Recomendados
Recomendados
Más contenido relacionado
La actualidad más candente
La actualidad más candente (19)
Similar a Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Similar a Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011 (15)
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
- 1. TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TỈNH, THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2010 - 2011 (Lê Phúc Lữ - tổng hợp và giới thiệu) Bài 1. 1/ Giải phương trình x 2 x 1 x 3 4 x 1 1 . 2/ Giải phương trình với ẩn số thực 1 x 6 x 5 2 x (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Long) 5 4 3 2 Bài 2. Giải phương trình x x x 11x 25 x 14 0 (Đề thi HSG tỉnh Đồng Nai) 2x 2 y 4 Bài 3. Giải hệ phương trình 2x 5 2y 5 6 (Đề HSG Bà Rịa Vũng Tàu) 1 x x y 3 3 y Bài 4. Giải hệ phương trình sau 2 x y 1 8 y (Đề thi HSG Hải Phòng, bảng A) 4 x 2 y 4 4 xy 3 1 Bài 5. Giải hệ phương trình 2 2 4 x 2 y 4 xy 2 (Đề thi HSG tỉnh Lâm Đồng) x4 5 y 6 Bài 6. Giải hệ phương trình trên tập số thực 2 2 x y 5x 6 (Đề thi chọn đội tuyển Đồng Nai) 1
- 2. 3 2y x2 y 2 1 x 1 Bài 7. Giải hệ phương trình x2 y2 2x 4 y (Đề thi HSG Hà Tĩnh) Bài 8. Giải phương trình 3 x 6 x2 7 x 1 (Đề thi chọn đội tuyển Lâm Đồng) x x y 1 1 Bài 9. Giải hệ phương trình 2 2 y x 2y x y x 0 (Đề thi HSG tỉnh Quảng Bình) Bài 10. 1/ Giải bất phương trình ( x 2 4 x) 2 x 2 3 x 2 0 . xy y 2 x 7 y 2/ Giải hệ phương trình sau x 2 y x 12 (Đề thi HSG Điện Biên) x 6 y 8 z10 1 Bài 11. Giải hệ bất phương trình 2007 2009 2011 . x y z 1 (Đề thi chọn đội tuyển Bình Định) Bài 12. x 1 1 1/ Giải phương trình x x 1 3 x 2 x2 x 2 y 2/ Giải hệ phương trình 2 y y 2x (Đề thi HSG tỉnh Bến Tre) 2
- 3. Bài 13. 1/ Giải phương trình x 2 4 x 3 x 5 . 2/ Giải phương trình x 3 x 2 3x 1 2 x 2 trên [2, 2] (Đề thi HSG tỉnh Long An) 1 y 2 x 2 Bài 14. Giải hệ phương trình sau x x y 2 2 y ( x 1 1) 3 x 3 (Đề chọn đội tuyển trường Chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định). 2 x 2 y 3 xy 4 x 2 9 y Bài 15. Giải hệ phương trình sau 2 7 y 6 2 x 9 x (Đề thi chọn đội tuyển Nha Trang, Khánh Hòa) Bài 16. 1/ Giải phương trình x 2 7 x 2 x 1 x 2 8 x 7 1 2 2 x y 3 2 x y 2/ Giải hệ phương trình 3 x 6 1 y 4 (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc) 1 x2 Bài 17. Giải phương trình sau x 4 2 x 3 2 x 2 2 x 1 ( x 3 x) x (Đề thi HSG tỉnh Hà Tĩnh) Bài 18. Giải phương trình 2 sin 2 x 3 2 sin x 2 cos x 5 0 . (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi) Bài 19. 1/ Giải phương trình x 4 x 2 2 x 4 x 2 . 3
- 4. 2 y ( x 2 y 2 ) 3x 2/ Giải hệ phương trình 2 2 x( x y ) 10 y (Đề thi chọn đội tuyển THPT Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa) Bài 20. Giải phương trình 3 x 6 x2 7 x 1 . (Đề thi HSG tỉnh Lâm Đồng) 5( x y ) 6( x z ) x y 6 xy x z 5 xz 4 6( z y ) 4( x y ) Bài 21. Giải hệ phương trình 5 z y 4 zy x y 6 xy 4( x z ) 5( y z ) 6 x z 5 xz y z 4 yz (Đề chọn đội tuyển trường PTNK, TPHCM) Bài 22. 1 1/ Giải phương trình x 2 y 1 3 z 2 ( x y z 11) 2 x 2 121 2 x 2x 27 2/ Giải hệ phương trình 9 x 2 y 2 xy 3x 4 y 4 0 (Đề thi HSG tỉnh Quảng Nam) Bài 23. x 2 2ax b 1/ Tìm tất cả các giá trị của a, b để phương trình m có hai nghiệm phân biệt với bx 2 2ax 1 mọi tham số m. y xy 2 6 x 2 2/ Giải hệ phương trình 3 3 3 1 x y 19 x (Đề thi HSG vòng tỉnh Bình Phước) Bài 24. 4
- 5. x 2 y 2 z 2 2010 2 1/ Giải hệ phương trình 3 3 3 3 x y z 2010 3 3 x2 2x 2/ Giải phương trình 32 x 3x x3 3x 2 0 (Đề thi chọn đội tuyển Ninh Bình) Bài 25. 2 x y x 1 2( x 1) 2(2 x y ) 2 1/ Giải bất phương trình sau 2 y 4 x x 1 17 0 1 1 1 1 2/ Với n là số nguyên dương, giải phương trình ... 0. sin 2 x sin 4 x sin 8 x sin 2 n x (Đề thi HSG tỉnh Khánh Hòa) Bài 26. 3 sin 2 x cos 2 x 5sin x (2 3) cos x 3 3 1/ Giải phương trình sau 1. 2 cos x 3 2x 1 2/ Giải phương trình log 3 2 3x2 8x 5 ( x 1) (Đề thi HSG tỉnh Thái Bình) Bài 27. x 2 1 y 2 xy y 1/ Giải hệ phương trình y x y 2 1 x2 2 2 2/ Giải phương trình lượng giác 2 2 sin 2 x tan x cot 2 x (Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ) 1 1 Bài 28. Giải phương trình 24 x 2 60 x 36 0 5x 7 x 1 (Đề thi HSG tỉnh Quảng Ninh) 5
- 6. Bài 29. Giải phương trình 3 x 3 2 x 2 2 3 x 3 x 2 2 x 1 2 x 2 2 x 2 (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) (2 x 2 3 x 4)(2 y 2 3 y 4) 18 Bài 30. Giải hệ phương trình 2 2 x y xy 7 x 6 y 14 0 (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) 2(2 x 1)3 2 x 1 (2 y 3) y 2 Bài 31. Giải hệ phương trình 4x 2 2y 4 6 (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) x 4 x3 y 9 y y 3 x x2 y 2 9 x Bài 32. Giải hệ phương trình 3 3 x( y x ) 7 (Đề thi chọn HSG tỉnh Hưng Yên) 2 y 3 2 x 1 x 3 1 x y Bài 33. Giải hệ phương trình 2 y 2 x 1 2 xy 1 x (Đề thi chọn đội tuyển chuyên Nguyễn Du, Đăk Lăk) x 3 y 3 35 Bài 34. Giải hệ phương trình 2 2 2 x 3 y 4 x 9 y (Đề thi HSG tỉnh Yên Bái) Bài 35. Giải phương trình 2 3 2 x 1 27 x 3 27 x 2 13x 2 (Đề thi HSG Hải Phòng, bảng A1) 1 1 2 2 x 2 y 2( x y ) Bài 36. Giải hệ phương trình 1 1 y2 x2 x 2y (Đề thi chọn đội tuyển Quảng Ninh) 6
- 7. x 3 3 x 12 y 50 Bài 37. Giải hệ phương trình y 3 12 y 3 z 2 z 3 27 x 27 z (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Phan Chu Trinh, Đà Nẵng) x9 9 x 2 1 Bài 38. Giải phương trình 3 2x 1 3 (Đề thi chọn đội tuyển Phú Yên) Bài 39. 1/ Giải phương trình sau x 1 x 1 2 x x 2 2 y 3 y x 3 3x 2 4 x 2 2/ Giải hệ phương trình sau 2 1 x y 2 y 1 (Đề thi HSG tỉnh Nghệ An) Bài 40. x 3 8 y 3 4 xy 2 1 1/ Giải hệ phương trình 4 4 2 x 8 y 2 x y 0 2/ Chứng minh phương trình sau có đúng một nghiệm ( x 1) 2011 2( x 1) 3 x 3 3 x 2 3 x 2 . (Đề dự bị thi HSG tỉnh Nghệ An) x 3 y x 3 12 Bài 41. Giải hệ phương trình sau y 4 z y 3 6 3 9 z 2 x z 32 (Đề thi chọn đội tuyển KHTN, vòng 1) y 2 x2 x 2 1 e 2 Bài 42. Giải hệ phương trình y 1 3 log ( x 2 y 6) 2 log ( x y 2) 1 2 2 7
- 8. (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Cao Lãnh, Đồng Tháp) x2 x 2 x2 x Bài 43. Giải phương trình sau x2 1 2 2 1 x x 2 1 x x 4 (Đề thi HSG tỉnh Bình Phước) Bài 44. 1/ Giải phương trình 3 3x 4 x3 3x 2 x 2 2/ Tìm số nghiệm của phương trình (4022 x 2011 4018 x 2009 2 x) 4 2(4022 x 2011 4018 x 2009 2 x) 2 cos 2 2 x 0 (Đề thi chọn đội tuyển Chuyên Nguyễn Du) (2 x)(1 2 x )(2 y )(1 2 y ) 4 10 z 1 Bài 45. Giải hệ phương trình sau 2 2 2 2 2 x y z 2 xz 2 yz x y 1 0 (Đề thi chọn đội tuyển Hà Tĩnh) Bài 46. 1/ Giải phương trình sau 2010 x ( x 2 1 x) 1 . y 4 4 x 2 xy 2 x 4 5 2/ Giải hệ phương trình x 3 3 y 2 x y 2 (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Sào Nam, tỉnh Quảng Nam) x11 xy10 y 22 y12 Bài 47. Giải hệ phương trình 4 4 2 2 7 y 13x 8 2 y 3 x(3x 3 y 1) (Đề thi chọn đội tuyển TP.HCM) 2009 x 2010 y ( x y ) 2 Bài 48. Giải hệ phương trình 2010 y 2011z ( y z ) 2 2 2011z 2009 x ( z x ) (Đề thi chọn đội tuyển chuyên Quang Trung, Bình Phước) 8
- 9. 2 2 1 x y 5 Bài 49. Giải hệ phương trình sau 4 x 2 3 x 57 y (3 x 1) 25 (Đề thi chọn đội tuyển Nghệ An) Bài 50. Cho các tham số dương a, b, c . Tìm nghiệm dương của hệ phương trình sau : x y z a b c 2 2 2 4 xyz a x b y c z abc (Đề kiểm tra đội tuyển Ninh Bình) 3x y x x2 y 2 3 Bài 51. Giải hệ phương trình sau trên tập hợp số thực y x 3y 0 x2 y 2 (Đề thi chọn đội tuyển Chuyên Vĩnh Phúc, tỉnh Vĩnh Phúc) x4 2x y 4 y Bài 52. Giải hệ phương trình 2 2 3 ( x y ) 3 (Đề kiểm tra đội dự tuyển trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) Bài 53. Giải phương trình 2 x 2 .sin x x.cos x 3 2 x 1 x 3 x 5 x 1 (Đề thi chọn đội tuyển Hà Nội) ( x 2)2 ( y 3) 2 ( y 3)( x z 2) Bài 54. Giải hệ phương trình x 2 5 x 9 z 7 y 15 3 yz 2 2 8 x 18 y 18 xy 18 yz 84 x 72 y 24 z 176 (Đề thi chọn đội tuyển ĐHSP Hà Nội, ngày 2) Bài 55. 2 z ( x y ) 1 x 2 y 2 Tìm x, y, z thỏa mãn hệ y 2 z 2 1 2 xy 2 zx 2 yz 2 2 y (3x 1) 2 x ( x 1) (Đề thi chọn đội tuyển trường ĐH KHTN Hà Nội, vòng 3) 9
- 10. LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ NHẬN XÉT Bài 1. 1/ Giải phương trình x 2 x 1 x 3 4 x 1 1 . 2/ Giải phương trình với ẩn số thực 1 x 6 x 5 2 x (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Long) Lời giải. 1/Điều kiện x 1 . Phương trình đã cho tương đương với ( x 1 1)2 ( x 1 2) 2 1 x 1 1 x 1 2 1 (*) -Nếu x 1 1 thì (*) ( x 1 1) ( x 1 2) 1 3 2 x 1 1 x 1 1 , loại. -Nếu 1 x 1 2 2 x 5 thì (*) ( x 1 1) ( x 1 2) 1 1 1 , luôn đúng. -Nếu x 1 2 thì (*) ( x 1 1) ( x 1 2) 1 2 x 1 3 1 x 1 2 , loại. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là mọi x thuộc 2;5 . 5 2/ Điều kiện x . Phương trình đã cho tương đương với 2 1 x 5 2 x 6 x (1 x ) (5 2 x ) 2 (1 x)(5 2 x ) 6 x (1 x )(5 2 x ) x 5 (1 x)(5 2 x) x 2 10 x 25 x 2 7 x 30 0 x 3 x 10 Thử lại, ta thấy chỉ có x 3 là thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 3 . Nhận xét. Các dạng toán phương trình vô tỉ này khá cơ bản và quen thuộc, chúng hoàn toàn có thể giải bằng cách bình phương để khử căn mà không cần lo ngại về tính giải được của phương trình hay không. Để đơn giản trong việc xét điều kiện, ta có thể giải xong rồi thử lại cũng được. 10
- 11. Bài 2. Giải phương trình x 5 x 4 x 3 11x 2 25 x 14 0 (Đề thi HSG tỉnh Đồng Nai) Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với ( x 5 2 x 4 ) ( x 4 2 x3 ) ( x3 2 x 2 ) ( 9 x 2 18 x) (7 x 14) 0 ( x 2)( x 4 x 3 x 2 9 x 7) 0 x 2 4 3 2 x x x 9x 7 0 Phương trình thứ hai ở trên có thể viết lại là ( x 4 x3 x 2 9 x 6) 1 0 ( x 4 x 3 2 x 3 2 x 2 3x 2 3 x 6 x 6) 1 0 ( x 1)2 ( x 2 3 x 6) 1 0 Do ( x 1)2 ( x 2 3 x 6) 1 0, x nên phương trình này vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 2 . Nhận xét. Đây là một phương trình đa thức thông thường, có nghiệm là x 2 nên việc phân tích thành nhân tử khá đơn giản; cái khó là biết đánh giá phương trình còn lại và có nên tiếp tục tìm cách giải nó hay không hay tìm cách chứng minh nó vô nghiệm. Trường hợp đề bài cho phân tích thành các đa thức không có nghiệm đơn giản, bài toán trở nên khó khăn hơn rất nhiều; thậm chí là ngay cả với những đa thức bậc bốn. Chẳng hạn như khi giải phương trình 2 x 4 3x 3 10 x 2 16 x 3 0 , nếu tính toán trên giấy thì không phải dễ dàng mà có được phân tích (2 x 2 5 x 1)( x 2 x 3) 0 để giải từng phương trình tích. 2x 2 y 4 Bài 3. Giải hệ phương trình 2x 5 2y 5 6 (Đề HSG Bà Rịa Vũng Tàu) Lời giải. Điều kiện: x, y 0 . Cộng từng vế hai phương trình của hệ, ta có: ( 2 x 5 2 x ) ( 2 y 5 2 y ) 10 Trừ phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất, vế theo vế, ta được: 11
- 12. 5 2 ( 2x 5 2x ) ( 2 y 5 2 y ) 2 2 2x 5 2x 2y 5 2y Đặt a 2 x 5 2 x 0, b 2 y 5 2 y 0 . Ta có hệ sau: a b 10 b 10 a b 10 a a 5 5 5 5 5 2 a b 2 a 10 a 2 50 20a 2a b 5 Xét phương trình 2 x 5 2 x 5 2 x 5 (5 2 x ) 2 2 x 5 25 2 x 10 2 x 2 x 2 x 2 . Tương tự, ta cũng có y 2 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x, y ) (2, 2) . Nhận xét. Ngoài cách giải tận dụng tính chất của các căn thức, ta cũng có thể đặt ẩn phụ rồi biến đổi; trong phương trình thứ hai, các số hạng tự do có thể khác nhau mà lời giải vẫn được tiến hành tương tự. Chẳng hạn, giải hệ phương trình sau 2x 2 y 6 2x 5 2y 9 8 Bài 4. Giải hệ phương trình sau 1 x x y 3 3 y 2 x y 1 8 y (Đề thi HSG Hải Phòng, bảng A) Lời giải. 1 Điều kiện y 0, x 0, x y 3 . y 1 a b 3 a 2, b 1 Đặt a x , b x y 3, a, b 0 . Hệ đã cho viết lại là 2 2 y a b 5 a 1, b 2 -Với a 2, b 1 , ta có 12
- 13. 1 1 1 x 2, x y 3 1 x 4, x y 4 x 4 x 4 y y y 4 x 1 2 x 4 x 4 x 8 x 15 0, x 4 x 3, y 1 x 5, y 1 y 4 x y 4 x -Với a 1, b 2 , ta có 1 1 1 x 1, x y 3 2 x 1, x y 7 x 7 x 1 y y y 7 x x 2 8 x 6 0, x 7 x 4 10, y 3 10 y 7 x x 4 10, y 3 10 Thử lại, ta thấy tất cả đều thỏa. Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là ( x, y ) (3,1), (5, 1), (4 10, 3 10), (4 10,3 10) . Nhận xét. Dạng hệ phương trình giải bằng cách đặt ẩn phụ này thường gặp ở nhiều kì thi, từ ĐH-CĐ đến thi HSG cấp tỉnh và khu vực. Chúng ta sẽ còn thấy nó xuất hiện nhiều ở các đề thi của các tỉnh được nêu dưới đây. 4 x 2 y 4 4 xy 3 1 Bài 5. Giải hệ phương trình 2 2 4 x 2 y 4 xy 2 (Đề thi HSG tỉnh Lâm Đồng) Lời giải. Lấy phương trình thứ nhất trừ phương trình thứ hai, vế theo vế, ta được: y 4 2 y 2 4 xy 3 4 xy 1 0 ( y 2 1) 2 4 xy ( y 2 1) 0 ( y 2 1)( y 2 1 4 xy ) 0 y 1 y 1 y 2 1 4 xy 0 -Nếu y 1 , thay vào phương trình đầu tiên, ta được: 4 x 2 1 4 x 1 x( x 1) 0 x 0 x 1 . Thử lại, ta thấy cả hai nghiệm đều thỏa mãn. 13
- 14. -Nếu y 1 , thay vào phương trình đầu tiên, ta được: 4 x 2 1 4 x 1 x ( x 1) 0 x 0 x 1 . Thử lại, ta thấy cả hai nghiệm đều thỏa mãn. 1 y2 -Nếu y 2 1 4 xy 0 x (dễ thấy trong trường hợp này y 0 ), thay vào phương trình 4y đầu tiên, ta được: 2 1 y2 4 1 y2 3 2 2 4 2 2 2 4 y 4 y 1 (1 y ) 4 y 4(1 y ) 4 ( y 1)(5 y 7) 0 . 4y 4y Suy ra y 1, x 0 và hai nghiệm này đã nêu ở trên. Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là ( x, y ) (1,1), (0,1), (1, 1), (0, 1) . Nhận xét. Đây là một dạng hệ phương trình đa thức khá khó, rõ ràng nếu ở phương trình thứ hai, người ta chia hai vế cho 2 thì khó có thể tự nhận biết giá trị này mà nhân vào rồi trừ từng vế như trên. Việc phát hiện ra giá trị 2 để nhân vào có thể dùng cách đặt tham số phụ rồi lựa chọn. x4 5 y 6 Bài 6. Giải hệ phương trình trên tập số thực 2 2 x y 5x 6 (Đề thi chọn đội tuyển Đồng Nai) Lời giải. Trừ từng vế hai phương trình của hệ, ta được x 4 x 2 y 2 5( y x) 0 ( x y ) x 2 ( x y ) 5 0 x y x 2 ( x y ) 5 -Nếu x y , từ phương trình thứ nhất ta có x 4 5 x 6 0 ( x 2 x 3)( x 2)( x 1) 0 x 2 x 1 , tương ứng với y 2 y 1 . Thử lại thấy thỏa, ta có hai nghiệm ( x, y ) (2, 2), (1,1) . 5 -Nếu x 2 ( x y ) 5 y x , thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được x2 5 x 4 5 2 x 6 x 6 5 x 3 6 x 2 25 0 x 14
- 15. 6 Đồng thời, từ hệ đã cho ta cũng có 5 x 6 x 2 y 2 6 x . 5 3 2 3 2 6 6 216 96 312 Do đó 5 x 4 x 5. 4. 25 x 6 5 x 3 6 x 2 25 0 . 5 5 25 25 Suy ra trong trường hợp này, hệ vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( x, y ) (2, 2), (1,1) . 3 2y x y 1 x 1 2 2 Bài 7. Giải hệ phương trình x2 y2 2x 4 y (Đề thi HSG Hà Tĩnh) Lời giải. x Điều kiện: xy 0, x 2 y 2 1 . Đặt a x 2 y 2 1, b , ab 0 . y 3 2 3 2 1 1 b 2b 3 0 b 1, a 1 Hệ đã cho trở thành a b 2b 3 b a 2b 3 a 2b 3 a 2b 3 b 3, a 9 -Với a 1, b 1 , ta có x 2 y 2 2, x y , ta tìm được hai nghiệm là ( x, y ) (1, 1), (1,1) . -Với a 9, b 3 , ta có x 2 y 2 10, x 3 y , ta tìm được hai nghiệm là ( x, y ) (3,1), (3, 1) . Thử lại, ta đều thấy thỏa mãn. Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm phân biệt là ( x, y ) (1, 1), (1,1), (3,1), (3, 1) . Bài 8. Giải phương trình 3 x 6 x2 7 x 1 (Đề thi chọn đội tuyển Lâm Đồng) Lời giải. Điều kiện x 1 . 15
- 16. Ta có ( 3 x 6 2) ( x 2 4) ( x 1 1) 0 x2 x2 ( x 2)( x 2) 0 2 3 ( x 6) 2 3 x 6 4 x 1 1 1 1 ( x 2) x2 0 3 ( x 6) 2 2 3 x 6 4 x 1 1 x 2 1 1 x2 0 3 ( x 6)2 2 3 x 6 4 x 1 1 Dễ thấy phương trình thứ hai vô nghiệm vì vế trái luôn dương nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 2 . Nhận xét. Cách đơn giản hơn dành cho bài này là chứng minh hàm đồng biến, tuy nhiên, cần chú ý xét x 1 trước khi đạo hàm. x x y 1 1 Bài 9. Giải hệ phương trình 2 2 y x 2y x y x 0 (Đề thi HSG tỉnh Quảng Bình) Lời giải. Điều kiện x, x y 1 0 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với x x y 1 1 x x y 1 2 x y 1 1 y 2 x y 1 y 2 4( x y 1) ( y 2)2 4 x y 2 2 x Phương trình thứ hai của hệ tương đương với y 2 x 2 y x y 2 x 0 ( y x )2 xy 2 y x y x y 1 y 2 2 x y 2 2 x y 2 2 x x 1 Ta có hệ mới là 2 4 y x y x 2 y ( y 2) y ( y 2) y y 2 0 y2 x 4 16
- 17. So sánh với điều kiện ban đầu, ta thấy cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn. 1 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( x, y ) ( , 1), (2, 4) . 4 Bài 10. 1/ Giải bất phương trình ( x 2 4 x) 2 x 2 3 x 2 0 . xy y 2 x 7 y 2/ Giải hệ phương trình sau x 2 y x 12 (Đề thi HSG Điện Biên) Lời giải. 1 1/ Điều kiện 2 x 2 3x 2 0 x x 2 . Ta có 2 x2 4x 0 x 4 x 0 2 2 ( x 4 x) 2 x 3 x 2 0 2 1 2 x 3x 2 0 x x 2 2 1 Kết hợp các điều kiện trên, ta có x 2 x x 4. 2 1 Vậy bất phương trình trên có nghiệm là x (, ] {2} [4, ) . 2 x x y y 7 2/ Điều kiện y 0 . Hệ đã cho tương đương với ( x y ) x 12 y x u v 7 u 3, v 4 Đặt u x y, v , ta có hệ y uv 12 u 4, v 3 x -Với u 3, v 4 , ta có x y 4, 3 x 3, y 1 , thỏa điều kiện. y 17
- 18. x 12 3 -Với u 4, v 3 , ta có x y 3, 4 x , y , thỏa điều kiện. y 5 5 12 3 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( x, y ) (3,1), ( , ) . 5 5 x 6 y 8 z10 1 Bài 11. Giải hệ bất phương trình 2007 2009 2011 . x y z 1 (Đề thi chọn đội tuyển Bình Định) Lời giải. Từ bất phương trình thứ nhất của hệ, ta có 1 x, y, z 1 . Từ hai bất phương trình của hệ, ta có x 2007 y 2009 z 2011 x 6 y 8 z10 x 6 (1 x 2001 ) y 8 (1 y 2001 ) z10 (1 z 2001 ) 0 Từ điều kiện 1 x, y, z 1 , ta dễ dàng thấy rằng x 6 (1 x 2001 ), y 8 (1 y 2001 ), z10 (1 z 2001 ) 0 . Do đó, phải có đẳng thức xảy ra, tức là x 6 (1 x 2001 ) y 8 (1 y 2001 ) z10 (1 z 2001 ) 0 x, y , z 1 x, y , z 0 . Kết hợp với điều kiện x 6 y 8 z10 1 , ta thấy hệ bất phương trình đã cho có các nghiệm là ( x, y , z ) (1, 0, 0), (0,1, 0), (0, 0,1) . Bài 12. x 1 1 1/ Giải phương trình x x 1 3 x 2 x2 x 2 y 2/ Giải hệ phương trình 2 y y 2x (Đề thi HSG tỉnh Bến Tre) Lời giải. 1/ Điều kiện x 1,3 x 0, x 1 3 x 1 x 3, x 1 . 18
- 19. Phương trình đã cho tương đương với 2 x 1 x 1 3 x 1 ( x 1) (3 x) ( x 1 3 x )( x 1 3 x ) x 1 3 x x 1 3 x x 1 3 x 0 ( x 1 3 x ) 2 1 Dễ thấy phương trình thứ nhất vô nghiệm nên ta chỉ xét ( x 1 3 x ) 2 1 ( x 1) (3 x ) 2 ( x 1)(3 x) 1 3 2 ( x 1)(3 x) 2 7 9 4( x 1)(3 x ) 4 x 2 8 x 3 0 x 2 2 7 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x . 2 2/ Điều kiện x, y 0 . Dễ thấy nếu x 0 thì y 0 và ngược lại nên hệ có nghiệm ( x, y ) (0, 0) . t2 t 1 Ta xét x, y 0 . Xét hàm số f (t ) , t 0 , ta thấy f (t ) t 0, t 0 nên đây là 2 4 t hàm đồng biến. x f ( y) Hệ đã cho được viết lại là . Suy ra x y , thay vào hệ đã cho, ta có y f ( x) x 1 x x 2 x x x 1 2 x ( x 1)( x x 1) 0 2 x 3 5 2 y 1 Tương ứng với hai giá trị này, ta cũng có y 3 5 2 3 5 3 5 Vậy hệ đã cho có ba nghiệm là ( x, y ) (0, 0), (1,1), ( , ). 2 2 Nhận xét. Bài phương trình thứ nhất nếu không có biến đổi phù hợp mà đặt ẩn phụ thì lời giải sẽ khá dài dòng và rắc rối, chúng ta cần chú ý tận dụng những tính chất của căn thức, lượng liên hợp để khai thắc đặc điểm riêng của bài toán. 19
- 20. Bài 13. 1/ Giải phương trình x 2 4 x 3 x 5 . 2/ Giải phương trình x 3 x 2 3x 1 2 x 2 trên [2, 2] (Đề thi HSG tỉnh Long An) Lời giải. 1/ Điều kiện x 5 . Phương trình đã cho tương đương với x 4 ( x 2 4 x 3)2 x 5 ( x 4)( x 3 4 x 2 6 x 1) 0 3 2 x 4x 6x 1 0 Ta xét phương trình x 3 4 x 2 6 x 1 0 (*) Hàm số f ( x) x 3 4 x 2 6 x 1 có f ( x) 3 x 2 8 x 6 0 nên là đồng biến; hơn nữa, f (0). f (1) (1).2 0 nên phương trình f ( x ) 0 có đúng một nghiệm thuộc (0,1) . Ta sẽ giải phương trình (*) bằng phương pháp Cardano. 4 2 61 Đặt x y , ta có (*) y 3 y 0 . Đặt y u v , ta có 3 3 27 61 2 (u 3 v3 ) (3uv )(u v) 0 . 27 3 3 3 61 u v 27 Chọn u và v sao cho . uv 2 9 1 2 Giải hệ phương trình này, ta chọn nghiệm u 3 (61 3 417), v . 54 9u Từ đó, ta tìm được nghiệm của phương trình (*) là 1 2 4 x x0 3 (61 3 417) 0.189464 54 1 3 93 (61 3 417) 54 20
- 21. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 4, x x0 . 2/ Điều kiện x 2 . Phương trình đã cho tương đương với ( x 3 x 2 3x 1)2 4( x 2) ( x 1)( x5 x 4 6 x3 2 x 2 9 x 7) 0 x 1 5 4 3 2 x x 6x 2 x 9x 7 0 Phương trình x 5 x 4 6 x 3 2 x 2 9 x 7 0 có đúng một nghiệm thuộc [2, 2] và nó có giá trị gần đúng là x x0 1.916086228 . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là x 1, x x0 . Nhận xét. Rõ ràng phương trình bậc ba ở trên phải giải trực tiếp bằng công thức tổng quát, điều này ít khi xuất hiện ở các kì thi HSG. Đối với phương trình thứ hai, việc xét x [2, 2] nêu trong đề bài có thể gợi ý dùng lượng giác; tuy nhiên, cách đặt x 2 cos chưa có kết quả, mong các bạn tìm hiểu thêm. Một bài tương tự xuất hiện trong kì thi HSG ĐBSCL như sau Giải phương trình 32 x 5 32 x 4 16 x3 16 x 2 2 x 1 0 . Phương trình này được giải bằng cách đặt ẩn phụ y 2 x rồi bình phương lên, nhân vào hai vế cho y 2 để đưa về phương trình quen thuộc y 3 3 y y2. Bài toán như thế này khá đánh đố và phức tạp! 1 y 2 x 2 Bài 14. Giải hệ phương trình sau x x y 2 2 y ( x 1 1) 3 x 3 (Đề chọn đội tuyển trường Chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định). Lời giải. Điều kiện xác định: x 0, y 0 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 1 y 2 x 2 y x y 2 2 x x 2 xy y 2 y( x 2 x) 2 x x 0 x x y 21
- 22. Xem đây là phương trình bậc hai theo biến y, ta có x ( x 2 x)2 8 x x x 4 x x 4 x 2 ( x 2 x )2 0 . Do đó, phương trình này có hai nghiệm là (2 x x ) ( x 2 x ) (2 x x ) ( x 2 x) y1 x , y2 2 x, . 2 2 Xét hai trường hợp -Nếu y x , thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: x ( x 2 1 1) 3 x 2 3 . Dễ thấy: x ( x 2 1 1) 0 3 x 2 3 nên phương trình này vô nghiệm. -Nếu y 2 x , thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 2x 2 x( x 2 1 1) 3 x 2 3 x 2 1.(2 x 3 ) 2 x x2 1 (*) 2x 3 3 3 (dễ thấy x không thỏa mãn đẳng thức nên chỉ xét x và phép biến đổi trên là phù 2 2 2x hợp). Xét hai hàm số: f ( x ) x 2 1, x 0 và g ( x ) ,x 0. 2x 3 x 2 3 Ta có: f ( x ) 0 nên là hàm đồng biến, g ( x ) 0 nên là hàm nghịch biến. x2 1 (2 x 3 )2 Suy ra phương trình (*) có không quá một nghiệm. Nhẩm thấy x 3 thỏa mãn (*) nên đây cũng chính là nghiệm duy nhất của (*). Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( x, y ) ( 3 , 2 3 ) . Nhận xét. Quan hệ của x và y được che giấu ngay trong phương trình đầu tiên, nếu nhận thấy điều đó thì các bước tiếp theo sẽ rất dễ nhận biết. Bài này tính toán tuy rườm rà nhưng hướng giải rất rõ ràng nên không quá khó. 22
- 23. 2 x 2 y 3 xy 4 x 2 9 y Bài 15. Giải hệ phương trình sau 2 7 y 6 2 x 9 x (Đề thi chọn đội tuyển Nha Trang, Khánh Hòa) Lời giải. 4x2 2 x2 9 x 6 Từ phương trình thứ nhất, ta có y 2 , từ phương trình thứ hai, ta có y . 2 x 3x 9 7 Suy ra 4 x2 2x2 9x 6 2 28 x 2 (2 x 2 9 x 6)(2 x 2 3 x 9) 2 x 3x 9 7 1 9 3 33 ( x 2)(2 x 1)(2 x 2 9 x 27) 0 x 2 x x 2 4 2 x 2 9 x 6 16 1 2 x 2 9 x 6 1 -Nếu x 2 , ta có y ; nếu x , ta có y . 7 7 2 7 7 9 3 33 2x2 9x 6 -Nếu x với 2 x 2 9 x 27 thì y 3. 4 7 16 1 1 9 3 33 Vậy hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là ( x, y ) (2, ), ( , ), ( ,3) . 7 2 7 4 Nhận xét. Bài này có thể còn nhiều biến đổi đơn giản hơn nhưng rõ ràng cách rút y ra rồi thay vào một phương trình như trên là tự nhiên hơn cả. Bài 16. 1/ Giải phương trình x 2 7 x 2 x 1 x 2 8 x 7 1 2 2 x y 3 2 x y 2/ Giải hệ phương trình 3 x 6 1 y 4 (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc) Lời giải. 1/ Điều kiện 1 x 7 . Đặt a 7 x , b x 1, a, b 0 ab x 2 8 x 7 . 23
- 24. Phương trình đã cho trở thành b 2 2a 2b ab (a b)(b 2) 0 a b b 2 . -Nếu a b thì 7 x x 1 7 x x 1 x 3 , thỏa điều kiện đề bài. -Nếu b 2 thì x 1 2 x 3 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 3 . 2/ Điều kiện 2 x y 0, y 1 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với (2 x y ) 2 2 x y 3 0 2 x y 1 2 x y 3 2 x y 1 y 1 2 x . 3 Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được x 6 2x 4 . Dễ thấy vế trái tăng theo biến x nên phương trình trên có không quá một nghiệm. Ta thấy x 2 thỏa mãn, suy ra x 2, y 3 . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( x, y ) (2, 3) . 1 x2 Bài 17. Giải phương trình sau x 4 2 x 3 2 x 2 2 x 1 ( x 3 x) x (Đề thi HSG tỉnh Hà Tĩnh) Lời giải. Điều kiện x (, 1] (0,1] . Nếu x 1 thì x 4 2 x 3 2 x 2 2 x 1 ( x 2 x) 2 ( x 1) 2 0, x 3 x x( x 2 1) 0 nên phương trình trên không có nghiệm thỏa x 1 . Đồng thời x 1 không là nghiệm của phương trình nên ta chỉ xét x (0,1) . Phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 x2 1 2 x(1 x 2 ) ( x 1) 2 x(1 x ) ( x 1) x (1 x ) 1 x (1 x 2 ) x2 1 x2 1 2 Đặt t 0 , phương trình trên trở thành t 1 t 2 t 2 0 t 2 (do t 0 ). x (1 x 2 ) t Khi đó 24
- 25. x2 1 2 ( x 2 1)2 4 x (1 x 2 ) x 4 2 x 2 1 4 x 4 x3 0 2 x(1 x ) ( x 2 2 x 1)2 0 x 2 2 x 1 0 x 1 2 So sánh với điều kiện đã nêu, ta thấy phương trình trên có nghiệm duy nhất là x 1 2 . Bài 18. Giải phương trình 2 sin 2 x 3 2 sin x 2 cos x 5 0 . (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi) Lời giải. Đặt a sin x, b cos x 1 a, b 1 . Từ phương trình đã cho, ta có hệ sau: 4ab 3 2a 2b 5 0 2 2 a b 1 Ta có: 4ab 3 2a 2b 5 0 4ab 3 2a 2b 5 0 (4ab 2 2a 2 2b 3) ( 2a 2b 2) 0 2(a b)2 2 2 (a b) 1 2 (a b 2 ) 0 ( 2a 2b 1)2 2 (a b 2 ) 0 Mặt khác: a 2 b 2 1 nên a b 2(a 2 b 2 ) 2 a b 2 0 . 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b . 2 2a 2b 1 0 ( 2a 2b 1)2 0 Do đó, từ (*), suy ra: 2 2 (a b 2 ) 0 a b 2 Dễ thấy hệ này vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 25
- 26. Nhận xét. Đây là dạng phương trình lượng giác giải bằng cách đánh giá quen thuộc. Ngoài cách đặt ẩn phụ đưa về đại số hoàn toàn như trên, ta có thể biến đổi trực tiếp trên phương trình ban đầu, tuy nhiên điều đó dễ làm chúng ta lạc sang các hướng thuần túy lượng giác hơn và việc giải bài toán này gặp nhiều khó khăn hơn. Bài này chính là đề thi Olympic 30-4 năm 2000, lớp 10 do trường Lê Hồng Phong TP.HCM đề nghị. Lời giải chính thức cũng giống như ở trên nhưng để nguyên a sin x, b cos x . Bài 19. 1/ Giải phương trình x 4 x 2 2 x 4 x 2 . 2 y ( x 2 y 2 ) 3x 2/ Giải hệ phương trình 2 2 x( x y ) 10 y (Đề thi chọn đội tuyển THPT Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa) Lời giải. 1/ Điều kiện 2 x 2 . Phương trình đã cho tương đương với ( x 2) ( x 1) 4 x 2 ( x 2) 2 ( x 1) 2 (4 x 2 ) x( x 2)( x 2 2) 0 x 0 x 2 x 2 Thử lại ta thấy thỏa. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là x 0, x 2, x 2 . 2/ Ta thấy nếu x 0 thì y 0 và ngược lại nên hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x, y ) (0, 0) . Xét trường hợp xy 0 . Chia từng vế phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai, ta được 2 y( x 2 y 2 ) 3x 20 y 2 ( x 2 y 2 ) 3 x 2 ( x 2 y 2 ) 3 x 4 17 x 2 y 2 20 y 4 0 x( x 2 y 2 ) 10 y 5 ( x 2 4 y 2 )(3 x 2 5 y 2 ) 0 x 2 4 y 2 , x 2 y 2 3 2 y.3 y 2 3 x 2 y 3 x 2 y 3 x x 2 -Nếu x 2 4 y 2 , hệ đã cho trở thành 2 4 . x.5 y 10 y xy 2 2 y 2 y 1 26
- 27. 5 2 -Nếu x 2 y , hệ đã cho trở thành 3 2 2 15 2 y. y 3 x 3 3 4 y 9 x 3 4 y 9 x x 2 4 135 4 . 8 2 x. y 10 y 4 xy 15 16 y 135 y 4 135 3 2 4 4 15 135 15 135 Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm là ( x, y ) (0, 0),(2,1), ( 2, 1), ( 4 , ), ( 4 , ). 2 135 2 2 135 2 Bài 20. Giải phương trình: 3 x 6 x2 7 x 1 . (Đề thi HSG tỉnh Lâm Đồng) Lời giải. Điều kiện x 1 . Dễ thấy x 1 không là nghiệm của phương trình nên ta chỉ xét x 1 . Ta có 3 x 6 x 2 7 x 1 3 x 6 x 2 x 1 7 (*) 1 1 Xét hàm số f (t ) 3 t 6 t 2 t 1, t 1 f (t ) 2t 0, t 1 . Do đó 3 2 (t 6)2 2 t 1 hàm này đồng biến. Từ đó suy ra phương trình (*) ở trên có không quá một nghiệm; mặt khác f (2) 7 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 2 . 5( x y ) 6( x z ) x y 6 xy x z 5 xz 4 6( z y ) 4( x y ) Bài 21. Giải hệ phương trình 5 z y 4 zy x y 6 xy 4( x z ) 5( y z ) 6 x z 5 xz y z 4 yz (Đề chọn đội tuyển trường PTNK, TPHCM) Lời giải. x y yz zx Đặt a ,b ,c . Hệ đã cho trở thành x y 6 xy y z 4 yz z x 5 zx 27
- 28. 1 4 5a a 8 c 5a 6c 4 6 3 6b 4a 5 4a 6b 5 b 4c 5b 6 4 4 5a 5b 4 9 6 6 c 16 x y 1 1 1 6 1 33 14 x y 6 xy 8 x y 7 x 14 x 33 7( x y ) 6 xy yz 3 1 1 1 45 14 Do đó y z 12 yz 12 y y z 4 yz 4 7( z x) 45 zx y z y 14 45 zx 1 1 45 1 123 14 9 z 124 z x 5 zx 16 z x 7 z 14 14 14 14 Vậy hệ đã cho có nghiệm là ( x, y , z ) ( , , ). 33 45 123 Nhận xét. Bài này có hình thức khá phức tạp và các hệ số xem ra rất khác nhau; tuy nhiên, nếu quan sát kĩ, chúng ta sẽ dễ dàng tìm ra các ẩn phụ cần thiết để làm đơn giản hóa bài toán. Bài 22. 1 1/ Giải phương trình x 2 y 1 3 z 2 ( x y z 11) 2 x 2 121 x 2x 27 2 2/ Giải hệ phương trình 9 x 2 y 2 xy 3x 4 y 4 0 (Đề thi HSG tỉnh Quảng Nam) Lời giải. 1/ Điều kiện x 0, y 1, z 2 . Phương trình đã cho tương đương với 2 x 4 y 1 6 z 2 x y z 11 ( x 1) ( y 1 2) 2 ( z 2 3) 2 0 x 1 y 1 2 z 2 3 0 x 1, y 5, z 11 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là ( x, y , z ) (1,5,11) . 28
- 29. 2/ Phương trình thứ hai của hệ tương đương với y 2 ( x 4) y x 2 3x 4 0 . Đây là phương trình bậc hai theo biến y nên cần có điều kiện 4 ( x 4) 2 4( x 2 3x 4) 3 x 2 4 x 0 0 x . 3 x 2 4 4 16 24 121 Do đó x 2 2 x 27 2 ( )2 2. 27 3 9 3 3 9 9 9 4 Từ bất đẳng thức trên và phương trình thứ nhất của hệ, ta suy ra x . 3 4 4 4 8 16 4 4 Do đó y 2 ( 4) y ( ) 2 3.( ) 4 0 y 2 y 0 ( y ) 2 0 y 3 3 3 3 9 3 3 4 Vậy hệ đã cho có nghiệm là x y . 3 Bài 23. x 2 2ax b 1/ Tìm tất cả các giá trị của a, b để phương trình 2 m có hai nghiệm phân biệt với bx 2ax 1 mọi tham số m. y xy 2 6 x 2 2/ Giải hệ phương trình 3 3 3 1 x y 19 x (Đề thi HSG vòng tỉnh Bình Phước) Lời giải. 1/Trước hết, ta sẽ tìm nghiệm chung, nếu có, của hai phương trình bậc hai sau: x 2 2ax b 0 và bx 2 2ax 1 0 . Giả sử x0 là nghiệm chung đó, ta có: 2 2 x0 2ax0 b 0 và bx0 2ax0 1 0 . Trừ từng vế hai phương trình này, ta được: 2 (1 b)( x0 1) 0 b 1 x0 1 . x 2 2ax 1 -Nếu b 1 thì phương trình đã cho trở thành m 1 m, x 2 2ax 1 0 . Dễ thấy x 2 2ax 1 nếu m 1 thì phương trình này vô nghiệm, nếu m 1 thì phương trình này có vô số nghiệm, không thỏa mãn đề bài. 29
- 30. -Nếu b 1 thì x0 1 , tương ứng với 1 2a b 0 hoặc 1 2a b 0 . Do đó, khi 1 2a b 0 hoặc 1 2a b 0 thì tương ứng hai phương trình đã cho có nghiệm chung là x0 1 và x0 1 . x 2 2ax b x 2 2ax b m(bx 2 2ax 1) Phương trình ban đầu tương đương với m 0 bx 2 2ax 1 bx 2 2ax 1 hay (1 bm) x 2 2(a am) x b m 0 (*) và bx 2 2ax 1 0 . Ta thấy rằng phương trình (*) có không quá hai nghiệm nên muốn phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt với mọi m thì hai phương trình x 2 2ax b 0 và bx 2 2ax 1 0 không có nghiệm chung, đồng thời phương trình (*) phải có đúng hai nghiệm phân biệt, tức là 1 2a b 0,1 2a b 0 1 bm 0, m (a am)2 (1 bm)(b m) 0, m Từ điều kiện thứ hai, ta thấy b 0 , khi đó, hệ điều kiện trên trở thành 1 1 1 2a 0,1 2a 0 a a 2 2 2 (a am) m 0, m a 2 m 2 (2a 2 1)m a 2 0, m (2a 2 1)2 4a 4 0, a 0 1 a , a 0 1 1 2 a a 4 a 2 1 0 2 2 1 1 Vậy các giá trị a, b thỏa mãn đề bài là a a và b 0 . 2 2 y xy 2 6 x 2 2/ Giải hệ phương trình 3 3 3 1 x y 19 x Ta thấy y 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên ta chỉ xét y 0 , ta có biến đổi sau 1 x 2 1 x 2 y x 6( y ) y x 6( y ) 1 x3 19( x )3 ( x 1 )3 3 x ( x 1 ) 19( x )3 3 y y y y y y 30
- 31. 1 x Thay x 6( )2 vào phương trình thứ hai, ta được y y x x x x x x x 1 216( )6 18( )3 19( )3 216( )6 ( )3 0 . y y y y y y y 6 x -Nếu 0 x 0 , thay vào hệ đã cho, ta thấy không thỏa mãn. y -Nếu y 6 x , thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được 1 1 6 x 36 x3 6 x 2 6 x3 x 2 x 0 x(3x 1)(2 x 1) 0 x x . 3 2 1 1 Với x , ta có y 6 x 2 ; với x , ta có y 6 x 3 . 3 2 Thử lại đều thấy thỏa. 1 1 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt là ( x, y ) ( , 2), ( ,3) . 3 2 Nhận xét. Ở bài 1, bước tìm nghiệm chung của hai phương trình để làm đơn giản hóa việc xét điều kiện của nghiệm xem có thỏa mãn phương trình hay không, vì rõ ràng f ( x) f ( x ) mg ( x) f ( x) mg ( x) 0 m 0 nên nếu x là nghiệm của phương trình đã g ( x) g ( x) g ( x) 0 cho mà lại không thỏa mãn điều kiện xác định của mẫu thì nó là nghiệm chung của f ( x ), g ( x ) (ở đây là xét với mọi m nên có cả những giá trị m khác 0). Bài 2 xuất hiện khá nhiều trong các tài liệu luyện thi ĐH và việc tìm ra cách chia như thế cũng khá là mò mẫn, chúng ta có thể rút y từ phương trình ở dưới để thay lên rồi đánh giá phương trình một ẩn x thu được. Bài 24. x 2 y 2 z 2 2010 2 1/ Giải hệ phương trình: 3 3 3 3 x y z 2010 3 3 x2 2x 2/ Giải phương trình: 32 x 3x x3 3x 2 0 (Đề thi chọn đội tuyển Ninh Bình) Lời giải. 1/ Từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có x , y , z 2010 . 31
- 32. Suy ra x 3 y 3 z 3 x 3 y 3 z 3 2010( x 2 y 2 z 2 ) 20103 . Từ phương trình thứ hai suy ra đẳng thức phải xảy ra, tức là x 2 (2010 x) 0 x 0 x 2010 2 y (2010 y ) 0 y 0 y 2010 2 z 0 z 2010 z (2010 z ) 0 Kết hợp với phương trình thứ nhất, ta thấy hệ đã cho có ba nghiệm phân biệt là ( x, y , z ) (2010, 0, 0), (0, 2010, 0), (0, 0, 2010) . 2/ Phương trình đã cho tương đương với 3 3 x2 2x 32 x 2 x3 x 2 3 x x3 2 x Xét hàm số f (t ) 3t t , t , ta có f (t ) 3t .ln 3 1 0, t nên đây là hàm đồng biến. f (2 x 3 x 2) f ( x 3 2 x) 2 x 3 x 2 x3 2 x Phương trình trên chính là x3 3x 2 0 ( x 2)( x 1) 2 0 x 2 x 1 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 2, x 1 . Bài 25. 2 x y x 1 2( x 1) 2(2 x y ) 2 1/ Giải bất phương trình sau 2 y 4 x x 1 17 0 1 1 1 1 2/ Với n là số nguyên dương, giải phương trình ... 0. sin 2 x sin 4 x sin 8 x sin 2 n x (Đề thi HSG tỉnh Khánh Hòa) Lời giải. 1/ Điều kiện x 1 . Bình phương hai vế của bất phương trình thứ nhất của hệ, ta có (2 x y )2 x 1 2(2 x y ) x 1 2( x 1) 2(2 x y ) 2 (2 x y )2 x 1 2(2 x y ) x 1 0 (2 x y x 1) 2 0 2 x y x 1 0 y 2 x x 1 32
- 33. Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được (2 x x 1)2 4 x x 1 17 0 4 x ( x 1) 4 x x 1 4 x x 1 17 0 9 4 x 2 x 18 0 x 2 x 4 Ta thấy chỉ có x 2 là thỏa mãn, khi đó, tương ứng ta có y 3 . Vậy hệ bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là ( x, y ) (2,3) . 2/ Điều kiện 2i x k 2 , i 1, 2,3,..., n; k x k , i 0,1, 2,..., n 1 . 2i Trước tiên, ta sẽ rút gọn vế trái của phương trình đã cho. cos a cos 2a 2cos2 a cos 2a 1 Ta có biến đổi sau cot a cot 2a . sin a sin 2a sin 2a sin 2a Do đó 1 1 1 1 ... 0 sin 2 x sin 4 x sin 8 x sin 2n x n n 1 i 0 (cot 2i 1 x cot 2i x) 0 cot 2n x cot x i 1 sin 2 x i 1 k 2 n x x k x n , k 2 1 Dễ thấy nghiệm này thỏa mãn điều kiện ban đầu. k Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x ,k . 2n 1 Bài 26. 3 sin 2 x cos 2 x 5sin x (2 3) cos x 3 3 1/ Giải phương trình sau 1. 2 cos x 3 2x 1 2/ Giải phương trình log 3 3x2 8x 5 ( x 1) 2 (Đề thi HSG tỉnh Thái Bình) 33
- 34. Lời giải. 3 5 1/ Điều kiện cos x x k 2 . 2 6 Phương trình đã cho tương đương với 3 sin 2 x cos 2 x 5sin x (2 3) cos x 3 3 2 cos x 3 3 sin 2 x cos 2 x 5sin x 3 cos x 3 0 2 3 sin x.cos x 1 2sin 2 x 5sin x 3 cos x 3 0 2sin 2 x sin x(2 3 cos x 5) 3 cos x 2 0 Đặt t sin x, t 1 . Ta có 2t 2 t (2 3 cos x 5) 3 cos x 2 0 (*) Đây là phương trình bậc hai biến t có (2 3 cos x 5) 2 8( 3 cos x 2) 12 cos 2 x 12 3 cos x 9 (2 3 cos x 3) 2 Do đó, phương trình (*) có hai nghiệm là (2 3 cos x 5) (2 3 cos x 3) 1 (2 3 cos x 5) (2 3 cos x 3) t t 3 cos x 2 4 2 4 1 1 7 -Nếu t sin x x k 2 x k 2 , k (thỏa mãn). 2 2 6 6 -Nếu t 3 cos x 2 sin x 3 cos x 2 sin( x ) 1 x k 2 , k (thỏa mãn). 3 6 7 Vậy phương trình đã cho có ba họ nghiệm là x k 2 , x k 2 , x k 2 , k . 6 6 6 1 2/ Điều kiện 2 x 1 0, x 1 0 x , x 1 . 2 Phương trình đã cho tương đương với 2 x 1 log 3 2 3 x 2 8 x 4 log 3 (2 x 1) log 3 3( x 1) 2 3( x 1) 2 (2 x 1) 3( x 1) log 3 (2 x 1) (2 x 1) log3 3( x 1) 2 3( x 1) 2 34
- 35. 1 Xét hàm số f (t ) log 3 t t , t 0 , ta có f (t ) 1 0, t 0 nên đây là hàm đồng biến. t ln 3 Phương trình trên chính là 2 f (2 x 1) f (3( x 1)2 ) 2 x 1 3( x 1) 2 3 x 2 8 x 4 0 x x2. 3 2 Ta thấy hai nghiệm này đều thỏa mãn nên phương trình đã cho có hai nghiệm là x , x 2 . 3 Nhận xét. Ở bài phương trình lượng giác, đến lúc rút gọn được thành một phương trình chỉ chứa sin x, cos x ; ta thường dùng cách đặt ẩn phụ như trên để đại số hóa việc giải bài toán, không phải dễ dàng để có thể tìm ra cách phân tích nhân tử như trên, nhất là những bài toán dài dòng hơn. Nếu đặt t sin x không thành công, ta hoàn toàn có thể chuyển sang t cos x để thử vì chẳng hạn, như bài toán ở trên, nếu đặt t cos x thì lời giải sẽ không còn dễ dàng nữa. Trong đề thi ĐH khối B năm 2010 cũng có một bài tương tự, giải phương trình sau sin 2 x cos 2 x 3sin x cos x 1 0 . Bằng việc áp dụng công thức nhân đôi để đưa phương trình về dạng f (sin x, cos x ) 0 , ta tiến hành đặt ẩn phụ t sin x để phân tích thành nhân tử, lời giải khá rõ ràng và tự nhiên. Các bạn thử giải thêm bài toán sau 4sin 3 x sin x.cos x(7 sin x 3cos x ) (sin 2 x cos 2 x) 5(sin x cos x) 2 cos 2 x 0 . Bài 27. x 2 1 y 2 xy y 1/ Giải hệ phương trình y . x y2 1 x2 2 2 2/ Giải phương trình lượng giác 2 2 sin 2 x tan x cot 2 x (Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ) Lời giải. 1/ Ta thấy hệ phương trình này không có nghiệm thỏa y 0 nên ta chỉ xét y 0 , khi đó, x2 1 phương trình thứ nhất của hệ tương đương với x y 1. y 35
- 36. x2 1 Đặt u , v x y . Ta có hệ y a b 4 b 4 a b 4 a b 4 a b 3 1 1 2 2 b 2 a 2 a a 2a a 1 (a 1) 0 a 1 x 1 x2 1 1 x2 1 3 x x2 x 2 0 y 2 Ta được y y 3 x y 3 x x 2 x y 3 y 5 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( x, y ) (1, 2), (2,5) . 2/ Điều kiện sin x cos 2 x cos x 0,sin 2 x 0, tan x cot 2 x 0 sin x.cos x 0, 0 cos x sin 2 x 2 sin 2 x 1 2 sin 2 x sin x.cos x 0, 0 sin x cos x 0 sin 2 x x (k 2 , k 2 ) ( k 2 , k 2 ), k 2 2 Ta biến đổi phương trình đã cho tương đương với 2 1 1 2 sin 2 x ( 2 1) sin 2 x 1 2 sin 2 x 1 sin 2 x Đặt t sin 2 x , 0 t 1 . Phương trình trên chính là 1 ( 2 1)t 1 2t 2 (t 1)( 2t 1) 0 t 1 t (thỏa điều kiện). 2 -Nếu t 1 sin 2 x 1 x k , k . 4 1 1 5 -Nếu t sin 2 x x k k , k . 2 2 12 12 So sánh với điều kiện ban đầu, ta thấy phương trình đã cho có ba họ nghiệm là 36
- 37. 5 x k 2 , x k 2 , x k 2 , k . 4 12 12 1 1 Bài 28. Giải phương trình: 24 x 2 60 x 36 0 5x 7 x 1 (Đề thi HSG tỉnh Quảng Ninh) Lời giải. 7 1 Điều kiện: x . Xét hàm số f (t ) t 2 , t 1 . Ta có: 5 t 1 1 f (t ) 2t 0, t 1 nên hàm này đồng biến. 2(t 1) t 1 7 7 Do x 1 và 5 x 6 5. 6 1 nên phương trình đã cho tương đương với 5 5 1 1 3 (5 x 6)2 x2 f (5 x 6) f ( x) 5 x 6 x x . 5x 7 x 1 2 Thử lại ta thấy thỏa điều kiện đề bài. 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x . 2 Bài 29. Giải phương trình 3 x 3 2 x 2 2 3 x 3 x 2 2 x 1 2 x 2 2 x 2 (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) Lời giải. 3 x3 2 x 2 2 0 Điều kiện xác định 3 2 3x x 2 x 1 0 Theo bất đẳng thức AM – GM thì 1 (3 x3 2 x 2 2) 3x 3 2 x 2 3 3 x 3 2 x 2 2 1. 3 x 3 2 x 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 x 3 2 x 2 2 1 x 1 . 37