Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.
TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN         PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH          TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TỈ...
     3         2y                             x2  y 2  1  x  1                            Bài 7. Giải hệ phương trì...
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]         ...
 2 y ( x 2  y 2 )  3x                        2/ Giải hệ phương trình  2           2                         x( x  y...
 x 2  y 2  z 2  2010 2                        1/ Giải hệ phương trình  3      3     3        3                      ...
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                              ...
 x 3  3 x  12 y  50                             Bài 37. Giải hệ phương trình  y 3  12 y  3 z  2                  ...
(Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Cao Lãnh, Đồng Tháp)                                           x2  x  2             x...
 2      2    1                                 x  y  5                                 Bài 49. Giải hệ phương trình s...
LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ NHẬN XÉTBài 1.1/ Giải phương trình      x  2 x  1  x  3  4 x 1  1 .2/ Giải phương trình với ẩn...
Bài 2. Giải phương trình x 5  x 4  x 3  11x 2  25 x  14  0                                                          ...
5             2( 2x  5  2x )  ( 2 y  5  2 y )  2                                   2                             ...
       1       1                            1  x   2, x  y  3  1  x   4, x  y  4          x  4  x  4      ...
-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 t...
6Đồng thời, từ hệ đã cho ta cũng có 5 x  6  x 2 y 2  6  x           .                                                ...
Ta có( 3 x  6  2)  ( x 2  4)  ( x  1  1)  0                 x2                                  x2             ...
So sánh với điều kiện ban đầu, ta thấy cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn.                                                   ...
x          12    3-Với u  4, v  3 , ta có x  y  3,                4  x  , y  , thỏa điều kiện.                    ...
Phương trình đã cho tương đương với    2 x 1                                    x 1  3  x                1  ( x  1)...
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]         ...
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 ...
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,...
2 x 2 y  3 xy  4 x 2  9 y                                 Bài 15. Giải hệ phương trình sau                2         ...
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...
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...
Nhận xét. Đây là dạng phương trình lượng giác giải bằng cách đánh giá quen thuộc. Ngoài cáchđặt ẩn phụ đưa về đại số hoàn ...
5 2-Nếu x 2       y , hệ đã cho trở thành              3 2 2                                              15  2 y. y ...
                          1                    4  5a            a  8                c5a  6c  4           6      ...
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 ...
-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 t...
1          xThay    x  6( )2 vào phương trình thứ hai, ta được     y          y     x        x        x           x    ...
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 ...
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 ...
Lời giải.                           3      51/ Điều kiện cos x           x     k 2 .                           2  ...
1Xét hàm số f (t )  log 3 t  t , t  0 , ta có f (t )            1  0, t  0 nên đây là hàm đồng biến.             ...
x2  1Đặt u         , v  x  y . Ta có hệ          ya  b  4  b  4  a                     b  4  a  b  4  a ...
                          5x      k 2 , x   k 2 , x      k 2 , k   .     4             12            12     ...
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011
Upcoming SlideShare
Loading in …5
×

Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011

11,926 views

Published on

  • Dating for everyone is here: ❶❶❶ http://bit.ly/39mQKz3 ❶❶❶
       Reply 
    Are you sure you want to  Yes  No
    Your message goes here
  • Sex in your area is here: ♥♥♥ http://bit.ly/39mQKz3 ♥♥♥
       Reply 
    Are you sure you want to  Yes  No
    Your message goes here
  • lam sao de tai vay???????
       Reply 
    Are you sure you want to  Yes  No
    Your message goes here
  • tai nhu the nao vayyyyyyyyyyy
       Reply 
    Are you sure you want to  Yes  No
    Your message goes here
  • tac gia tuyen chon hay
       Reply 
    Are you sure you want to  Yes  No
    Your message goes here

Cac bai-toan-pt-hpt-thi-hsg-2010-2011

  1. 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 2Bài 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  yBài 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. 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 11/ 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. 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    2Bài 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  x2Bài 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. 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. 11/ Giải phương trình x  2 y 1  3 z  2  ( x  y  z  11) 2 x  2 121 2 x  2x   272/ 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  b1/ Tìm tất cả các giá trị của a, b để phương trình  m có hai nghiệm phân biệt với bx 2  2ax  1mọi 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. 5.  x 2  y 2  z 2  2010 2 1/ Giải hệ phương trình  3 3 3 3  x  y  z  2010  3 3  x2 2x2/ 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 12/ 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  31/ Giải phương trình sau  1. 2 cos x  3 2x 12/ 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 22/ Giải phương trình lượng giác  2  2 sin 2 x tan x  cot 2 x (Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ) 1 1Bài 28. Giải phương trình 24 x 2  60 x  36   0 5x  7 x 1 (Đề thi HSG tỉnh Quảng Ninh) 5
  6. 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. 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  1Bài 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  2Bài 42. Giải hệ phương trình  y 1 3 log ( x  2 y  6)  2 log ( x  y  2)  1  2 2 7
  8. 8. (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Cao Lãnh, Đồng Tháp) x2  x  2 x2  xBài 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  22/ 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. 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. 10. LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ NHẬN XÉTBài 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 . 52/ 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  10Thử 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 cóthể giải bằng cách bình phương để khử căn mà không cần lo ngại về tính giải được của phươngtrình hay không. Để đơn giản trong việc xét điều kiện, ta có thể giải xong rồi thử lại cũng được. 10
  11. 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  0Phương 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  0Do ( 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 tíchthành nhân tử khá đơn giản; cái khó là biết đánh giá phương trình còn lại và có nên tiếp tục tìmcách giải nó hay không hay tìm cách chứng minh nó vô nghiệm. Trường hợp đề bài cho phântích thành các đa thức không có nghiệm đơn giản, bài toán trở nên khó khăn hơn rất nhiều; thậmchí 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 phântích (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 )  10Trừ phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất, vế theo vế, ta được: 11
  12. 12. 5 2( 2x  5  2x )  ( 2 y  5  2 y )  2   2 2x  5  2x 2y  5  2yĐặt 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 biếnđổi; trong phương trình thứ hai, các số hạng tự do có thể khác nhau mà lời giải vẫn được tiếnhành 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. 1Điều kiện y  0, x   0, x  y  3 . y 1 a  b  3  a  2, b  1Đặt 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. 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, từĐH-CĐ đến thi HSG cấp tỉnh và khu vực. Chúng ta sẽ còn thấy nó xuất hiện nhiều ở các đề thicủa 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. 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 4yđầu tiên, ta được: 2  1 y2  4  1  y2  3 2 2 4 2 2 24   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 nhưtrên. 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 đượcx 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 cóx 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. 15. 6Đồng 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 312Do đó 5 x  4 x  5.    4.      25  x 6  5 x 3  6 x 2  25  0 .  5  5 25 25Suy 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. xĐiều 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  1Hệ 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. 16. Ta có( 3 x  6  2)  ( x 2  4)  ( x  1  1)  0 x2 x2  ( x  2)( x  2)  0 2 3 ( x  6)  2 3 x  6  4 x 1 1  1 1  ( x  2)   x2 0  3 ( x  6) 2  2 3 x  6  4  x  1  1  x  2  1 1  x2 0  3 ( x  6)2  2 3 x  6  4  x 1  1Dễ thấy phương trình thứ hai vô nghiệm vì vế trái luôn dương nên phương trình đã cho cónghiệm duy nhất là x  2 .Nhận xét. Cách đơn giản hơn dành cho bài này là chứng minh hàm đồng biến, tuy nhiên, cầnchú 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 xPhương trình thứ hai của hệ tương đương vớiy 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  1Ta có hệ mới là    2   4 y  x  y x  2 y  ( y  2)  y ( y  2)  y  y  2  0   y2   x  4  16
  17. 17. So sánh với điều kiện ban đầu, ta thấy cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn. 1Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( x, y )  ( , 1), (2, 4) . 4Bài 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. 11/ 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 1Kết hợp các điều kiện trên, ta có x  2  x   x  4. 2 1Vậy 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  4Đặt 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. 18. x 12 3-Với u  4, v  3 , ta có x  y  3,  4  x  , y  , thỏa điều kiện. y 5 5 12 3Vậy 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 cóx 2007  y 2009  z 2011  x 6  y 8  z10  x 6 (1  x 2001 )  y 8 (1  y 2001 )  z10 (1  z 2001 )  0Từ 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 làx 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 11/ 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. 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 7Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  . 22/ 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 1Ta xét x, y  0 . Xét hàm số f (t )  , t  0 , ta thấy f (t )  t   0, t  0 nên đây là 2 4 thàm 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  1x  x  2 x  x x  1  2 x  ( x  1)( x  x  1)  0   2 x  3  5   2 y 1Tương ứng với hai giá trị này, ta cũng có  y  3 5   2 3 5 3 5Vậy hệ đã cho có ba nghiệm là ( x, y )  (0, 0), (1,1), ( , ). 2 2Nhận xét. Bài phương trình thứ nhất nếu không có biến đổi phù hợp mà đặt ẩn phụ thì lời giải sẽkhá dài dòng và rắc rối, chúng ta cần chú ý tận dụng những tính chất của căn thức, lượng liênhợp để khai thắc đặc điểm riêng của bài toán. 19
  20. 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  0Ta 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 61Đặt 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 2Giải hệ phương trình này, ta chọn nghiệm u  3 (61  3 417), v  . 54 9uTừ đó, ta tìm được nghiệm của phương trình (*) là 1 2 4x  x0  3 (61  3 417)    0.189464 54 1 3 93 (61  3 417) 54 20
  21. 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  0Phương 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 trịgần 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, điềunày ít khi xuất hiện ở các kì thi HSG. Đối với phương trình thứ hai, việc xét x  [2, 2] nêu trongđề bài có thể gợi ý dùng lượng giác; tuy nhiên, cách đặt x  2 cos  chưa có kết quả, mong cácbạn tìm hiểu thêm. Một bài tương tự xuất hiện trong kì thi HSG ĐBSCL như sauGiải 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 vếcho y  2 để đưa về phương trình quen thuộc y 3  3 y  y2.Bài toán như thế này khá đánh đố và phức tạp!  1 y 2 x    2Bài 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. 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 2Xét 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: 2x2 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 2xhợp). Xét hai hàm số: f ( x )  x 2  1, x  0 và g ( x )  ,x  0. 2x  3 x 2 3Ta có: f ( x )   0 nên là hàm đồng biến, g ( x )   0 nên là hàm nghịch biến. x2 1 (2 x  3 )2Suy 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 thấyđiều đó thì các bước tiếp theo sẽ rất dễ nhận biết. Bài này tính toán tuy rườm rà nhưng hướnggiải rất rõ ràng nên không quá khó. 22
  23. 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  6Từ phương trình thứ nhất, ta có y  2 , từ phương trình thứ hai, ta có y  . 2 x  3x  9 7Suy 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 33Vậy hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là ( x, y )  (2, ), ( , ), ( ,3) . 7 2 7 4Nhận xét. Bài này có thể còn nhiều biến đổi đơn giản hơn nhưng rõ ràng cách rút y ra rồi thayvào 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. 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 . 3Thay 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  2thỏa mãn, suy ra x  2, y  3 .Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( x, y )  (2, 3) . 1  x2Bài 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 phươngtrình 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 2Đặt t   0 , phương trình trên trở thành t   1  t 2  t  2  0  t  2 (do t  0 ). x (1  x 2 ) tKhi đó 24
  25. 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  2So 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 )  0Mặt khác: a 2  b 2  1 nên a  b  2(a 2  b 2 )  2  a  b  2  0 .  2Đẳng 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   2Dễ thấy hệ này vô nghiệm.Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 25
  26. 26. Nhận xét. Đây là dạng phương trình lượng giác giải bằng cách đánh giá quen thuộc. Ngoài cáchđặt ẩn phụ đưa về đại số hoàn toàn như trên, ta có thể biến đổi trực tiếp trên phương trình banđầu, tuy nhiên điều đó dễ làm chúng ta lạc sang các hướng thuần túy lượng giác hơn và việc giảibài 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 đềnghị. 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   2Thử 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. 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 135Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm là ( x, y )  (0, 0),(2,1), ( 2, 1), ( 4 , ), (  4 , ). 2 135 2 2 135 2Bài 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 1Xét 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 1hàm 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 yz zxĐặt a  ,b  ,c  . Hệ đã cho trở thành x  y  6 xy y  z  4 yz z  x  5 zx 27
  28. 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     yz 3  1 1  1 45  14Do đó     y  z  12 yz     12     y   y  z  4 yz 4 7( z  x)  45 zx y z  y 14  45  zx   1 1 45  1 123  14 9         z  124  z  x  5 zx 16 z x 7  z 14  14 14 14Vậy hệ đã cho có nghiệm là ( x, y , z )  ( , , ). 33 45 123Nhận xét. Bài này có hình thức khá phức tạp và các hệ số xem ra rất khác nhau; tuy nhiên, nếuquan sát kĩ, chúng ta sẽ dễ dàng tìm ra các ẩn phụ cần thiết để làm đơn giản hóa bài toán.Bài 22. 11/ Giải phương trình x  2 y 1  3 z  2  ( x  y  z  11) 2 x  2 121  x  2x   27 22/ 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 với2 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  11Vậy phương trình đã cho có nghiệm là ( x, y , z )  (1,5,11) . 28
  29. 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 121Do đó x 2  2 x  27 2  ( )2  2.  27 3   9  3 3 9 9 9 4Từ bất đẳng thức trên và phương trình thứ nhất của hệ, ta suy ra x  . 3 4 4 4 8 16 4 4Do đó y 2  (  4) y  ( ) 2  3.( )  4  0  y 2  y   0  ( y  ) 2  0  y  3 3 3 3 9 3 3 4Vậy hệ đã cho có nghiệm là x  y  . 3Bài 23. x 2  2ax  b1/ Tìm tất cả các giá trị của a, b để phương trình 2  m có hai nghiệm phân biệt với bx  2ax  1mọi 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 2x0  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  1nếu 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. 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 nghiệmchung 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  1hay (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 hainghiệm phân biệt với mọi m thì hai phương trình x 2  2ax  b  0 và bx 2  2ax  1  0 không cónghiệm 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 1Vậy 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. 31. 1 xThay  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 1Với x  , ta có y  6 x  2 ; với x   , ta có y  6 x  3 . 3 2Thử lại đều thấy thỏa. 1 1Vậy hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt là ( x, y )  ( , 2), ( ,3) . 3 2Nhận xét. Ở bài 1, bước tìm nghiệm chung của hai phương trình để làm đơn giản hóa việc xétđiều 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)  0cho mà lại không thỏa mãn điều kiện xác định của mẫu thì nó là nghiệm chung của f ( x ), g ( x ) (ởđây là xét với mọi m nên có cả những giá trị m khác 0). Bài 2 xuất hiện khá nhiều trong các tàiliệu luyện thi ĐH và việc tìm ra cách chia như thế cũng khá là mò mẫn, chúng ta có thể rút y từphương 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  x2 2x2/ 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. 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  x2 2x32 x  2 x3  x  2  3 x  x3  2 xXét 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 xPhương trình trên chính là  x3  3x  2  0  ( x  2)( x  1) 2  0  x  2  x  1Vậy 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 12/ 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. 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  4Ta 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 . 2iTrước tiên, ta sẽ rút gọn vế trái của phương trình đã cho. cos a cos 2a 2cos2 a  cos 2a 1Ta có biến đổi sau cot a  cot 2a     . sin a sin 2a sin 2a sin 2aDo 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 1Dễ thấy nghiệm này thỏa mãn điều kiện ban đầu. kVậy phương trình đã cho có nghiệm là x  ,k  . 2n  1Bài 26. 3 sin 2 x  cos 2 x  5sin x  (2  3) cos x  3  31/ Giải phương trình sau  1. 2 cos x  3 2x 12/ Giải phương trình log 3  3x2  8x  5 ( x  1) 2 (Đề thi HSG tỉnh Thái Bình) 33
  34. 34. Lời giải.  3 51/ Điều kiện cos x  x  k 2 . 2 6Phương 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  0Đặt 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) 2Do 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 12/ Điều kiện 2 x  1  0, x  1  0  x  , x  1 . 2Phương trình đã cho tương đương với 2 x 1log 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. 35. 1Xét 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 3Phương 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  x2. 3 2Ta thấy hai nghiệm này đều thỏa mãn nên phương trình đã cho có hai nghiệm là x  , x  2 . 3Nhận xét. Ở bài phương trình lượng giác, đến lúc rút gọn được thành một phương trình chỉ chứasin x, cos x ; ta thường dùng cách đặt ẩn phụ như trên để đại số hóa việc giải bài toán, không phảidễ 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 chẳnghạn, 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 sausin 2 x  cos 2 x  3sin x  cos x  1  0 . Bằng việc áp dụng công thức nhân đôi để đưa phươngtrình về dạng f (sin x, cos x )  0 , ta tiến hành đặt ẩn phụ t  sin x để phân tích thành nhân tử, lờigiải khá rõ ràng và tự nhiên.Các bạn thử giải thêm bài toán sau4sin 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 y2  1  x2 2 22/ 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  1phương trình thứ nhất của hệ tương đương với  x  y 1. y 35
  36. 36. x2  1Đặt 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  2Ta 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 2Ta 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 xĐặt 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 12So sánh với điều kiện ban đầu, ta thấy phương trình đã cho có ba họ nghiệm là 36
  37. 37.   5x  k 2 , x   k 2 , x   k 2 , k   . 4 12 12 1 1Bài 28. Giải phương trình: 24 x 2  60 x  36   0 5x  7 x 1 (Đề thi HSG tỉnh Quảng Ninh)Lời giải. 7 1Điều kiện: x  . Xét hàm số f (t )  t 2  , t  1 . Ta có: 5 t 1 1f (t )  2t   0, t  1 nên hàm này đồng biến. 2(t  1) t  1 7 7Do 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 2Thử lại ta thấy thỏa điều kiện đề bài. 3Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  . 2Bài 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 2Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 x 3  2 x 2  2  1  x  1 . 37

×