nghiệm là 1 5

2

Ÿ Với 3

2

t  thì t2 t 5 0 có một nghiệm là 1 21

2

t 

Ÿ Khi 1 5

2

t  thì

2

2

x   x     x  x  

1 3 2 5

2

2

ŸKhi 1 21

2

2

2

x   x     x  x  

1 19 2 21

2

2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1 19 2 21

2

2

Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau

2 2

2 2

1 1

5 1)







2 2







2 2

3)





    



2

4)





2 2 2

5)







3.Phương pháp hàm số.

Phương pháp hàm số là một trong những phương pháp quan trọng để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Muốn làm tốt phương pháp này ngoài việc nắm chắc các kĩ thuật sử dụng hàm số còn cần phải chú ý những sai lầm thường gặp trong phương pháp này Khi giải các bài toán này thường sử dụng một trong các tính chất sau:

Cho K là một khoảng ( hoặc là nửa khoảng, hoặc là đoạn)

Tính chất 1: Cho hàm số yf x  liên tục trên K, nếu hàm số yf x  luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên K thì phương trình f x c (c là hằng số) có nhiều nhất một nghiệm trên K.

Tính chất 2: Cho hàm số yf x y g x ;    liên tục trên K, nếu hàm số yf x  luôn đồng biến trên

K, y g x   luôn nghịch biến trên K thì phương trình f x  g x  có nhiều nhất một nghiệm trên K.

Tính chất 3: Cho hàm số yf x  liên tục trên K, nếu hàm số yf x  luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên K thì với u v K,  ta có f u  f v  u v .

Tính chất 4: Cho hàm số yf x  liên tục và có đạo hàm trên K, nếu phương trình f x  có nhiều'  0

nhất n nghiệm trên K thì phương trình f x  có nhiều nhất n+1 nghiệm trên K.  0

Tính chất 5: Cho hàm số yf x  liên tục trên K, nếu hàm số yf x  luôn đồng biến trên K thì với

,

u v K ta có f u f v   u v

Ví dụ 1 (Trích đề thi HSG Nghệ An 2012) Giải phương trình:

2 x 2 x 5 2 2x 5 3x1 (x )

Lời giải

Điều kiện xác định: 5

2

Phương trình đã cho tương đương:

x

x



x

x





x

x



 với x thuộc 5;

2

 





3

f x

x

2

x

 

 hàm số f x( )đồng biến trên 5;

2

  





 phương trình ( ) 0 có tối đa một nghiệm (1)

Ta có f(3) 0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 3

Nhận xét: Ngoài việc nắm rõ tính chất 1, để giải được bài tập trên cần phải lựu chọn đúng hàm số cần

khảo sát Ta xét tiếp bài tập sau:

Ví dụ 2 (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2012) Giải phương trình:

3x2x 2 3x x 1 x 

Lời giải

TH1: 3x2x 2 3x x 1 (3x1)(1 2 ) 0 x 

0

3 1

1

2 1

2

x x





 





 TH2: 3 2 2 3 1 3 2 1 0( 1)

x



Xét hàm số   3 2 1, ;1 1;

x

 

2

x

x

Suy ra, f x đồng biến trên từng khoảng   ;1 ; 1;

Nên trên mỗi khoảng ;1 ; 1;

    PT (1) có nhiều nhất một nghiệm

Mà f  1 f 1 0 Suy ra, (1) có 2 nghiệm x  1

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: 1;0; ;11

2



Nhận xét: Nếu không nắm chắc các tính chất cơ bản học sinh rất hay mắc sai lầm là:

khi khẳng định được f x đồng biến trên từng khoảng   ;1 ; 1;

    vội vàng kết luận phương trình

có nhiều nhất một nghiêm trên ;1 1;

Ví dụ 3 (Trích đề thi thử Đại học tỉnh Bắc Ninh 2013- 2014) Giải hệ phương trình:

x y











Lời giải:

ĐK: x y xy2  5

Xét phương trình (1) 3 y2 9 3y3 y 3y0,  ; y y2 x2 1 x 0, x y;  x0

Mà x y xy2   5 y x 2x  5 y0

Khi đó ta có:  

2

 

     

  Xét hàm số f t  t t2 1 t t, 0;    

2 2

2

1

t

t



 Hàm số f t đồng biến trên  0;

Do đó phương trình  1a f x  f 3 x 3 y 3

 

  Thay y 3

x

 vào phương trình (2) ta có

3x1 3 x 2 4 x39x2 7x 0 3x1  3x 2 x 4x312x28x

3 2 0

2

x

x





      

3

3 2

x



Vậy hệ phương trình có nghiệm 1;3 ; 2; 3

2

Ví dụ 4 Giải bất phương trình: 3 (2x  9x23) (4 x2)(1 1 x x2) 0 1  

Lời giải:

Viết lại phương trình dưới dạng:

3 (2x  (3 )x 23)(2x1)(2 [ (2 x1) ] 32 

2

2

3

t

t





hàm số f t luôn đồng biến   

Do đó (1) 3   2 1 3 2 1 1

5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1;

5

T   



Ví dụ 5 (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2013) Giải hệ phương trình:

2

log log 2 2







Lời giải:

ĐK: x0; y 1

Phương trình  1 log2 log 22 x 1 log2 log2 1 1

Thế vào (2) ta có 2

2log x 6log x x log x3x0

 

2

2

log 3 0 3

x

x x

 



 



Giải (4), xét   2    

2

ln 2

x

ln 2

Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai nghiệm

Mà f  2 f  4  0  4 có hai nghiệm x2; x4

Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm x y;  : 8;7 ; 2;1 ; 4;3    

Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau

1)x 3x 4x 2 3x2 3x 1 2)3 3 2 x 25x 1 2x6

 3

3) 2 x 10x 17x 8 2x 5x x 4) x215 3 x 2 x28

2

2

1

5)

x

x





3

6)





3

7)

2

2 1 3

x

x x

 





 

2

9)





  



10)







4 Phương pháp đánh giá.

Ví dụ 1 Giải hệ phương trình:    2   2 

2 4

x y









 (x; y  R)

Lời giải

■ Điều kiện :  y2 2 1 0  y  

3x 5 x 1 y x( 1 ) 3 5x   y

2

3 5

1

y x

 



 





Với y = 3x - 5 thay vào (2) ta được 4  y2 2y  1 1 0 vô nghiệm

Với y x 21 thay vào (2) ta được 42 x4 x2 3x (*)3

Điệu kiện  4 2 x 4 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

4 4

1.1.1 2

4

x

Từ (3) ta có:

4

4

x

Thử lại x = 1 thỏa mãn (*) Vậy hệ đã cho có nghiệm là (1; 0)

Ví dụ 2 Giải hệ phương trình:    

3

2









Lời giải:

Điều kiện: 2

x y

Pt   2 3  23

 x x 2  x y 22x y 2 x  x y 20

Khi đó pt (2) trở thành: 96x2 20x 2 3 4 8x x 1

 2 3  

8 1

x x



Sử dụng BĐT Cô si cho 3 số ta tìm được nghiệm duy nhất của phương trình 1

8

x 

Vậy hệ phương trình có nghiệm  ;  1; 7 ; 1; 7

x y        

Ví dụ 3 (Đề thi Đại học khối A – năm 2014) Giải hệ phương trình

2 3







Lời giải:

Ta có x 12 y (12 x y2)  x212 x2 12 y y  12

Dấu “=” xảy ra 2 12

12

y x

y y





2

Khi đó (1) tương đương với (3)

Thế (4) vào (2) ta có

(2) x  8x1 2 10  x  x  8x 1 2 10 x  0

          

2 2

2

1 (10 )

1 10

x

x

 

2

9

1 10

x

x



   3 2 3 1 2( 3) 2 0

1 10

x

x

2

2

3

2( 3)

1 10

x

x

x









 x 3 y3

Vậy 3

3

x

y











5 Một số bài tập khác.

Bài 1 Giải phương trình 2x215x34 3 4 3 x 8 1  

Lời giải:

Ta có 2x2 15x34 0  3 43 x 8 0  x2

Cách 1:(Liên hợp thành phần)

2 3 3

12 4

x



 

2 3 3

4

x

x









+ Nếu x 4 VT *  0 phương trình (*) vô nghiệm

+ Nếu x 4 VT *  0 phương trình (*) vô nghiệm

+ Nếu x  Thỏa mãn phương trình (*)4

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  4

Cách 2:(Liên hợp hoàn toàn)

 1  2x216x32 3 4 3 x 8 x2

2 2

3

x

 

3

4

x

x











Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  4

Cách 3:(Phương pháp đánh giá)

Ta có: 3 43 x8 8.8 4  x 8 34x8  x 2 ( Theo bất đẳng thức Cô si)

Do đó 2x215x34  x 2 2x 42  0 x4 Thử lại thấy thỏa mãn

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  4

Bài 2 (Trích đề thi thử Đại học khối A tỉnh Bắc Ninh năm học 2012 – 2013)

Giải hệ phương trình

3

1







Lời giải:

 1  x3 x y x2  2  x y  1 x x y2    x y  x2 1 x y x   21 x21 x y 1 0 (vì

2 1 0,

x   x)

Thế vào phương trình (2) ta có x3 9x26x 6 3 6 3 x22

x133x 1 6x223 63 x22 3 

Xét hàm số f t   t3 3t f t'  3t2 3 0 t  f t  đồng biến trên 

Phương trình (3)   3 2  3 2

3 9 2 3 3 0

3 3

3

2 1

2 1



2 1

y 



Vậy hệ phương trình có nghiệm  

3

Bài 3 Giải hệ phương trình:  2   2  2

5







Lời giải:

 1  5x3xy x2y x2y  0 4x3x x 2y 2 x2y30

2

2

0 2

3

x









( Vì x =y =0 không là nghiệm của hệ )

Thế vào pt (2) ta có 3 2

2 1 0

y  y  y  (*)

Ta giải phương trình (*) trên tập 

Thật vậy: xét y   2; 2, Đặt 2sin , ;

2 2

y t t    

Pt(*) trở thành: 8sin3t 4sin2t 2sint 1 0

sin 4t cos3t

  ( Do cost 0 không là nghiệm của pt)

2

14 7 sin 4 sin 3

2

2 2

k t









 







Mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm nên pt(*) có 3 nghiệm như trên

Kết hợp với điều kiện y 0 ta có

2sin 14 2sin

3 2sin

2sin























Từ đó tìm được nghiệm của hệ phương trình

Bài 4 (Trích đề kiểm tra năng lực giáo viên THPT tỉnh Bắc Ninh năm học 2012-2013)

Giải hệ phương trình:

2 2

2

2 13 17

2 13 1

( 1)

x y x

x









Lời giải:

ĐK:

2

3

1

1 0

x y

y x

 



Ta có 4 2 26 42 0, 17 2 2 13 19 2, 3;7

2

Do đó, y3 y 1 12  y132 y 1 12 0  y  1 2 y3

Với y 3ta có  2 ln 1 ln 1

Xét hàm số g a  lna,a 0; 

a

a



Do 1 2;5  1  2 ln 2; 1 4  1  4 ln 2

Từ đó suy ra x3,y3

Thử lại x3,y3thỏa mãn hệ phương trình

3 2

,

x y







   





Lời giải:

Nhận xét:  ;  4; 4

x y    

  không là nghiệm của hệ Do đó 3

4

x  hoặc 3

4

y 

x y



Thay xy vào phương trình (2) ta có

2

2

4

3x 4 3y4x 

Ta có

4 1

x

2 2

0

, với 4 8

  

Do đó ta có 2

1 5 2

1 0

1 5 2

x

x













Vậy hệ phương trình có nghiệm  ;  1 5 1; 5 ; 1 5 1; 5

x y          

3 3 2 2 3 3 2

,

x y









Lời giải:

ĐK x3; y0; 14 x2y48 0

Ta có: x x 3x 3 x 3 2  x 3 1   x 3 2   0 x 3 1  x4

Mà 14x2y48 0  2y14x 48 8  y4

1  x1  3 x1  y3  3 y3

Xét hàm số f t   t3 3 ,t t1;  f t'  3t2 3 0  t 1;

 

f t

 đồng biến trên 1; 

Khi đó phương trình  1  f x 1f  y3  x1 y3

Thế vào phương trình (2) ta có

2x218x44 5  x x 3 2x 522x 3  x 5 x 3

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y ;  7;33  .

7 Một số bài tập tham khảo

Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:

2

2) 4(x1)2 (2x10)(1 3 2 ) x 2

3) 4x212x 2x2 4 40.

4) x24x1 x  ( Trích đề thi HSG Đắc Lắc 2013)7

5) x2 8x3 x1 22 x 7 0 (Trích đề thi HSG TP HCM 2013)

6) (x4)2 6 x33x13