PT vo tiBat phuong trinh vo tiHe phuong trinh coban day du

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (720.56 KB, 120 trang )

(1)Chuyên đề 1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ................................................................................................3 Chuyên đề 2. BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ.....................................................................................18 Chuyên đề 3. MỘT VÀI HỆ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP....................................................29 I/ Hệ phơng trình đối xứng...............................................................................................................44 Bµi 3: Cho hÖ ph¬ng tr×nh.............................................................................................................48 IV/ Hệ đẳng cấp bậc hai..................................................................................................................79 Chuyên đề 4. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ............................................................................................108 Chuyên đề 5. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ............................................................................................109.

(2)

(3) Chuyên đề 1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ GIẢI BẰNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG - HỆ QUẢ 1. Kiến thức cần nhớ: n n 1. √ a ¿ =a 2. a=b ⇔ a2 n=b2 n (ab>0) 3. a=b ⇔ a2 n+1=b 2 n+1 , ∀ a , b ¿ 2. Các dạng cơ bản: hoặc g( x) ≥ 0 √ f (x )=√ g(x )⇔ f (x) ≥ 0 * Dạng 1: f (x )=g(x) ¿{ * Dạng 2:. * Dạng 3:.  g  x  0 f  x  g  x    2  f  x   g  x  (Không cần đặt điều kiện f  x  0 ). √ f (x)+√ g( x )=√ h(x )⇔ f ( x)+ g(x )+ 2 √ f (x) g (x)=h(x ) f ( x) ≥0 g(x )≥ 0 ¿{{. * Dạng 4: Thay 3. Ví dụ Ví dụ 1. Giải phương trình:. (chuyển về dạng 2). √3 f (x)+ √3 g(x )=√3 h( x ) 3 3 3 ⇔ f (x)+ g (x)+3 √ f ( x ) g(x )( √ f ( x)+ √ g (x))=h (x) √3 h(x)=√3 f ( x )+ √3 g ( x) nhận được phương trình hệ quả. √ x2 −2 x − 8. =. √ 3 (x - 4). x−4≥0 ¿ x≥4 x − 4 ¿2 ⇔ Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với: 2 x −11 x+ 28=0 x 2 −2 x − 8=3¿ ¿ x≥4 x=4 ¿ x=7 ¿ ¿⇔ ¿ | Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4; x = 7 x=4 ¿ x=7 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Ví dụ 2. Giải phương trình: √ 2 x −1+ x 2 −3 x +1=0 [ĐH Khối D – 2006]. {. 2. Biến đổi phương trình thành: 2 x  1  x  3 x  1 (*), đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế ta được: 4 3 2 x −6 x + 11 x −8 x +2=0 ta dễ dạng nhẩm được nghiệm x = 1 sau đó chia đa thức ta được: (*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0..

(4) Ví dụ 3. Giải phương trình:. √ x+ 4 − √1 − x=√ 1− 2 x Txđ:. ¿ x+ 4 ≥ 0 1− x ≥ 0 1=2 x ≥0 ⇔−4≤ x≤. 1 2. ¿{{ ¿. ⇔ √ (1 − x )(1− 2 x )=2 x+1 ⇔ x ≥ −1/ 2 2 x+1¿ 2 Thông ¿thường dạng √ f (x )+ √ g ( x)= √ h (x)+ √ k (x ) , ta thường bình phương 2 vế, điều đó⇔đôi khi lại gặp khó khăn khi giải. Nếu có f(x)+h(x)=g(x)+k(x) hoặc ¿ f(x)h(x)=g(x)k(x), thì ta biến đổi phương trình về dạng: ¿ x)=√ k (x) − √ g(x ) sau đó bình phương, giải phương trình hệ quả √ f (x )− ¿ −1/2 ≤ x √≤h( 1/2 ¿ (1− x)(1 −2 x)=¿. Ví dụ 4. Giải phương trình: √ x+3+ √3 x +1=2 √ x + √2 x+2 . Đkxđ: x ≥ 0 √3 x −1 − √ 2 x +2= √ 4 x − √ x +3 ¿2 ¿ ¿ PT ⇔ √ 3 x+ 1− √2 x+ 2=√ 4 x − √ x+ 3⇒ ¿ Thử lại x=1 thỏa mãn. x 3 +1 Ví dụ 5. Giải phương trình: + √ x +1=√ x 2 − x +1+ √ x+ 3 . Đkxđ: x  1 x +3 x 3 +1 2 ⇒ PT ⇔ − √ x +3= √ x − x+1 − √ x +1 x+1 3 √ x2 − x +1− √ x +1 ¿2 ⇔ xx++13 =x 2 − x −1 ⇔ x 2 −2 x −2=0 ⇔ ¿ x=1 − √ 3 ¿ x=1+ √ 3 ¿ ¿ ¿ 3 x +1 − √ x +3 ¿2 =¿ x +1 ¿ ¿ Thử lại x=1+ √ 3 là nghiệm Ví dụ 6. Giải phương trình: √3 1− x + √3 2− x = √3 3− 2 x Lời giải. Lập phương hai vế của phương trình ta có: 3 1− x+ 2− x +3 √3 1− x √3 2− x √ 1− x + √3 2− x ) = 3 −2 x ¿ Suy ra 3 √3 1− x . √3 2− x . √3 3− 2 x = 0.. √. √. √.

(5) Do đó. 3. √3 1− x = 0 hoặc √3 2− x = 0 hoặc √3 3− 2 x = 0, ta tìm được x = 1 ; x = 2; x = 2. Thử lại thấy x =1, x = 2, x =. 3 2. thỏa mãn Bài tập đề nghị. Bài 1. Giải các phương trình sau: a. √ x −1=x −3 b. ❑√ x3 −2 x 2+2 x +1=3 x+ 1 c. √ 6 − x − 1=√ x −1 d. √ 2 x +1= √ x − 3+ √ 8 − x e. 3 √ x +3 − √ x − 2=7 f. √ 3 x + 4+ √ 4 x −3=√ 5 x + 4 g. √3 x −1+ √3 x − 3+ √3 x −2=0 h. √3 x+1+ √3 x +2+ √3 x +3=0 i. √3 x+34 − √3 x −3=1 k. √3 x −1 − √3 x − 2=2 √3 2 x − 3 l. √ x −8+ √ 3 x +7=√7 x +3+3 √ x+ 2 Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: √ − x 2+3 x −2= √ 2 m+ x+ x 2 Bài 3. Tìm m để phương trình. x 2  2mx  1 m  2 có nghiêm. 2. Bài 4. Tìm m để phương trình 2 x  mx  3 x  1 có hai nghiệm phân biệt. Bài 5. [ĐH Khối B – 2006] Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt: x 2  mx  2 2 x  1. II. GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Đối với một số phương trình có thể đặt ẩn phụ để quy về dạng đơn giản. Tùy theo dạng phương trình có thể đặt một ẩn, nhiều ẩn, quy về phương trình hoặc hệ phương trình. 1. Phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn a. Một số dạng thường gặp Nếu có √ f ( x ) và f(x) thì đặt t = √ f ( x ) Nếu có √ f (x ) , √ g(x ) mà √ f (x ). √ g ( x)=a (hằng số) đặt t=√ f ( x )⇒ g (x)=a/t Nếu có √ f (x )± √ g ( x), √ f ( x )g( x) , f (x )± g(x)=a đặt t=√ f ( x )± √ g(x) b. Ví dụ áp dụng Ví dụ 1. Giải phương trình: x 2 −2 x +4 √(4 − x)(x +2) =11. Lời giải. Đặt t = √ 4 (− x )( 2+ x) , t ≥ 0 . Phương trình đã cho trở thành t 2 + 4 t − 3=0 ⇔ t=1 V t=3 . Ta thấy t=1 ,t=3 đều thỏa mãn t ≥ 0 Với t=1 thì √ (4 − x )(2+ x) = 1 ⇔(4 − x)(2+ x )=1 ⇔ x 2 −2 x − 7=0 ⇔ x=1 ±2 √ 2 . Với t=3 thì √( 4 − x )( 2+ x) = 9 ⇔ (4 − x)(2+ x )=9 ⇔ x 2 −2 x +1=0 ⇔ x=1 Vậy phương trình có nghiệm là x=1 ±2 √ 2 , x=1 . Ví dụ 2. Giải phương trình √ 3+x+ √6 − x − √(3+x)(6 − x)=3 (*). 3+ x ≥0 ⇔ − 3≤ x ≤ 6 Lời giải. Điều kiện 6−x≥0 2 t −9 Cách 1: Đặt t=√ 3+ x+ √6 − x ⇒ √(3+ x )(6 − x )= . Pt đã cho có dạng: 2 t 2− 9 t− =3 ⇒ t 2 −2 t − 3=0 ⇔ t=−1(loai)∨t=3 2 Với t=3 thay vào biểu thức đặt được x=6 ∨ x=− 3 Ví dụ 3. Giải phương trình: 5( √ 3 x −2+ √ x −1)=4 x −9+ 2 √ 3 x 2 −5 x +2 Đkxđ x ≥ 1 đặt t= √ 3 x −2+ √ x − 1 đ/k t ≥ 1dẫn tới pt t2-5t+6=0. {.

(6) 1+ x ¿2 ¿ 1− x ¿2 Ví dụ 4. Giải phương trình: ¿ ¿ ¿ 2 √¿ x=± 1 không là nghiệm của pt đã cho. Chia cả 2 vế PT cho √ 1− x 2 1+ x 1− x 1+ x ⇔2 + −3=0 đặt t= ⇒2 t+1 /t −3=0 ⇔ 2 t 2 −3 t+1=0 1−x 1+ x 1−x giải ra có t = 1, t = 1/ 2 suy ra nghiệm phương trình Bài tập đề nghị 2 a. (x − 1)( x +2)+ 2 √ x + x +1=0 1 −2 x 4 x+4 b. + =3 x +1 1 −2 x c. √ 7− x+ √ x +1=x 2 −6 x +13 d. √ 1− x + √ x+ 7+2 √− x 2 −6 x +7=8 e. x  x 2  1  x  x 2  1 2 2 f. x  4  3x  1  2 3 x  13 x  4 51  4 x. √ √. √. √. x2  2x x  g.. 1 3x  1 x. √. h. ( x  3 x  2)( x  9 x  18) 168 x. 2 2 m. 15 x  2 x  5  2 x  15 x  11. 2 2 p. x  x  11 31. 2 q. ( x  5)(2  x) 3 x  3 x. r.. (1  x)(2  x) 1  2 x  2 x 2. 2 2 s. x  17  x  x 17  x 9. 2. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Ví dụ 1. Giải phương trình :. . x2  3 . . x 2  2 x 1  2 x 2  2.  t 3 t 2   2  x  t  3  3 x 0   t  x 2  2 , ta có :  t x  1 Ví dụ 2. Giải phương trình :.  x  1. t  x 2  2 x  3, t  2 Đặt :  x 2  1   x  1 t 0. x2  2 x  3 x2 1 x  1 t  x 2  1  Khi đó phương trình trở thành :. Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có  chẵn :.  t 2 x 2  2 x  3   x  1 t  2  x  1 0  t 2   x  1 t  2  x  1 0    t x  1 Bài tập đề nghị 2. 2. 1. x −1=2 x √ x −2 x 3. x 2+2 x +2−(x +2) √ x 2+ 2=0 3. Đặt ẩn phụ đưa về dạng tích Sử dụng đẳng thức. u  v 1  uv   u  1  v  1 0 au  bv ab  vu   u  b   v  a  0. 2. (4x-1). √ 4 x 2 +1. 8x2+2x+1.

(7) A2  B 2 Ví dụ 1. Giải phương trình :. pt  Giải:. . 3. . x 1  1. 3. 3. x  1  3 x  2 1  3 x 2  3 x  2.  x 0 x  2  1 0    x  1. . 3 2 3 2 3 3 Ví dụ 2. Giải phương trình : x  1  x  x  x  x Giải: + x 0 , không phải là nghiệm. + x 0 , ta chia hai vế cho Ví dụ 3. Giải phương trình: Giải: dk : x  1. √3 x. 3. :.  x 1  x 1 3  x 1  3 x  1   3  1 x x  . . 3. x  3  2 x x  1 2 x  x 2  4 x  3.  x 1 x  1  1 0    x 0 pt 4x x 3  4 x x 3 Ví dụ 4. Giải phương trình : Giải: Đk: x 0 . . x  3  2x. . .  4x 4x 1 2  1 x 3 x 3 x 3 : . Chia cả hai vế cho 4. Đặt ẩn phụ quy về hệ phương trình √n a − f ( x)+ √n b+ f ( x )=c → n u=√ a − f ( x) n v= √ b+ f (x ) Dạng 1: đặt 2 ẩn phụ ⇒ n ¿ u +v n =a+b u+ v=c ¿{ 3 1− x + √3 1+ x=2 → √ 3 u= √1 − x 3 v=√ 1+ x Ví dụ 1. Giải phương trình: ⇒ ¿ u+v =2 u3 + v 3=2 ¿{. 2. 4x   0  x 1 x 3 . . x  1 0  x 1.

(8) √3 2− x=1− √ x −1 → 3 u=√ 2 − x v= √ x − 1 ⇒ ¿ u +v 2 =1 u+ v=1 ⇒ ¿ u=0 u=1 u=− 2 ⇒ ¿ x=2 x=1 x =10 ¿{ 3. Ví dụ 2. Giải phươngtrình:. 2. dx+ e ¿ + nx+m Dạng 2: một ẩn phụ chuyển phương trình thành một hệ : √ ax +b=c ¿ Ví dụ 3. Giải phương trình: 2 − 2 x +3 ¿ + x +4 dat− 2 y+3=√ 3 x+1 √ 3 x +1=− 4 x 2 +13 x − 5⇒ √3 x +1=− ¿ ⇔ − 2 x +3 ¿2 + x +4 ¿ − 2 y +3 ¿2 =3 x +1 ¿ ⇔ ¿ 2 −2 y +3 ¿ =x +2 y+ 1 ¿ − 2 y +3 ¿2 =3 x +1 ¿ ⇒ ¿ x= y ¿ 2 y=5 − 2 x ¿ ¿ −2 y +3=−¿ ¿ 15 − √ 97 11 − √ 73 1= y ⇒ 4 x −15 x +8=0⇒ x= ¿ 2 ¿ 2 y =5− 2 x ⇒ 4 x2 −11 x +3=0⇒ x= ¿ 8 8 2 Ví dụ 4. Giải phương trình: x  x  5 5 (1) 2. Giải : Điều kiện : x  5 0  x  5. ¿ 2 x − y=5(2) hệ phương trình : y 2 − x=5(3) ¿{ ¿. Đặt. x  5  y với y 0 . Từ đó phương trình (1) trở thành.

(9) 2 2 Trừ vế với vế của (2) và (3) ta được : x  y  x  y 0  ( x  y )( x  y  1) 0 . Xảy ra 2 trường hợp : 2 a) x  y 0 hay x  y 0 , thay vào (2) được phương trình : x  x  5 0 giải ra được :. 1 x1  (1  21) 2 2 x b)  y  1 0 hay y  x  1 0 , thay vào (2) cú : x  x  4 0 giải ra được : 1 x 2  (1  17 ) 2 Kết luận : Với 2 nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn điều kiện đề bài nên PT (1) có 2 nghiệm x1 , x 2 như trên . Dạng 3: Đưa về hệ tạm Nếu phương trình vô tỉ có dạng A  B C , mà : A  B  C ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau :. A B C  A B. A.  A  B C  2 A C    B  A  B    , khi đĩ ta có hệ: . 2 2 Ví dụ 5. Giải phương trình sau : 2 x  x  9  2 x  x  1  x  4.  2x Giải: Ta thấy :. 2.  x  9    2 x 2  x  1 2  x  4 . x  4 không phải là nghiệm Xét x  4 Trục căn thức ta có : 2x  8 x  4  2 2 x  x  9  2 x2  x  1. 2x2  x  9 . 2 x 2  x  1 2.  2 x 2  x  9  2 x 2  x  1 2  2 2 x2  x  9 x  6    2 x 2  x  9  2 x 2  x  1 x  4 Vậy ta có hệ: 8 Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= 7 Ví dụ 6. Giải phương trình :.  2x Ta thấy :. 2. 2 x 2  x  1  x 2  x  1 3x.  x  1   x 2  x  1  x 2  2 x. Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt. t. , như vậy không thỏa mãn điều kiện trên.. 1 x thì bài toán trở nên đơn giản hơn Bài tập đề nghị. Giải các phương trình sau: 1. √ 1+ √1 − x 2=x (1+2 √1 − x 2 ) 3. √3 x −2+ √ x +1=3 3 3 5. x  1 2 2 x  1 (Đặt y= 3. 7.. √3 x+ √3 35 − x=5 4. √ 2− √ 2(1+ x )+ √4 2 x=1 6. x 2+ 4 x=√ x+ 6 2.. 2x  1 ). √3 2− x+ √ x − 1=1 ..  x 0   x 8 7 . 8.. 1 1 x− +¿ 1− x x x= √ ¿. √.

(10) 5. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : 2 2 Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u   uv   v 0 (1) bằng cách. 2. u u         0 v Xét v 0 phương trình trở thành:  v  . v 0 thử trực tiếp Các trường hợp sau cũng đưa về được (1). a. A  x   bB  x  c A  x  .B  x .  u   v  mu 2  nv 2 Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này . a. Phương trình dạng : Như vậy phương trình. a. A  x   bB  x  c A  x  .B  x . Q  x   P  x . có thể giải bằng phương pháp trên nếu.  P  x   A  x  .B  x   Q  x  aA  x   bB  x  Ví dụ 1. Giải phương trình :. 2  x 2  2  5 x3  1. 2 Giải: Đặt u  x  1, v  x  x  1. 2 u  v 2. Phương trình trở thành : Ví dụ 2. Giải phương trình :. 2. .  u 2v 5uv    u 1 v  2. x 2  3x  1 . Tìm được:. x. 5  37 2. 3 4 x  x2 1 3. 2 3 Ví dụ 3. giải phương trình sau : 2 x  5 x  1 7 x  1 Giải: Đk: x 1. Nhận xt : Ta viết.   x  1    x 2  x  1 7. Đồng nhất thức ta được:.  x  1  x 2  x  1. 3  x  1  2  x 2  x  1 7.  x  1  x 2  x  1.  v 9u 3u  2v 7 uv    v 1 u 2 u  x  1 0 , v  x  x  1  0 , ta được:  4 Đặt Ta được : x 4  6 Ví dụ 4. Giải phương trình : Giải:. x3  3x 2  2.  x  2. 3.  6 x 0. Nhận xét : Đặt y  x  2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :.

(11)  x y x 3  3x 2  2 y 3  6 x 0  x3  3 xy 2  2 y 3 0    x  2 y Pt có nghiệm : x 2, x 2  2 3 2. 2. b.Phương trình dạng :  u   v  mu  nv Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. 2 2 4 2 Ví dụ 5. giải phương trình : x  3 x  1  x  x  1. u  x 2  2 2 v  x2  1   Giải: Ta đặt : khi đó phương trình trở thành : u  3v  u  v Ví dụ 6.Giải phương trình sau : Giải :Đk. x. 2. x. x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1. 1 2 . Bình phương 2 vế ta có :.  2 x   2 x  1 x 2  1 . x. 2.  2 x   2 x  1  x 2  2 x    2 x  1.  1 5 v u  2 2 2 uv u  v   u  x 2  2 x  1 5  u v  v 2 x  1 khi đó ta có hệ : 2  Ta có thể đặt :  1 5 1 5 u v  x2  2x   2 x  1 2 2 Do u , v 0 . 5 x 2  14 x  9 . Ví dụ 7. giải phương trình : Giải:. x 2  x  20 5 x  1. 2 x 2  5 x  2 5  x 2  x  20   x  1 x  5 Đk . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2  5 x  2   x 2  x  20     x  1 , Nhận xét : không tồn tại số đặt. để :. vậy ta không thể. u  x 2  x  20  v  x  1 .. x Nhưng may mắn ta có :. 2.  x  20   x  1  x  4   x  5   x  1  x  4   x 2  4 x  5 . 2  x 2  4 x  5  3  x  4  5 ( x 2  4 x  5)( x  4). Ta viết lại phương trình: giải quyết . III. TRỤC CĂN THỨC ĐỂ XUẤT HIỆN NHÂN TỬ CHUNG 1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung a. Phương pháp. . Đến đây bài toán được.

(12) Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích.  x  x0  A  x  0. ta có thể giải phương trình. A  x  0. hoặc chứng minh. nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía b. Ví dụ Ví dụ 1 . Giải phương trình sau : Giải: Ta nhận thấy :.  3x. 2. 3x 2  5x  1 .  . x 2  2  3  x 2  x  1 . .  5 x  1  3x 2  3x  3  2  x  2 . V. x.  2x  4 3x 2  5 x  1  3  x 2  x  1. 2. A  x  0. A  x  0. vô. vô nghiệm. x 2  3x  4.  . .  2  x 2  3 x  4 3  x  2 . 3x  6. . x2  2  x2  3x  4. Ta có thể trục căn thức 2 vế : Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .. x 2  12  5 3x  x 2  5 5 x 2  5 3x  5 0  x  3. Ví dụ 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) :. x 2  12 . Giải: Để phương trình có nghiệm thì : Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng.  x  2  A  x  0 , để thực hiện 2. được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :. 2. x  12  4 3 x  6  x  5  3   x2   x  2   2 x  12  4  Dễ dàng chứng minh được :. x2  4 x 2  12  4. 3  x  2  . x2  4 x2  5  3. x 1.   3  0  x 2 x2  5  3  x2 x2 5   3  0, x  2 2 3 x  12  4 x 5 3. 3 2 3 Ví dụ 3. Giải phương trình : x  1  x  x  1 3. Giải :Đk x  2 Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình.    x  3  x 2  3 x  9  x 3   x  1  2  x  3  x  2  5   x  3 1   2 3 2 3 x2  1 x3  2  5    2 x  1  4   x 3 x 3 1 1   2 x 2  3x  9 2 2 2 2 2 3 3  3 x  1 2 x  14 x  1 1  3   x3  2  5 Ta chứng minh : 3. 2. 3. . . Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 2. Nhân liên hợp Ví dụ 4. Giải phương trình: Giải Điều kiện. x . 5 4. 10 x 2  31x  35 . 7 x 2  13 x  8  x  3. (1).

(13) Ta biến đổi phương trình như sau:.  3 x 2  18 x  27 ( x  3)( 10 x 2  31x  35  7 x 2  13 x  8)  3( x  3)2 ( x  3)( 10 x 2  31x  35  7 x2  13 x  8)  x 3  2 2 (2)  10 x  31x  35  7 x  13 x  8 3( x  3)  x  3 0 7 x 2  13 x  8 x  3   2 2 7 x  13x  8 ( x  3) (Hệ này vô nghiệm) Từ (1) và (2) suy ra Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=3. 2 Ví dụ 5. Cho các số thực x, y thoả mãn ( x  x  1)( y . x  y 0 .. y 2  1) 1 (1). Chứng minh rằng. Giải 2 Nhận thấy ( x  x  1)( y . trình (1) ta suy ra ( x  Từ (1) và (2) suy ra. y 2  1)( x . x 2  1)( y . ( x  x 2  1)( y  y 2  1) ( x . x 2  1)( y . y 2  1) 1 nên nếu kết hợp với phương. y 2  1) 1  ( x 2  1  x)( y 2  1  y ) 1 (2). x 2  1)( y . y 2  1).  x y 2  1  y x 2  1  x y 2  1  y x 2  1  x y 2  1  y x 2  1(*) +) Nếu x=0 thì từ(*) suy ra y=0 do đó x+y=0. +) Nếu x 0 thì từ (*) suy ra x và y trái dấu nhau. Bình phương hai vế của (*) ta được. x 2 (1  y 2 )  y 2 (1  x 2 )  x  y  x  y 0. (Đpcm) IV. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 1. Một số lưu ý Khi giải phương trình vô tỷ (chẳng hạn f ( x )  g ( x ) ) bằng phương pháp đánh giá, thường là để ta chỉ ra phương trình chỉ có một nghiệm (nghiệm duy nhất).Ta thường sử dụng các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, đưa vế trái về tổng bình phương các biểu thức, đồng thời vế phải bằng 0. Ta cũng có thể sử dụng tính đơn điệu của hàm số (có thể thấy ngay hoặc sử dụng đạo hàm xét sự biến thiên của hàm số) để đánh giá một cách hợp lý.  f ( x)  g ( x )   f ( x) C (C )  f ( x)  g ( x) C  g ( x) C (C ) Thường ta đánh giá như sau:  , hoặc đánh giá f ( x)  g ( x) cũng như là f ( x ) g ( x) … Ngoài ra đối với bài cụ thể nào đó ta sẽ có cách đánh giá khác. Cũng có một số phương trình vô tỷ có nhiều hơn một ẩn mà ta giải bằng phương pháp đánh giá. 2. Một số ví dụ.

(14) |x +1| 3 + =2 . Áp dụng bất đẳng thức cô si cho vế trái phương |x +1| 3 | x+1| 3 |x +1| 3 3 |x +1| = trình ta có + ≥2 =2 bằng vế phải dấu bằng xẩy ra khi 3 |x +1| |x +1| 3 |x +1| 3 khi x = 2 , x = 4 vậy phương trình có 2 nghiệm x=2,x=4 Ví dụ 1. Giải phương trình sau:. √. 2 2 2 Ví dụ 2. Giải phương trình: 3 x  6 x  7  5 x  10 x  14 4  2 x  x . Bài này quá đơn giản, đánh giá Vt 5 còn Vp 5 , do đó hai vế cùng bằng 5. Ta được phương trình có nghiệm duy nhất là x  1 . 2 2  x  x 9 x  1 Ví dụ 3. Giải phương trình . Đk x 0 . Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được.   2 2 2 Vt = . 2. 1 x  x   1  x 1   ( x  9)   x 1 x 1   x  1 x  1  Vp 2. .Phương trình có nghiệm khi dấu. 1 2 2  x 1 x 1 x 1 1  x x x 1 7 .Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 7. đẳng thức xảy ra hay 3 x y  1  2 y x  1  xy 2 . Đk x 1; y 1 . Ví dụ 4. Giải phương trình Ta có. 1 3 x( y  2 y  1)  xy 2 2 1 3  y ( x  1  1) 2  x( y  1  1) 2  xy 2 2 .. x y  1  2 y x  1  y ( x  2 x  1) .  x 1; y 1   1 2 2  y ( x  1  1)  2 x( y  1  1) 0 Khi đó phương trình đã cho tương đương với . Từ đó ta được phương trình có nghiệm là ( x; y ) (2; 2) . 4 x  1  4 x 2  1 1. 1.. 3.. 2 4 27 x 2  24 x  2  x2  2 . 5. 7.. Bài tập đề nghị 2.. 3. x 2  x  19  7 x 2  8 x  13  13x 2  17 x  7 3 3( x  2). 28 27 1  x 6 3 2. 1 4  x2. x 2  2  2  x3. 1  x  x . x  3x2  2 x 4  x 3  7 x 2  3 x  3 2 2 4. 2 4 2 4 6. 13 x  x  9 x  x 16. 8.. ( x  2)(2 x  1)  3 x  6 4  ( x  6)(2 x  1)  3 x  2 9. 10. 2 2 2 2 1 2 x  1  x  3x  2  2 x  2 x  3  x  x  6 16  10  ( x  1996  y  2008) x  1996 y  2008.

(15) V. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 1. Một số dạng cơ bản a. Phương trình f ( x) k . Nếu f ( x) đơn điệu thì phương trình f ( x ) k có nghiệm duy nhất x  x0 (Để tìm được x0 ta nhẩm nghiệm). b. Phương trình f ( x)  g ( x) . Nếu f ( x) đồng biến và g ( x) nghịch biến thì phương trình f ( x)  g ( x) có nghiệm duy nhất x  x0 (Để tìm được x0 ta nhẩm nghiệm). c. Phương trình f (u )  f (v ) . Nếu f ( x ) đơn điệu thì phương trình f (u )  f (v)  u v . 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1. Giải phương trình: √ 4 x −1+ √ 4 x 2 − 1=1 Đkxđ x ≥ 1/2 .Xét hàm số 2 y=√ 4 x −1+ √ 4 x −1 txd x ≥ 1/2 2 4x , + >0 ∀ x ≥ 1/ 2 hàm số luôn đồng biến trên txđ vậy pt Có đạo hàm y = √ 4 x −1 √ 4 x 2 − 1 không có quá một nghiệm nhẩm nghiệm ta thấy x=1/2 là nghiệm duy nhất Ví dụ 2. Giải phương trình: x 5+ x 3 − √ 1− 3 x+ 4=0 . Xét hàm số y=x 5 + x 3 − √1 −3 x +4 txđ 3 4 2 >0 h/s đồng biến trên txđ vậy phương trình không có x≤1/3 có đạo hàm y '=5 x +3 x + 2 √ 1− 3 x quá một nghiệmTa thấy x= -1 là nghiệm duy nhất của bài toán. Ví dụ 3.Giải phương trình: √ 3− x+ x 2 − √ 2+ x − x 2=1 ⇔ √ 3− x+ x 2= √ 2+ x − x 2+1 1 > o hàm số tăng đặt t = x2- x đ/k -3≤t≤2 h/s f(t) = √ 3+t txđ [ −3,2 ] f`(t)= 2 √ 3+t 1 t ¿, =− <0 . hàm số nghịch biến vậy chúng chỉ có thể giao nhau tại một điểm duy nhất , 2 √ 2− t g(t)=1+ √2 −t ⇒ g ¿ 1± √ 5 thấy t =1 là nghiệm do đó t=1 suy ra pt x2- x =1 có nghiệm x= 2 Ví dụ 4. Giải phương trình :. .   2 x  1 2  Xét hàm số.  2 x  1. 2. .  .  2 x  1  2 . . .  3   3x  2 . f  t  t 2  t 2  3. . 4 x 2  4 x  4  3 x 2  9 x 2  3 0.   3x . 2. .  3  f  2 x  1  f   3 x .  , là hàm đồng biến trên R, ta có x  15. 3 2 3 2 Ví dụ 5. Giải phương trình x  4 x  5 x  6  7 x  9 x  4.  x3  4 x 2  5 x  6  y 3  y 3  y  x  1   x  1  2 3 2 3 7 x  9 x  4  y Giải . Đặt y  7 x  9 x  4 , ta có hệ :  f  t  t 3  t Xét hàm số :. , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình.  x 5 f  y   f   x  1   y  x  1   x  1  3 7 x 2  9 x  4    x  1  5  2 Bài tập đề nghị 3. 1. 1  x  1  x 2 x  6 x. 2.. 3. 6 x  1 8 x3  4 x  1.

(16) IV PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC 1. Một số lưu ý.    t ; x 1  2 2  sao cho : sin t  x và một số y với y   0;   sao Nếu thì có một số t với cho x cos y     t   0;  y   0;   2  sao cho : sin t  x và một số y với  2  sao Nếu 0  x 1 thì có một số t với cho x cos y    t   ;   2 2  sao cho : x tan t Với mỗi số thực x có 2 2 Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x  y 1 , thì có một số t với 0 t 2 , sao cho x sin t , y cos t 2. Một số ví dụ 1 1  2 2 2 x 1  x Ví dụ 1. Giải phương trình .  x cos y, y  (0;  ), y  2 . Phương trình đã cho trở thành Đặt 1 1  2 2  sin y  cos y  2.sin 2 y cos y sin y . Đặt sin y  cos y z ,  2  z  2 . 2 z  2 2 . suy ra sin 2 y 2sin y cos y  z  1 , ta được z  2 và Với z  2 thì Với. z . y.  2 x 4 , do đó 2 .. 1 3 11 2 x  y 2 2 . 2 thì 12 , do đó. Vậy phương trình có nghiệm là. x. 1 3 2 x  2 2 . 2 và. x3  (1  x 2 )3  x 2(1  x 2 ) Ví dụ 2. Giải phương trình .  1  x  1 Đk .    x sin y, y    ;   2 2  suy ra cos y 0 . Đặt 3 3 Khi đó phương trình trở thành sin y  cos y  2 sin y cos y . sin y  cos y  z , z    2; 2  z    1; 2  (chính xác là ), biến đổi phương trình ta được z 3  2.z 2  3z  2 0  ( z  2)( z  2  1)( z  2 1) 0  z  2  z 1  2 .. Đặt. Nếu z  2 thì thì. y.  2 x 4 , do đó 2 ..

(17) Nếu z 1 . 2 thì sin y  cos y 1 . 2  x  1  x 2 1 . 2.  1  x 2 1 . 2  x 0. 1  x. 2 21. 2 2. Vậy phương trình có 2 nghiệm trên..  1  x2  1   x 2  1  =1 Ví dụ 3. Giải phương trình  1    x , t   ;  x 1 sin t  2 2 Giải: đk: , ta có thể đặt  cos t 0 1  1  cot t  1   1 sin 2 x sin 2t   2 Khi đó ptt: x  2 3  1. . Phương trình có nghiệm :. . Bài tập đề nghị 3 2 1. 4 x  3x  1  x. 3.. 2.. 5  3 1  x 2 8 x 6  (1  x 2 )3. . 4 x  1  4 x 2  1 1. 2 2 4. ( 3  2 x ) 1  x  3 x  2 x. . x (1  x 2 ) 3 1  x 2 2 5. 1  x. (1  x 2 )3  1  x2 5 3 6. 6 x  20 x  6 x 2. 2 2 7. 2 x  1  x  2 x 1  x 1. 8.. 2 x 2  1  x  1 2 x 1   2x 2x  1  x2 . VII. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC Ngoài những phương pháp thường gặp ở trên, đôi khi ta cũng có những lời giải khác lạ đối với một số phương trình vô tỷ. Cũng có thể ta sử dụng kết hợp các phương pháp ở trên để giải một phương trình. 1. Dùng tọa độ của véc tơ   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ:.     u  v u  v .  x1  x2 . 2. u  x1; y1  , v  x2 ; y2 . khi đó ta có. 2.   y1  y2   x12  y12  x22  y22. x y    1  1 k 0 x2 y2 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u , v cùng hướng , chú ý tỉ số phải dương.      u.v  u . v .cos   u . v. Ví dụ 1. Giải phương trình:. , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi. cos α =1 ⇔ u. x 2  4 x  20  x 2  4 x  29  97 .. cùng hướng. v.

(18)   a  ( x  2; 4) b Trong mặt phẳng tọa độ xét hai véc tơ và ( x  2;5) .    a  b  97 a  x 2  4 x  20  a  + b=(− 4 ; 9) Khi đó ta được , suy ra và ta cũng có ,      2   b  x  4 x  29 a  b a b . Phương trình trở thành , đẳng thức đó xảy ra khi a và b cùng x 2  x 2 2   x 4 5 . Từ đó ta được phương trình có một nghiệm là 9. chiều 2. Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có MA  MB  MC OA  OB  OC với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M O . Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc 120 Ví dụ 2. Giải phương trình. 0. x 2  3 2.x  9  x 2  4 2.x  16 5 .. Nếu x 0 thì Vt 3  4 7  5 = Vp (phương trình không có nghiệm). 0 Nếu x  0 thì ta xét tam giác vuông ABC với A 90 , AB = 4; AC = 3. Gọi AD là phân giác của góc A, lấy M thuộc tia AD. 2 2 2 2 Đặt AM = x, xét ACM  CM  x  9  3 2.x và xét ABM  BM  x  16  4 2.x . Từ đó suy ra Vt = CM  BM BC 5 . Dấu đẳng thức xảy ra khi M D ,hay. CM 3  BM 4  16CM 2 9 BM 2  16 x 2 16.9  48 2.x 9 x 2 16.9  36 2.x  7 x  12 2.x 0 12 2  x 7 12 2 x 7 . Vậy phương trình có nghiệm là 3. Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số để chứng minh số nghiệm phương trình Ví dụ 3. CMR phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt thuộc (-7,9): 2 x +6 √3 1− x=3 đặt t= √3 1− x có pt 2t3 – 6t + 1 =0 hàm số này liên tục trên R ,có f(-2)f(0)<0 có 1ng t(-2,0) suy ra có 1 ng x (1,9) , f(0)f(1)<0 có 1ng t (0,1) suy ra có 1ng x (0,1) , f(1)f(2)< 0 có 1ng t (1,2) suy ra có 1 ng x (-7,0) Vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc ( -7,9). 4. Phương pháp sử dụng đạo hàm bậc 2 Tìm tập xác định của phương trình Xét hàm số f trên miền D ,tồn tại đạo hàm bậc 2 suy ra hàm số lồi hoặc lõm trên miền. Suy ra phương trình không có quá 2 nghiệm nhẩm 2 nghiệm thuộc miền D Ví dụ 4. Giải phương trình: 3 √ x +1=3 x 2 − 8 x+ 3 ⇔ đ/k x≥ - 1.

(19) 2 2 3 √ x +1 −3 x + 8 x −3=0 xét hàm số f(x) = 3 √ x +1 −3 x + 8 x −3 trên tập x/đ x x+ 1¿ 2 ¿ ¿ ≥ -1, vậy hàm số đó có đồ thịlồi trên txđ. Do đó phương trình 4 √¿ 3 3 f , (x )= −6 x +8 ⇒ f ,,`` (x )=− ¿ 2 √ x+ 1 nếu có nghiệm thì không quá 2 nghiệm ta dễ thấy x = 0, x = 3 là nghiệm Ví dụ 5. Giải phương trình: √ x+ √ 3 x+ 1=x 2+ x +1 điều kiện x ≥ 0 phưong trình tương đương với √ x+ √3 x+ 1− x 2 − x − 1=0 xét hàm số f(x) = √ x+ √ 3 x+ 1− x 2 − x − 1 tập xác định x ≥ 0 3 x +1 ¿2 ¿ ¿ đồ thị hàm số lồi trên tạp xác định vì vậy 4√¿ 1 3 1 9 f , (x )= + −2 x − 1⇒ f ,, (x)=− − 2 2 √ x 2 √ 3 x +1 4 √x ¿ phương trình không có quá 2 nghiệm ,dễ thấy x = 0 ,x = 1 là nghiệm. PT tương đương. 5. Một số phương trình không mẫu mực 6 10 Ví dụ 6. Giải phương trình: + =4 đ/k x < 2 2 −t 3− t 6 6 6 > 0⇒ 2− x= 2 ⇔ 3− x=1+ 2 đặt t = 2−x t t 2 10t =4 ⇔ 2 t +6 t≤4 ¿ Pt thành t+ khi đócó PT: t4-8t3+12t2-48t+96=0 suy ra 2 4 −t ¿ ¿ 10 t 2 =¿ t 2 +6 (t-2)(t3-6t2-48)=0 Có nghiệm t=2 suy ra x=1/2 cònphương trình: 3 t -6t2-48=t2(t-6) -48 < 0 với o<t≤ 4 vô nghiệm, vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=1/2 Ví dụ 7. Giải phương trình: √ 3 x 2 −7 x+ 3− √ x 2 −2= √ 3 x 2 − 5 x −1 − √ x 2 −3 x +4 tưong đương với √ 3 x 2 −7 x+ 3− √ 3 x 2 −5 x −1=√ x 2 −2 − √ x 2 −3 x +4 tương đương với −2 x+ 4 3 x−6 = 2 2 2 √3 x −7 x +3+ √3 x −5 x −1 √ x − 2+√ x2 −3 x +4 *) với mọi x > 2 không thể là nghiệm vì vế trái < 0,vế phải > 0 *) với mọi x < 0 cũng không thể là nghiệm *) với x = 2 là nghiệm vậy phương trình chỉ có nghiệm x = 2. √ √. √. √. Bài tập 1) 2). 2 x2  2 x 1  2 x2  x2  4x  5 . . . 3  1 x 1  2 x2 . x 2  10 x  50 5. . . 3  1 x  1 3.

(20) Chuyên đề 2. BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Trong các đề thi đại học những năm gần đây, ta hay gặp những Bài toán về bất phương trình, nhất là các bất phương trình chứa căn. Nhằm giúp các bạn ôn thi tốt, Bài viết này chúng tôi xin giới thiệu một số dạng Bài và kỹ năng giải. A. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG. * Hai bất phương trình được gọi tương đương khi chúng có cùng tập nghiệm. * Một số phép biến đổi tương đương: +) Cộng (trừ) hai vế của bất phương trình với cùng một biểu thức mà không làm thay đổi điều kiện của bất phương trình. +) Nhân (chia) hai vế của bất phương trình với cùng một biểu thức ( luôn dương hoặc âm) mà không làm thay đổi điều kiện của bất phương trình. +) Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai căn bậc lẻ hai vế của một bất phương trình. +) Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai căn bậc chẵn hai vế khi hai vế của bất phương trình cùng dương. +) Nghịch đảo hai vế của bất phương trình khi hai vế cùng dương ta phải đổi chiều. I. Kỹ thuật lũy thừa hai vế. 1. Phép lũy thừa hai vế: 2 k+1 a) √ f (x )> 2 k+1√ g (x)⇔ f ( x)> g( x ) . 2k √ f ( x)> 2√k g( x)⇔ g (x) ≥ 0 b) . f ( x)> g(x ) ¿{ ¿ √ A >B ⇔ B<0 B≥0 *) hoặc A ≥0 . A> B2 ¿{ ¿{ ¿ √ A 0 A≥0 *) . 2 A<B ¿{{ *) √ A < √ B ⇔ 0≤ A< B . ( Đối với các trường hợp còn lại với dấu , ≤ , < các bạn có thể tự suy luận ). 2. Lưu ý: Đặc biệt chú ý tới điều kiện của Bài toán. Nếu điều kiện đơn giản có thể kết hợp vào bất phương trình, còn điều kiện phức tạp nên để riêng. 3. Ví dụ:.

(21) Bài 1: Giải các BPT sau: a) √ x −3< 2 x − 1 ; b) √ x2 − x +1≤ x +3 c). √ 3 x −2> 4 x − 3. ;. d). √ 3 x 2 + x − 4 ≥ x +1. Giải:. √ x −3<2 x − 1 ⇔. 2 x −1>0 x −3 ≥ 0 2 x − 3< ( 2 x −1 ) ⇔ a) . 1 ¿x> 2 x≥3 2 4 x − 5 x +4>0 ⇔ x≥3 ¿{{ Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: ¿ . √ x2 − x +1≤ x +3 ⇔ 2 x − x+1 ≥ 0 x+ 3≥ 0 2 2 b) x − x +1 ≤ ( x +3 ) . 8 ⇔ x ≥− 7 ¿{ { Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: ¿ . Hai Bài tập còn lại các bạn tự giải. Bài 2: Giải BPT:. *. √ x+ 4 − √ 1 − x ≤ √ 1− 2 x. (1).. Giải: ⇔ √ x+ 4 ≤ √ 1− x+ √ 1 −2 x ⇔ 1− x ≥ 0 1− 2 x ≥ 0 x+ 4 ≥ 0 2 x + 4 ≤ ( √1 − x + √ 1− 2 x ) (1) ⇔ 1 ¿−4≤x ≤ 2 2 2 x+ 1≤ √ 2 x − 3 x+1 ¿{{{.

(22) ⇔ 1 2 ¿ 2 x +1 ≥ 0 2 x 2 −3 x+1≥ ( 2 x +1 )2 ¿ ¿ ¿ no ¿ ¿⇔ ¿ 1 ¿−4≤ x≤ 2 ¿ 1 ¿ x≥− . 2 ¿ 7 − ≤ x≤0 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ no ¿ ¿ 1 x<− 2 ¿ ¿{ ¿ ¿ * Vậy tập nghiệm: [-4;0]. Bài tập tương tự : Giải BPT: √ 5 x −1 − √ x −1> √2 x − 4 (TS (A)_ 2005). Đáp số: Tập nghiệm T=[2;10). II. Kỹ thuật chia điều kiện. 1. Kỹ thuật: Nếu Bài toán có điều kiện là x ∈ D mà D=D1 ∪ D2 ∪. .. ∪ Dn ta có thể chia Bài toán theo n trường hợp của điều kiện: +) Trường hợp 1: x ∈ D 1 , giải bất phương trình ta tìm được tập nghiệm T 1 . +) Trường hợp 2: x ∈ D 2 , giải bất phương trình tìm được tập nghiệm T2. …………………………………. +) Trường hợp n: x ∈ D n , giải bất phương trình tìm được tập nghiệm Tn. Tập nghiệm của bất phương trình là T =T 1 ∪T 2 ∪ .. . ∪T n . 2. Yêu cầu: Cần phải xác định giao, hợp trên các tập con của R thành thạo. 3. Ví dụ: −4 ≤x≤. Bài 1: Giải BPT:. √− 3 x 2 + x+ 4+ 2 <2 x. Giải:. (1).

(23) ¿ x≠0 * Điều kiện: −1 ≤ x ≤ ¿{ ¿. 4 . 3 2. ⇔ √ −3 x + x+ 4< 2 x − 2 ⇔ 2 x −2 ≥ 0 * Với 0< x ≤ 4 3 (i) ta có (1) 2 2 −3 x + x + 4< ( 2 x − 2 ) ¿{ ⇔ x≥1 7 x 2 − 9 x >0 (ii) 9 ⇔ x> 7 ¿{ Kết hợp (i) và (ii) ta có tập nghiệm là T 1 =¿ . * Với −1 ≤ x <0 thì (1) luôn đúng. Tập nghiệm trong trường hợp này là T2 = [-1 ;0). Vậy tập nghiệm của (1) là T =T 1 ∪T 2 =¿ ∪ ¿ . Bài tập : Giải BPT : √ x2 −3 x+ 2+ √ x 2 −4 x+3 ≥ 2 √ x 2 − 5 x+ 4 . Đáp số : x ≥ 4 hoặc x = 1. III. Kỹ thuật khai căn. 1) Đưa biểu thức ra ngoài căn thức : ¿ A ( A ≥ 0) − A ( A<0) * . 2 ¿ √ A =| A|={ ¿ 2 A y A y * = (E , x ≠0) . E2 x E x 2n 2 n+1 * * √ A2 n=|A| √ A 2 n+1= A 2) Lưu ý : Biến đổi các biểu thức trong căn thức thành hằng đẳng thức. 3) Ví dụ : 3 Giải BPT : √ x+2 √ x −1+ √ x − 2 √ x −1> (1) 2 Giải :. √. | |√. 3 2 2 3 (1) ⇔ √ x − 1+ 2 √ x − 1+ 1+ √ x −1 −2 √ x −1+1> ⇔ ( √ x − 1+ 1 ) + ( √ x − 1− 1 ) > 2 2 ¿ x ≥1 3 ⇔ √ x −1+1+|√ x − 1− 1|> (2) 2 ¿{ ¿ * Với √ x −1 −1 ≥ 0 ⇔ x −1 ≥ 1⇔ x ≥ 2 luôn thỏa mãn bpt (2). Vậy trong trường hợp này tập ngiệm là T1=[2 ;+ ∞ ¿ .. √. √.

(24) √ x −1 −1<0 ⇔ * Với. x≥1 x −1<1 ⇔1 ≤ x <2 ¿{. bpt (2) trở thành :. 3 3 √ x −1+1+1 − √ x − 1> ⇔2> (luôn đúng). 2 2 Vậy tập nghiệm của (1) trong trường hợp này là T2=[1 ;2). KL : Tập nghiệm của (1) là T= T 1 ∪T 2 =¿ . * Chú ý : Bài này ta có thể giải bằng phương pháp bình phương hai vế.. IV. Kỹ thuật phân tích thành nhân tử đưa về bất phương trình tích. 1. Bất phương trình tích : Trên điều kiện của bpt ta có : f ( x)g (x) ≥ 0 ⇔ f (x) g (x)>0 ⇔ ¿ f ( x)>0 ¿ f (x)>0 g( x )≥ 0 g(x )> 0 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ f ( x)< 0 * * f ( x )<0 ¿ g( x )≤ 0 ¿ ¿ ¿ g(x )< 0 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ f ( x)=0 ¿ Các trường hợp còn lại, các bạn tự suy luận. 2. Lưu ý : Đây là kỹ thuật giải đòi hỏi có tư duy cao, kỹ năng phân tích thành nhân tử thành thạo, cần phải nhìn ra nhân tử chung nhanh. 3. Ví dụ : Giải BPT : √ x −1 ( 3 x 2 − x +1 ) −3 x 3 − 1≥ 0 (1) Giải : Điều kiện : x ≥ 1(∗) (1) x −1+3 x 2 √ x −1+ √ x −1 − x √ x −1 −3 x 3 − x ≥ 0 ⇔ √ x − 1 ( √ x − 1+3 x2 +1 ) − x ( √ x −1+3 x 2+ 1 ) ≥ 0  x  1  x x  1  3 x 2  1 0. . . . x  1  x 0. . (do. √ x −1+3 x 2+ 1> 0 khi x 1 ).. 2 2 ⇔ √ x − 1≥ x ⇔ x −1 ≥ x ⇔ x − x+1 ≤ 0 (vô nghiệm). Vậy BPT đã cho vô nghiệm. V. Kỹ thuật nhân chia liên hợp : 1. Biểu thức nhân chia liên hợp: A −B ( A ≠ B) . √ A ± √ B= * √ A ∓√ B 1 A ∓ √B =√ ( A ≠ B) . * A−B √ A ± √B 2. Lưu ý:.

(25) +) Nên nhẩm với một số nghiệm nguyên đơn giản. +) Chú ý tới các biểu thức nhân chia liên hợp. 3. Ví dụ: Giải BPT : √ x2 +15<3 x − 2+ √ x2 +8. (1). Giải: 2. 2. * Ta có (1) ⇔ √ x +15 − √ x +8<3 x − 2 x 2 +15 − x 2 − 8 7 ⇔ 2 < 3 x −2 ⇔ 2 <3 x −2 (2). 2 √ x +15+√ x + 8 √ x +15+√ x 2 − 8 2 Từ (2) ta có 3 x −2> 0 ⇔ x> . 3 * Mặt khác: (1) ⇔ √ x 2+15 − 4 <3 x −3+ √ x 2 +8 −3 2 2 x −1 x −1 ⇔ 2 <3( x −1)+ 2 √ x +15+ 4 √ x + 8+3 x +1 x+1 ⇔ ( x −1 ) −3− 2 < 0 (3) 2 √ x +15+ 4 √ x +8+3 x +1 x+1 2 2 2 < 2 * Lại có : Vì x> nên √ x +15+ 4> √ x + 8+3 ⇔ 2 3 √ x +15+ 4 √ x +8+3 x +1 x +1 ⇒ 2 − 2 − 3<0 . √ x +15+ 4 √ x + 8+3 Vậy (3) ⇔ x −1>0 ⇔ x >1 . KL : BPT (1) có tập nghiệm là T= ( 1; +∞ ) . * Chú ý : Trong Bài toán này, việc thêm bớt, nhóm các số hạng với nhau để xuất hiện nhân tử chung xuất phát từ việc nhẩm được khi x=1 thì hai vể của BPT bằng nhau. Thường dùng cách giải tương tự cho Bài toán : √ x2 +a 2< cx − d+ √ x 2 +b2 . Bài tập tương tự : Giải BPT : √ 3 x +1 − √ 6 − x +3 x2 −14 x −8 ≤ 0 (Dựa vào ĐH_B_2010). VI. Một số Bài tập tự luyện : Giải các BPT sau : 2 x+ 3 x − √3 x − 2< 1− x . 1, √ x+ 4 √ x − 4+ √ x −4 √ x −4 ≥ . 2, 2 √3 x − 2 3, √ x+ √2 x −1+ √ x − √ 2 x −1> √ 2 . 4, √ 3 x + 4 − √ 2 x +1 ≤ √ 3+ x . 2 2 5, 6, ( x 2 − 3 x ) √ 2 x 2 − 3 x −2 ≥ 0 (ĐH_D_2002 ) (4 x −1) √ x +1>2 x +2 x +1 . 1 1 x 2 − 16 5 √ > + √ x −3> 7, . 8, . 2 √2 x +3 x −5 2 x − 1 √ x −3 √ x −3 1 − √1 −4 x2 9, 10, √ x2 −8 x +15+ √ x2 −2 x+ 15≤ √ 4 x 2 −18 x+18 . <3 . x 2 x2 2 < x+ 21 . 11, 12, 4 ( x +1 )2 < ( 2 x+10 ) ( 1 − √ 3+2 x ) . 2 ( 3− √ 9+2 x ). (. 13,. 1 1 2 + x− 2 ≥ 2 x x x. √ √ x+. ). 14,. 3. ( 2 ) √ x + x +1+√ x ( x − x +1 ) ≤ x +1 . 4. 2. 2. √. x. B. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ . I. Một số yêu cầu : - Dạng này học sinh cần nhớ cách đặt ẩn. Từ đó mở rộng cho Bài toán tương tự..

(26) - Chú ý tới các điều kiện của ẩn. II. Một số dạng toán và các Bài toán làm mẫu. 1. Đặt ẩn phụ đưa về bpt đơn giản hơn : x x+1 −2 >3 x +1 x. √. Bài 1 :Giải BPT :. (1). Giải :. * Điều kiện :. 1 −2 t >3 ⇔ 2 t 3 +3 t 2 −1< 0(t >0) 2 t. x +1 (t>0) . BPT (1) trở thành : x 1 2 ⇔ ( t +1 ) ( 2t + t −1 ) < 0 ⇔0<t < . 2 x +1 1 4 Vậy 0< < ⇔ − < x<− 1 . x 2 3. * Đặt t=. x> 0 ¿ x< −1 (*) ¿ ¿ ¿ ¿. √. √. Bài 2 : Giải BPT : 5. (. √ x+. 1 2√x. ). <2x+. 1 +4 2x. (2). Giải : * Điều kiện : x>0. 1 ⇒t ≥ √2 (theo bất đẳng thức Côsi) * Đặt t=√ x+ 2 √x 1 1 ⇒t 2=x+ +1 ⇔2 x+ =2 t 2 − 2 . 4x 2x 2 5 t<2 t −2+ 4 ⇔ t>2 ¿ 1 t< * BPT (2) trở thành : kết hợp với t ≥ √ 2 ta được t> 2 . 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿.

(27) √ x+. * Khi đó. 1. > 2⇔ 2 √x 2+ √ 2 √x > 2 ¿ 2 −√2 0< √ x< 2 ¿ 3 x > + √2 . 2 ¿ 3 0< x< − √ 2 2 ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿. KL : * Chú ý : Bài toán có thể mở rộng cho dạng : a [ f ( x)+ f −1 ( x )]+ b [ f 2 (x )+f − 2 ( x) ] +c <0 . 2. Đặt ẩn phụ đưa về bất phương trình lượng giác : Giải BPT :. 2 5. √ ( 1− x ) + √ x ≤ 1 5. (1).. Giải : * Điều kiện : * Đặt. x=cos t. x ∈ [0 ; 1 ] . π 2. [ ]. với t ∈ 0 ;. . BPT (1) trở thành : sin 5 t+ √cos 5 t ≤1 .. π sin 5 t+ √ cos 5 t ≤sin 2 t+ cos2 t =1 với t ∈ 0 ; 2 . * Do đó BPT đã cho có nghiệm là x ∈ [ 0 ; 1 ] . 3. Bài tập tự luyện: Giải các BPT: 1) √ x2 −3 x+ 3+ √ x2 −3 x +6<3 . 2) √ 7 x +7+ √ 7 x −6+2 √ 49 x 2+7 x − 42< 181−14 x . 3) √ 1+ √1 − x 2 < x ( 1+2 √ 1− x2 ) . 4) √ 2 x +3+ √ x+ 1=3 x+ 2 √ 2 x 2 +5 x+ 3− 16 . Do sin5 t ≤ sin 2 t. 5) 7) 9). [ ]. và nên. x ( x − 4 ) √ − x2 + 4 x+ ( x −2 )2 <2 .. √ x − √ x − 1+ √ x +√ x −1 ≤ 2 2. 2. 1 2 x +2 x x − <3 x+1 x. √. 11) 1+ √1 − x 2 >2 x2. .. 6) 8). 1 1 1− + x − ≥ x . x x 2 x+ √ 1 − x < x √ 1− x 2. √ √ 3. 3. 10). x √ 35 − x 3 ( x+ √35 − x 3 ) >30. 12). √ 1+ √1 − x 2 [ √( 1+ x )3 − √ ( 1− x )3 ] ≥ 3. 2. 13) ( x+ 3 √ x +2 ) ( x+ 9 √ x +18 ) ≤168 x 14) 4 √ x − 1<4 x +7 x +1 1 3x 1 −2 x 1+2 x +1> 15) 16) √ 1− 2 x + √ 1+ 2 x < + 2 1−x 1+2 x 1 −2 x √ 1− x2 12 x − 8 1 4 17) √ √ 2 −1 − x + √ x ≥ 4 18) √ 2 x +4 −2 √ 2 − x > √2 √ 9 x 2 +16. √. √. 2 1 − x2 + 3 √3. √.

(28) C. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ. * Nhớ được cách xét tính đơn điệu của một hàm số, lập bảng biến thiên… * Nhớ các bất đẳng thức. * Thường áp dụng cho các Bài toán đặc thù, phức tạp không có thuật toán cụ thể nhưng hay có trong các kì thi đại học các năm gần đây. I. Kỹ thuật sử dụng BĐT để đánh giá hai vế: 1) Bất đẳng thức thông dụng: * Bất đẳng thức Côsi: a1 +a2 +. .. an n Với a1 ≥ 0 , a2 ≥ 0, .. . , an ≥ 0 ta có ≥ √ a1 a2 .. . an . n Dấu “=” xảy ra khi a1=a2=. ..=an . * Bất đẳng thức Bunhiacopski : Với mọi a1 , a2 ,. . ., a n , b 1 , b2 , .. . ,b n ta luôn có : 2 ( a1 b1 +a 2 b 2+. . .+ an bn ) ≤ ( a21 +a 22+. . .+ a2n )( b21 +b22 +. ..+b 2n ) . a1 a2 a = =.. .= n . Dấu « = » xảy ra khi b1 b 2 bn 2) Ví dụ : Bài 1 : Giải BPT :. √ 1+ x + √ 1 − x ≤ 2−. x2 4. Giải :. * Điều kiện :. ¿ 1+ x ≥ 0 1− x ≥ 0 (*) ⇔ − 1≤ x ≤ 1 ¿{ ¿. x4 * Khi đó ( 1) ⇔1+ x +1− x+ 2 √ 1− x ≤ 4 − x + 16 4 4 2 x x ⇔ ( 1 − x 2 −2 √ 1 − x 2 +1 ) + ≥ 0 ⇔ ( √1 − x 2 − 1 ) + ≥ 0 16 16 2. 2. Điều này luôn đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện (*). Vậy nghiệm của BPT là x ∈ [ − 1; 1 ] . Bài 2 : Giải BPT : (ĐH_A_2010). x −√ x 1 − √2 ( x 2 − x +1 ). ≥ 1 (2). Giải: * Điều kiện: x ≥ 0 (*). * Ta có: √ 2 ( x 2 − x+ 1 )=√ x 2+ ( x −1 )2 +1>1 ⇒ 1− √2 ( x 2 − x+1 ) < 0 . Vậy (2) ⇔ x − √ x ≤ 1− √2 ( x 2 − x+1 ) ⇔ √ 2 ( x 2 − x+1 ) ≤ 1− x+ √ x (3). Mặt khác: Theo BĐT bunhiacopski ta có: √ 2 ( x 2 − x+ 1 )= ( 1+1 ) [ ( 1− x )2 +( √ x )2 ] ≥ 1 − x +√ x (4). √. (1).

(29) ¿ 1− x=√ x 1− x+ √ x ≥0 ⇔ 2 ¿ ( 1− x ) =x * Dấu bằng xảy ra khi . 1− x ≥ 0 3 −√5 ⇔ x= 2 ¿{ ¿ KL: III. Kỹ thuật sử dụng tích vô hướng của hai vectơ. 1. Định nghĩa: u . v =|u|.|v| cos(u , v ) . a) Biểu thức tọa độ của tích vô hướng: +) Trong hệ tọa độ Oxy, nếu u=(x ; y ), v =( x '; y ' ) thì u . v =x . x ' + y . y ' . +) Trong hệ tọa độ Oxyz, nếu u=( x ; y ; z), v =( x '; y '; z ' ) thì u . v =x . x ' + y . y ' + z . z ' . b) |u . v|≤|u |.|v| . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng phương. c) |u + v|≤|u|+|v| . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng. 2) Ví dụ: Ta quay lại Bài thi ĐH_A_2010: Giải BPT :. x −√ x. 1 − √ 2 ( x 2 − x +1 ) (ĐH_A_2010). ≥ 1 (1). Giải: * Điều kiện:. x≥0. 2. 2 x −2 x+1 * Do √ 2( x − x +1) = >1 nên bất phương trình (1) tương đương với ¿ √¿ x 2 − x+1 ¿ 2¿ (2) 2 2(x − x+1) ⇔ √ ¿ x − √x ≤ 1 −√¿ x Trong mặt phẳng tọa độ lấy 1− x ; √ ¿ , b=(1 ; 1) . Khi đó: a=¿   a . b=1 − x + √ x ;|a|.|b|=√ 2 ( x 2 − x+1 ) .  cùng hướng tức là tồn tại k>0 sao cho Vậy (2) trở thành |a||b|≤ a . b . Điều này xảy ra khi a , b  a=k b ⇔ 1− x=k √ x=k . 3 −√5 ⇒ x= 2 ¿{ Nhận xét: Ta có thể xây dựng được một lớp các Bài toán tương tự trên bằng cách lấy các vectơ thích hợp. 2. IV. Kỹ thuật sử dụng khảo sát hàm số để đánh giá..

(30) 1. Thuật toán: Để giải bất phương trình f ( x)> g(x ); f (x)< g ( x) ; f ( x )≥ g(x ); f ( x) ≤ g ( x) ta khảo sát hoặc căn cứ vào tính chất của các hàm số y = f(x) và y = g(x), đưa ra bảng biến thiên và từ bảng biến thiên đưa ra kết luận. 2. Lưu ý: Nếu m là tham số thì y = h(m) là đường thẳng song song hoặc trùng với trục hoành. 3. Ví dụ: x 3+3 x 2 − 1≤ a ( √ x − √ x −1 ). Bài 1: Tìm a để BPT sau có nghiệm:. (1). Giải: * Điều kiện: x ≥ 1. Khi đó: (1) ⇔ ( √ x + √ x −1 ) ( x 3 +3 x 2 −1 ) ≤ a (1’). * Đặt f (x)=( x 3 +3 x 2 − 1 ) ( √ x + √ x −1 ) . Ta có: f ' (x)=( 3 x 2 +6 x ) ( √ x + √ x − 1 )+ ( x 3+3 x 2 − 1 ). ( 2 1√ x + 2 √ x1−1 )> 0 ∀ x >1. Do đó f(x) là hàm đồng biến trên ¿ . * Bảng biến thiên: x. 1. +∞ +∞. f(x) 3 Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy bpt (1) có nghiệm khi a ≥ 3 . Bài 2: Tìm m để BPT 2 x 2 −2 mx+1 ≥3 √ 2 x 3 + x x> 0 .. (1) nghiệm đúng với mọi Giải:. 1 1 Ta có (1) ⇔2 mx ≤ 2 x 2 +1− 3 √ 2 x 3+ x ⇔ 2 m≤ 2 x+ −3 2 x + ( x >0) (1’) x x 1 1 * Đặt t=2 x + . Do x> 0 nên theo BĐT Côsi ta có t ≥ 2 2 x . =2 √ 2 . x x (Có thể sử dụng bảng biến thiên để tìm điều kiện của t) Khi đó (1’) trở thành : 1 m≤ ( t −3 √ t ) (t ≥ 2 √ 2) (2). 2 (1) nghiệm đúng với mọi x> 0 khi và chỉ khi (2) nghiệm đúng với mọi t ≥ 2 √ 2 . 1 3 2 t −3 t 3 √t = √ * Xét hàm số g(t)= − có g '(t)= − . 2 4 √t 2 2 4 √t 9 g '(t)=0 ⇔2 √ t −3=0 ⇔ t= . 4 * Ta có bảng biến thiên :. √. √.

(31) t. 9 4. 2 √2. +∞. g’(t). + +∞. g(t) 3 2 2 √ 2− √ √ 2. Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy (2) nghiệm đúng với mọi t ≥ 2 √ 2 khi m≤. 3 2 2 √ 2− √ √ . 2. V. Kỹ thuật sử dụng tính đơn điệu của hàm số trên miền xác định. 1. Thuật toán : Giả sử hàm số y = f(x) đơn điệu trên D, u(x) và v(x) có miền giá trị là tập con của D. Khi đó ta có : f (u( x))=f ( v ( x))⇔ u(x)=v ( x ). f (u( x))<f (v ( x ))⇔ u (x)<v ( x) hoặc u( x )> v (x ) (Tương tự cho các dấu , ≥ ,> ¿ ) 2. Ví dụ : Giải BPT : ( x+ 3 ) √ x +1+ ( x − 3 ) √1 − x +2 x ≤ 0. (1). Giải : ¿ x +1≥ 0 1− x ≥ 0 * Điều kiện : (*) ⇔ − 1≤ x ≤ 1 ¿{ ¿ * Khi đó ( 1 ) ⇔ ( x+1 ) √ x+ 1+ ( x +1 ) +2 √ x+1 ≤ (1 − x ) √1 − x + ( 1 − x ) +2 √1 − x 3 2 3 2 ⇔ ( √ x +1 ) + ( √ x+1 ) +2 √ x+1 ≤ ( √ 1 − x ) + ( √ 1− x ) +2 √ 1− x (2) * Xét hàm số f (t)=t 3 +t 2 +2 t với t ≥ 0 : Có f ' (t)=3 t 2+ 2t +2>0 ∀ t ≥ 0 nên f (t) là hàm đồng biến trên ¿ . * Mặt khác : (2) ⇔ f ( √ x+1) ≤ f ( √ 1− x) ⇔ √ x+ 1≤ √ 1 − x ⇔ x +1≤ 1 − x ⇔ x ≤ 0 kết hợp với điều kiện (*) ta được : −1 ≤ x ≤0 . KL : VI. Kỹ thuật sử dụng tính đối xứng của hai nghiệm. Tìm m để BPT sau có nghiệm duy nhất : − √ x − √1 − x +2 m √ x ( 1 − x ) +2 √4 x ( 1− x ) ≥ m+ m2. (1). Giải : * Điều kiện : 0 ≤ x ≤1 (*) * Nhận xét : Nếu x 0 là nghiệm của (1) thì (1- x 0 ) cũng là nghiệm của (1). Do đó phương trình có 1 nghiệm duy nhất thì x 0=1 − x 0 ⇔ x 0= . 2 1 1 1 1 1 41 1 2 2 Thay x 0= vào (1) ta được − − +2 m . +2 . ≥ m+ m ⇔ m ≤0 ⇔ m=0 . 2 2 2 2 2 2 2 * Với m=0 thì (1) trở thành :. √ √ √. √.

(32) 4. 4. 2. 4. − √ x − √ 1 − x +2 √ x ( 1− x ) ≥ 0 ⇔ ( √ x − √ 1− x ) ≤ 0 4. 4. ⇔ √ x − √1 − x=0 ⇔ x=1 − x ⇔ x=. 1 2. (thỏa mãn (*)).. Vậy bất phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi m=0. VII. Một số Bài tập tự luyện : Bài 1 : Giải các BPT : x − 9 √x 1 1 2 ≥1 1, √ 2− x + 2− 2 ≥ 4 − x+ . 2, x 2 − √ 100 x 2 − 40 x+ 40 x 3, √ x+1+ √ 2 x −3+ √50 −3 x ≤12 4, √ x2 +2 x+ √2 x − 1≥ √ 3 x 2 +4 x+1 5, x √ x+ 1+ √3 − x ≤ 2 √ x 2+1 6, √ x2 − 4 x+5+ √ x 2 −10 x+50 ≥ 5 7, √ x −2+ √ 4 − x > x 2 −6 x +11 8, ( 3 − x ) √ x − 1+ √5 − 2 x ≤ √ 40 − 34 x+ 10 x 2 − x 3 Bài 2 : Tìm m để BPT sau vô nghiệm : m ( √1+ x 2 − √ 1− x 2 +2 ) ≥ √ 1 − x 4 + √1+ x 2 − √1 − x 2 . (ĐH_B_2004) Bài 3: Tìm a để BPT sau có nghiệm : √ 4 x 2 +2 x +1 − √ 4 x 2 −2 x+1<2 a . Bài 4 : Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm : √4 2 x + √ 2 x +2 √4 6− x+ 2 √ 6 − x ≤m Bài 5: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 4 3 √ x −1+m √ x +1 ≤2 √ x2 −1 . 2 2 Bài 6: Tìm m để BPT sau nghiệm đúng với mọi x ∈ [ 0 ; 1 ] : m+ √ x − x ≤ √ x+ √ 1 − x 3. √. ( ). Chuyên đề 3. MỘT VÀI HỆ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP Phần I : HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NH ẤT HAI ẨN Dạng toán thường gặp: 1 - Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn 2 - Hệ phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước 3 - Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất giải các bài toán: a) Hai phương trình bậc hai có nghiệm chung b) Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng c) Biện luận GTNN của biểu thức chứa hai ẩn Dạng I: Giải và biện luận hệ phương trình bậc nhất hai ẩn I - Phương pháp: a1 x  b1 y c1  a x  b2 y c2 Giải và biện luận hệ phương trình:  2 (I).

(33) Ta thực hiện việc giải hệ phương trình (I) bằng cách tính định thức cấp hai D  aa12 bb12 a1 .b2  a2 .b1 Dx  cc12 bb12 c1 .b2  c2 .b1 Dy  aa12 ; ; D  0 1- Nếu : D D x  x vµ y y D D Hệ phương trình có nghiệm duy nhất: 2 - Nếu D 0 : Xét các trường hợp. c1 c2. a1 .c2  a2 .c1.  Dx 0  D 0 * Nếu  y , thì hệ phương trình vô nghiệm. D Dy 0 * Nếu x , thì hệ phương trình có vô số nghiệm. Kết luận: D D x  x vµ y  y D D - Với D 0 , hệ phương trình có nghiệm duy nhất: D Dy D 0 - Với x , thì hệ phương trình có vô số nghiệm. D 0 D  0 - Với D 0 và x hoặc y thì hệ phương trình vô nghiệm. II – Bài tập minh hoạ: Ví dụ 1: Giải và biện luận hệ phương trình (a  b) x  (a  b) y a  (2 a  b) x  (2a  b) y b Giải: 2 2 D 6ab ; D x 2a  b ; D y b 2  2 ab  2 a 2 Ta có  a 0  6ab 0    b 0 TH1: Nếu D 0 2a 2  b 2 b2  2 ab  2a 2 x vµ y 6 ab 6 ab Hệ có nghiệm duy nhất   TH2: Nếu D = 0 6ab = 0 a = 0 hoặc b = 0 * Với a = 0, suy ra Dx = Dy = b2 - Khi b = 0 thì Dx = Dy = 0, hệ có vô số nghiệm. - Khi b  0 thì Dx 0 , hệ vô nghiệm. * Với b = 0, suy ra Dx = 2a2 và Dy = -2a2 - Khi a = 0 thì Dx = Dy = 0, hệ có vô số nghiệm. - Khi a  0 thì Dx 0 , hệ vô nghiệm. Kết luận: 2a 2  b 2 b2  2 ab  2 a 2 x vµ y 6 ab 6ab - Với a  0 và b  0 , hệ có nghiệm - Với a = b = 0 , hệ có vô số nghiệm. - Với a = 0 và b  0 , hệ vô nghiệm. - Với a  0 và b = 0, hệ vô nghiệm. * Nhận xét: Việc phân tích tham số trong bài toán giải và biện luận hệ pt bậc nhất có thể được liên kết vớí việc sử dụng các hằng đẳng thức lượng giác. Ví dụ 2: Cho hệ phương trình:.

(34)  x.sin 2  y(1  cos2 ) = sin2   x (1  cos2 ) - y.sin2 = 0 , với  là tham số. a) Giải và biện luận hệ pt ? b) Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào  ? Giải: a) Ta có:  D  1sinc2os2 . 1 + cos2 - sin2. 2 Dx  sin 0. 1cos2 - sin2.  Dy  1sinc2os2 . sin2 0.  2(1  cos2 )  sin 2 2.  sin 2 .(1  cos2 ). Xết các trường hợp: TH1: Nếu D 0.    2(1  cos2 ) 0  cos2  1     k , k   2 1 1 x  (1  cos2 ) vµ y = sin 2 2 2 Hệ có nghiệm duy nhất TH2: Nếu D = 0    2(1  cos2 ) 0  cos2  1     k , k   2     k  Dx Dy 0 2 Với , hệ có vô số nghiệm. * Kết luận:  1 1    k , k  , x  (1  cos2 ) vµ y = sin 2 2 2 2 - Với có nghiệm duy nhất     k , k  , 2 - Với hệ có vô số nghiệm. b)Từ cặp nghiệm (x, y) ta có: cos2 = 1 - 2x  (1  2 x )  (2 y )2 1  sin2 = 2y Đó là hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y không phụ thuộc vào  . III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho hệ phương trình: (2 a  1) x  y 1   x  (a  1) y  1 1  a) Xté nghiệm của hệ với a = 0, a 2 ? b) Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số a ? Bài 2: Cho hệ phương trình  x  my 0   mx  y m  1.

(35) a) Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m ? b) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x, y không phụ thuộc tham số m ? Bài 3: Cho hệ phương trình:  x.sin   y.cos sin    x.cos + y.sin cos a) Giải và biện luận hệ phương trình theo  ? b) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x, y không phụ thuộc vào  ? Bài 4: Hãy xác địng tất cả các giá trị của a, b sao cho nghiệm của bất phương trình: x  2a  1 b  1 Là đoạn [-2; 5]. Dạng II: Hệ phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước I - Phương pháp: a1 x  b1 y c1  a x  b2 y c2 Cho hệ phương trình:  2 (I) Tìm nghiệm của hệ phương trình thoả mãn điều kiện K ? Phương pháp: Ta thực hiện việc giải hệ phương trình (I) bằng cách tính định thức cấp hai D  aa12 bb12 a1 .b2  a2 .b1 Dx  cc12 bb12 c1 .b2  c2 .b1 Dy  aa12 cc12 a1 .c2  a2 .c1 ; ; Xét các khả năng: D D x  x vµ y y D D a) - Với D 0 , hệ phương trình có nghiệm duy nhất: D Dy D 0 b)- Với x , thì hệ phương trình có vô số nghiệm. D 0 c)- Với D 0 và Dx 0 hoặc y thì hệ phương trình vô nghiệm. Trong các trường hợp a, c phải so sánh các giá trị của nghiệm với điều kiện K nếu có để tìm được kết luận đúng. II – Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm m nguyên để hệ phương trình 2 mx  3 y m   x  y m  1 Có nghiệm nguyên ? Giải: D  12 m 13 2m  3; Dx  mm 1 13  2m  3; Dy  12 m mm  1 2 m2  m Ta có : Xét các trường hợp: 3 D 0  2m  3 0  m  2 TH1: Nếu 3 m 2 ta có Dx  6 0 , hệ vô nghiệm. Với 3 D 0  m  2 , hệ có nghiệm duy nhất TH2: Nếu D D 6 6 x  x  1  ; y  y m  2  D 2m  3 D 2m  3 Vậy để hệ có nghiệm nguyên khi và chỉ khi m nguyên và 2m – 3 là ước của 6..

(36) Mà các ước của 6 là: 1, 2, 3, 6 So sánh các điều kiện ta có Với m = 0; 1; 2; 3 thì hệ có nghiệm nguyên. Nhận xét: Điều kiện về nghiệm của hệ có thể là các điều kiện thông thường như: Hệ có nghiệm, hệ vô nghiệm, hệ có vô số nghiệm, …Tuy nhiên trong các bài toán liên kết với hệ phương trình của các hàm số như hàm Lượng giác hoặc hàm Mũ,… thì điều kiện sẽ được làm chặt hơn. Ví dụ 2: Cho hệ phương trình:  x  my 3m  mx  y 2 m  1. (I). a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ? b) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: s inx + m.cosx = 3m  m.sinx + cosx = 2m + 1. (II). Giải:  2m 2  2m; D y  1m. D  1m 1m 1  m 2 ; D x  32mm 1 1m a) Ta có: TH1 : Nếu D 0  m 1 , hệ luôn có nghiệm duy nhất. 2 TH2: Nếu D 0  1  m 0  m 1 m 1  Dx Dy 0 * Với , hệ có vô số nghiệm. * Với m  1  Dx  4 0 , hệ vô nghiệm. KL: Vậy với m  1 thì hệ pt luôn có nghiệm. b) Đặt ẩn phụ:  X sin x , § K : X 2  Y 2 1  Y  cos x . 3m 2m+1.  3m 2  2 m  1. (*). Hệ (II) có dạng:  X  mY 3m  mX  Y 2m  1 Xét hệ phương trình (III) ta có: D  1m 1m 1  m 2 ; D x  23 mm 1. m 1. (III).  2m 2  2m; D y  1m. 3m 2m+1.  3m 2  2 m  1. 2 TH1: Nếu D 0  1  m 0  m 1  X  Y 3  * Với m = 1, hệ (III) có dạng:  X  Y 3 , vô nghiệm vì:  2  X  Y s inx + cosx  2 * Với m = -1, hệ (III) vô nghiệm. TH1 : Nếu D 0  m 1 , hệ (III) luôn có nghiệm duy nhất: D D 2m 3m  1 X  x  ; Y y  D m 1 D m 1 Nghiệm thoả mãn điều kiện (*) khi:  m 0 2 2  2m   3m  1   1  m  1    m  1  1   m      3 .

(37) KL: Vậy hệ (II) có nghiệm khi Ví dụ 3: Cho hệ phương trình:. m 0 hoÆc m . 1 3.  m.3 x 1  2 y 2 m  x 1  m.2 y m  1 (I) 3 a) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất ? b) Tìm m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên ? Giải: x  1 u 3 , §K: u 3,v>0  v 2 y   Đặt: m.u  v 2 m  u  mv m  1 Hệ (I) trở thành: Ta có: D  1m. 1 m. m 2  1; D u  2mm1. 1 m. 2m2  m  1; D y  1m. 2m m+1. m2  m. a) Hệ có nghiệm duy nhất:    m 2  1 0  D 0 m 1   Du   2m  1   u  3   3   2 m  1   2 m   1 D   m 1 m   1  m  0  Dv   m v   0  0  D  m  1 Vậy hệ có nghiệm khi :  2 m  1 b) Với m nguyên ta có m = - 2, khi đó hệ có là: 3 x 1 3 u 3  x 0  x  1 1     y  y 1 v 2  y 1 2 2 Vậy với m = -2 thì hệ có nghiệm nguyên là (0;1). III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho hệ phương trình: (m  2) x  2 my m  (2 m  1) x  y 2 m  5 a) Giải và biện luận hệ phương trình theo m? b) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x, y không phụ thuộc m ? c) Khi hệ có nghiệm duy nhất, tìm m nguyên để hệ có nghiệm nguyên ? Bài 2: Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m: x y 2  m.3 3m 4 lg x  m.lg y  m  1   x y m.2  3 2m  1 a)  b) (m  6) lg x  2 lg y m  3 Bài 3: Giải sử hệ phương trình : ax + by = c  bx + cy = a cx + ay = b  Có nghiệm. CMR: a3 + b3 + c3 = 3abc ?.

(38) Bài 4: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: mx  y 1   x  my 1  x  y m  Bài 5: Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số m : m x  1  y m  1   x  1  m y 2 Dạng III: Ứng dụng của hệ phương trình bậc nhất: (1) Áp dụng 1: Xét hai phương trình bậc hai có nghiệm chung. I - Bài toán tổng quát: Tìm điều kiện để hai phương trình sau có nghiệm chung a.x 2  bx  c 0 vµ a '.x 2  b ' x  c ' 0 Phương pháp: Bước 1: Xét hệ phương trình tạo bởi hai phương trình bậc hai: 2  a. x  bx  c 0  2  a '. x  b ' x  c ' 0 (I) 2 Bước 2: Đặt x y , ta được hệ: ax  by c  (I) trở thành: a ' x  b ' y c ' (II) 2 Bước 3: Để hai phương trình có nghiệm chung thì hệ (II) phải có nghiệm thoả mãn x y , ta có điều kiện:   D 0  2 Dy   Dx    D   D     D Dx Dy 0 Bước 4: Thử lại.. II- Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Với giái trị nào của m thì hai phương trình sau có nghiệm chung: 2 x 2  mx  1 0 vµ mx 2  x  2 0 Giải: Các phương trình đã cho có nghiệm chung khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm: 2 x 2  mx  1 0  2 mx  x  2 0 (I) 2 Đặt x y , ta được hệ:. Ta có:. mx  2 y 1  (I) trở thành:  x  my 2 (II) 2 2 D  1m -m  m 2  2; Dx  12 -m  m  4; Dy  1m. Vì D 0, m , hệ có nghiệm duy nhất:. x. m4 ; m2  2. 1 2. y. 2m  1. 1  2m m2  2.

(39) 2 Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi hệ (II) có nghiệm thoả mãn x y , nên ta phải có: 2 1  2m  m4  3  m 2  2   m 2  2  m  6m  7 0  m  1   Thử lại ta có: Với m = -1 thì hai phương trình có nghiệm chung là x = 1.. Ví dụ 2: CMR nếu hai phương trình x 2  p1 x  q1 0 vµ x 2  p2 x  q2 0 Có nghiệm chung thì: (q1  q2 )2  ( p1  p2 )( p1q2  p2 q1 ) 0. (*) Giải: Các phương trình có nghiệm chung khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm:  x 2  p1 x  q1 0  2  x  p2 x  q2 0 2 Đặt x y , ta được hệ:. Ta có:.  p1 x  y  q1   p2 x  y  q2 D  p1  p2 ; Dx q2  q1 ;. Dy  p2 q1  p1 q2. TH1: Nếu D 0  p1  p2 , hệ có nghiệm duy nhất: 2 Do x y , nên ta phải có :. x. q2  q1 p1  p2. vµ. y. p2 q1  p1 q2 p1  p2. 2.  q2  q1  p2 q1  p1 q2     p1  p2 (q1  q2 )2  ( p1  p2 )( p1q2  p2 q1 ) 0  p1  p2  Khi đó (*) đúng. TH : Nếu D 0  p1  p2 . 2. q  q 0 q q1 Dx Dy 0   2 1  2  p2 q1  p1 q2 0  p1  p2 Hệ có nghiệm Khi đó (*) đúng. 2 Vậy: Hai phương trình có nghiệm chung thì: (q1  q2 )  ( p1  p2 )( p1q2  p2 q1 ) 0 (đpcm) III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Với giá trị nào của m thì các cặp phương trình sau có nghiệm chung: 2 vµ x 2  2 mx  m 2  4 m  25 0 a) x  5 x  m 0 2 vµ 6x 2  (7m  1) x  19 0 b) 2 x  (3m  1) x  9 0 Bài 2 (ĐH Thái Nguyên 2000): Với giá trị nào của m thì các cặp phương trình sau có nghiệm chung: mx 2  x  1 0 vµ x 2  mx  1 0. (2) Ứng dụng 2: Biện luận vị trí tương đối của hai đường thẳng: I - Bài toán tổng quát: Cho hai đường thẳng: d1: a1x + b1y + c1 = 0 và d2: a2x + b2y + c2 = 0 Biện luận theo các giá trị của tham số vị trí tương đối của hai đường thẳng ? Phương pháp: Bước 1: Xét hệ phương trình tạo bởi d1 và d2:.

(40) a1 x  b1 y  c1 0 a x  b1 y  c1  1  a2 x  b2 y  c2 0 a2 x  b2 y  c2 (I) Bước 2: Dựa vào biên luận số nghiệm của hệ (I) ta có được vị trí tương đối của hai đường thẳng: * Nếu hệ (I) vô nghiệm  (d1 ) //(d2 )  D D   (d1 )  (d2 )  M ( x ; y ) D D   * Nếu hệ (I) có nghiệm duy nhất * Nếu hệ (I) vô số nghiệm  (d1 ) ( d2 ) II – Ví dụ minh hoạ: Ví dị 1: Cho hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình: 2 2 (d1): kx – y + k = 0 và (d2): (1 - k )x + 2ky - (1 + k ) = 0 a) Với mỗi giá trị của k, hãy xác định giao điểm của d1 và d2 ? b) Tìm quĩ tích giao điểm đó khi k thay đổi ? Giải: a) Xét hệ phương trình tạo bởi d1 và d2 là:  kx - y + k = 0  2 2 (1 - k )x + 2ky - (1 + k ) = 0 Ta có: D = 1 + k2, Dx = 1 – k2, Dy = 2k   1  k 2 2 k   D 0, k  d1  d2  I  ;  1  k 2 1  k 2      Vì . Vậy với mọi giá trị của k thì d1 luôn cắt d2 tại điểm I. b) Từ toạ độ giao điểm I ta có:  1  k2 2 2 x  2  1  k 2  x 2  y 2  1  k    2k  1    2  2   1 k  1  k   y  2k  1  k2 Vậy: quĩ tích giao điểm I của d1 và d2 thuộc đường tròn: x2 + y2 = 1. III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho a2 + b2 > 0 và hai đường thẳng có phương trình: d1: (a – b)x + y = 1 và d2: (a2 – b2)x + ay = b a) Hãy xác định giao điểm của d1 và d2 ? b) Tìm điều kiện của a, b để giao điểm đó thuộc trục hoành ? Bài 2: Cho a2 + b2 > 0 và hai đường thẳng d1, d2 có phương trình: d1: ax + by = a + b và d2: bx + ay = a – b a) Xác định giao điểm của d1 và d2 ? b) Tìm quỹ tích toạ độ giao điểm khi a, b thay đổi ? (3) Áp dụng 3: Biện luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức hai ẩn: I – Bài toán tổng quát: Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức F (a1 x  b1 y  c1 )2  (a2 x  b2 y  c2 )2 Phương pháp: Bước 1: Xét hai đường thẳng d1 : (a1 x  b1 y  c1 )2 vµ d2 : (a2 x  b2 y  c2 )2 Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối của d1 và d2. Bước 2: Xét hệ phương trình tạo bởi d1 và d2 có dạng:.

(41) a1 x  b1 y  c1  a2 x  b2 y  c2 Xác định D, Dx, Dy. Bước 3: Xét hai trường hợp: x. Dx ; D. y. Dy. D TH1: Nếu D 0 thì hệ có nghiệm duy nhất : Khi đó d1 cắt d2 do đó minF = 0. TH2: Nếu D = 0 Đặt : t = a1x + b1y + c1, ta được:   2 4 F = 2t + At + B  A A    Khi đó minF = 4 , đạt được khi t = 4 hay a1x + b1y + c1 = 4 Bước 4: Kết luận: D D x x; y y D D Với C, minF = 0 , đạt được khi   Với D = 0, minF = 4 , đạt được khi x, y thuộc đường thẳng có phương trình: A  a1x + b1y + c1 = 4 . II – Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của : F = (x + y – 2)2 + (x + ay – 3)2, theo tham số a . Giải: Xét hai đường thẳng: d1: x + y – 2 = 0 và d2: x + ay – 3 = 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối của d1 và d2. Xét hệ phương trình tạo bởi d1 và d2 có dạng: x + y = 2  x + ay = 3 Víi: D =. 1 1. 1 a. = a-1,. Dx =. 2 3. 1 a. = 2a - 3 ,. TH1: Nếu D 0  a  1 0  a 1 Dx 2a  3   x  D  a  1   y  Dy  1  D a 1 Hệ có nghiệm duy nhất:  Khi đó d1 cắt d2 do đó minF = 0. TH2: Nếu D 0  a  1 0  a 1 Với a = 1 thì Dy = 1 0, hệ vô nghiệm. Khi đó d1 // d2 và ta được: F = (x + y – 2)2 + (x + y – 3)2 Đặt t = x + y – 2 , ta có 3  F = 2t2 – 2t + 1 4. Dy =. 1 1. 2 3. =1.

(42) Vậy minF Kết luận:. . 3 1 1 t   x  y  2   2 x  2 y  5 0 4 , đạt được khi 2 2 . x. 2a  3 1 ;y  a 1 a 1. - Với a 1, minF = 0, đạt được khi 3  - Với a = 1, minF 4 , đạt được khi x, y thuộc đường thẳng có phương trình: 2x + 2y – 5 = 0. III – Bài tập đề nghị: Bài 1: (HVNH – 2001): Hãy biện luận GTNN của biểu thức F = (x + my – 2)2 + [4x + 2(m – 2)y - 1]2, theo tham số m ? Bài 2: Biện luận theo tham số a GTNN của các biểu thức sau: a) F = (2x +y - 2)2 + (4x + ay – 1)2 b) F = (x – 2y + 1)2 + (2x + ay + 5)2.

(43) HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I Dạng toán thường gặp 1) Giải hệ phương trình. 2) Nghiệm của hệ phương trình thoả mãn điều kiện cho trước. 3) Một số hệ phương trình quy về hệ phưong trình bậc hai đối xứng loại I. Dạng I: Hệ phương trình đối xứng loại I I – Bài toán tổng quát: Hệ phương trình bậc hai có dạng:  F1 ( x; y ) 0   F2 ( x; y ) 0 , với F1(x;y) = F1(y;x) và F2(x;y) = F2(y;x) Được gọi là hệ phương trình đối xứng loại I. Phương pháp :  x  y S  - Đặt  x.y P - Biến đổi hệ phương trình đã cho thành hệ phương trình với hai ẩn S, P. - Giải hệ phương trình với hai ẩn S, P.  x  y S  - Với mỗi cặp (S, P) tìm được, tìm nghiệm (x; y) từ hệ:  x.y P Trong đó x, y là các nghiệm của phương trình X2 – SX + P = 0. * Chú ý: Nếu (xo;yo) là nghiệm thì (yo;xo) cũng là nghiệm của hệ phương trình. II – Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:  x  y  xy  7  2 2  x  y  3 x  3y 16 (I) Giải:  x  y  xy  7  2 2  x  y  3( x  y ) 16 (II) Ta có (I)  x  y S  Đặt  x.y P , ta được hệ (II) trở thành:  P  S  7  S  P  7  P  S  7   2    S  1  2  S  3S  2 P  16 0  S  S  2 0   S 2   x  y  1  * Với S = - 1 thì P = - 6 , ta có hệ phương trình:  x.y  6 , x, y là các nghiệm của hệ phương trình X2 + X – 6 = 0. Suy ra X1 = -3; X2 = 2. Do đó hệ có nghiệm: (-3 ; 2), (2; -3)  x  y 2  * Với S = 2 thì P = - 9 , ta có hệ phương trình:  x.y  9 Giải tương tự trên ta được các nghiệm: (1  10 ; 1  10), Kết luận: Hệ phương trình có bốn nghiệm: (1  10 ; 1  10), (-3 ; 2), (2; -3),. (1  10 ; 1  10). (1  10 ; 1  10).

(44) III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Giải hệ phương trình:  x  y  xy 5  x 2  y 2 65  x  y  xy 5  2   2 2 2 x  y  5 ( x  1)( y  1)  18   a) b) c)  x  y  xy 7 Dạng II: Nghiệm của hệ phương trình thoả mãn điều kiện cho trước Ví dụ 1: Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm:  x  y  xy m  2 2  x  y m  1 (I) Giải:  S  P m  P m  S  x  y S  ( II )  2  2   S  2 S  3m  1 0 Đặt  x.y P , ta được hệ (I) trở thành:  S  2 P m  1 Để hệ (I) có nghiệm thì hệ (II) phải có nghiệm (S;P) thoả mãn điều kiện: S2 – 4P 0 Phương trình (2) có nghiệm   ' 3m 0  m 0. (1) (2).  S1  1  3m , P1 m  1  3m   S  1  3m , P2 m  1  3m Khi m 0 thì hệ (II) có các nghiệm:  2 Hệ (I) có nghiệm khi S2 – 4P 0 nên:   1  3m 2  4 m  1  3m 0  2 3m  m  3     2  2 3m m  3   1  3m  4 m  1  3m 0  *) Vì m 0 nên (3) vô nghiệm ..  . (4) .  . . m.  . 3. .  . 2. 0  m 3,. v×. . m. 3. . (3) (4). 2. *) Kết luận: Với m = 3 thì hệ phương trình (I) có nghiệm.. 0. Ví dụ 2: Tìm các gái trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:  x  y  xy m  2 2  x y  xy m  1 (I) Giải Nhận xét: Hệ (I) là hệ đối xứng loại Inên nếu (xo;yo) là một nghiệm của hệ thì (yo; xo) cũng là nghiệm.Do đó nếu hệ có nghiệm duy nhất thì xo = yo. Khi đó từ hệ (I) ta có : 2 xo  xo2 m 2 xo3  1 1  xo    2 x  2 xo  x  1 0  (2 xo  1)( x  1) 0  2   xo 1 3 o. 2 o. Vậy nếu (xo; xo) là nghiệm của hệ thì : - Nếu xo = 1 thì m = 3 - Nếu xo = -1 thì m = -1 1 5 x o  th× m = 2 4 - Nếu. 2 o. 1 xo  , 2. xo 1.

(45) Tuy nhiên nghiệm (xo; xo) chưa chắc đã là nghiệm duy nhất của hệ, vì vậy với mỗi giá trị m tìm được cần kiểm tra tính duy nhất của nghiêm. Xét các trường hợp:  x  y  xy  1  2 2 * TH1: Với m = -1, hệ (I) trở thành:  x y  xy  2 Hệ có các nghiệm (-1; 2), (2; -1) , (-1 ; -1). Vậy giá trị m = - 1 không thoả mãn yêu cầu bài toán.  x  y  xy 3  2 2 * TH2: Với m = 3, hệ (I) trở thành:  x y  xy 2 Hệ có nghiệm duy nhất (1; 1). 5   x  y  xy  4  5  x 2 y  xy 2  1 m= 4 4 , hệ (I) trở thành:  TH3: Với 1 1  ;  Hệ có nghiệm duy nhất  2 2  Kết luận: m=. 5 4.. Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi m = 3 , * Chú ý: Dựa vào tính chất của hệ đối xứng loại (I) ta có phương pháp điều kiện cần và đủ để giải bài toán tìm điều kiện để hệ có nghiệm duy nhất. Điều kiện cần : Là hệ có nghiệm (xo; yo) thoả mãn:xo = yo. Điều kiện đủ là: Thử lại các giá trị của tham số tìm được từ điều kiện cần. *) Bài tâp đề nghị dạng II Bài 1: Cho hệ phương trình: 2 2  x  y 2( m  1)  2 ( x  y ) 4. a) Giải hệ phương trình với m = 1 ? b) Xác định m để hệ phương trình có nghiệm ? Bài 2: Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số a : x y   a y x  x  y 8  Bài 3: Cho hệ phương trình:  x  xy  y m  2  2 2  x y  xy m  1 a) Giải hệ phương trình với m = -3 ? b)Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất ? Bài 3: Cho hệ phương trình:  x  y  xy 2m  1  2  xy ( x  y ) m  m a) Chứng tỏ rằng với mọi m thì hệ phương trình luôn có nghiệm ?.

(46) b) Xác định m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ? Bài 4: Cho hệ phương trình:  x 2  y 2 a 2  2   x  y 2a  3 Gọi (x; y) là nghiệm của hệ. Xác định a để tích x.y đạt giá trị nhỏ nhất ? Bài 5: Cho hệ phương trình:  x  y  xy m  1   xy( x  y ) m Tìm m để hệ phương trình có ít nhất một nghiệm (x; y) thoả mãn x > 0, y > 0 ? Bài 6: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  x 2  y 2  x  y 8   xy( x  1)( y  1) m.

(47) Dạng III: Một số hệ phương trình quy về hệ phưong trình bậc hai đối xứng loại I Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: (1)  x ( y  1)( x  2 y  5) 3  (2) (I)  xy  2 y  5 4 Giải: Nhận xét: Nếu khai triển các phương trình trong hệ (I) ta được một hệ phương trình bậc cao và việc tìm nghiệm là không dễ. Từ việc phân tích hai phương trình ta có: (1)  ( xy  x )( x  2 y  5) 3 (2)  ( xy  x )  ( x  2 y  5) 4  xy  x u uv 3   Do đó đặt ẩn phụ:  x  2 y  5 v , khi đó hệ (I) trở thành: u  v 4 (II) u 1  Giải hệ (II) ta được: v 3  xy  x 1 (III)  Hay :  x  2 y  5 3   3  Hệ (III) có nghiệm là:  Hệ (IV) vô nghiệm. Kết luận:. hoÆc hoÆc. 7;. u 3  v 1  xy - x 3 ( IV)   x  2 y  5 1. 5 7  , 2 .   3  Hệ phương trình (I) có hai nghiệm là .  5 7   3  7 ;  2  . 7;. 5 7  , 2 .  5 7   3  7 ;  2  . Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: 1 1   x  y  x  y 4    x 2  y 2  1  1 4  x 2 y2 (I)  Giải: Điều kiện: x 0; y 0 1 1 u  x  , v y  x y , hệ (I) trở thành: Hệ đối xứng nghịch đảo nên đặt ẩn phụ: u  v 4  2 2 u  v  4 4 (II) Giải hệ (II) ta được u = 2; v = 2. 1   x  x 2   y  1 2  y Do đó ta có:  , hệ này có nghiệm duy nhất: (1 ; 1) Kết luận :.

(48) Hệ (I) có nghiệm duy nhất (1 ; 1). *) Bài tập đề nghị dạng III: Bài 1: Giải các hệ phương trình sau: 7 1 1    xy   x x  y y 9 2 x y   x y  y x 6 2( x  y ) 3 xy a)  b)   x 3  ( xy)3  y 3 17  x 3  y 3 2   x  xy  y  5  d) e)  xy ( x  y ) 2 Bài 2: Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm:  x  1  y  1 3   x y  1  y x  1  x  1  y  1 m.  x 2 y  xy 2 6  c)  xy  x  y 5  x 4  ( xy )2  y 4 481  2 x  xy  y 2 37 f) . ---------------------------------------------------------------------. I/ Hệ phơng trình đối xứng 1/ §Þnh nghÜa Một hệ phơng trình đợc gọi là đối xứng (hay gọi là đối xứng loại một) nếu nh mỗi phơng trình của hệ không thay đổi khi ta hoán vị tuỳ ý các ẩn cho nhau: ¿ f (x , y)=0 Ch¼ng h¹n hÖ ph¬ng tr×nh cã hai Èn g( x , y )=0 ¿{ ¿ là hệ đối xứng loại một nếu x,y=y,x, và g(x, y)=g(y, x). 2/ C¸ch gi¶i ¿ f ( x , y)=0 a/ Xét hệ đối xứng loại một g(x , y )=0 ¿{ ¿ Trong đó x,y, g( x , y ) là những đa thức đối xứng của hai ẩn x , y ¿ x+ y=s §Æt xy= p (*) Chó ý ®iÒu kiÖn s24p ¿{ ¿ Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh theo s vµ p, thay vµo (*)  x, y ¿ f ( x , y , z )=0 g( x , y , z)=0 b/ HÖ ph¬ng tr×ng h ( x , y , z )=0 ¿{{ ¿.

(49) Trong đó x, y, z, g(x,y,z), h(x,y,z), là những đa thức đối xứng với các ẩn là x, y, z ¿ x + y + z=S xy + yz+zx =P §Æt xyz=R ¿{{ ¿ Giải hệ phơng trình ẩn S, P, R với mỗi (S, P, R) ta tìm đợc  x, y, z là ba nghiệm của phơng tr×nh : t3- St2+Pt2 - R = 0 VÝ dô: Cho hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x + y + x 2+ y 2=8 xy (x +1)( y +1)=m m lµ tham sè (I ) ¿{ ¿ a) Gi¶i hÖ khi m = 12 b)Tìm m để hệ (I) có nghiệm Gi¶i: ¿ x ( x+1)+ y ( y +1)=8 HÖ (I) x (x+1) y ( y+ 1)=m . ¿{ ¿ §Æt x(x+1)=u  x2+x- u = 0, 1= 1+4u; y(y+1)=v  y2+y-v = 0 , ¿ u+v=8 HÖ (I)  uv =m ¿{ ¿ a/ m=12. u, v lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh X2- 8X+12 = 0; X1=6; X2=2 ¿ (∗). u=6 v=2 ⇒ ¿ x (x+ 1)=6 y ( y+ 1)=2 ⇔ 2 ¿ x + x −6=0 2 y + y −2=0 ¿ ¿ ⇔ ¿ x=−3 ; x=2 y=1; y=−2 ¿{ ¿. Δ. = 1+4v. 2.

(50) Vậy ta đợc: ¿ x=− 3 y=1 ; ¿ x=−3 y=− 2 ; ¿ x=2 y=1 ; ¿ x=2 y=− 2 ¿{ ¿ ¿ u=2 v=6 ⇔ 2 * ¿ x + x −2=0 2 y + y − 6=0 ¿ { ¿ Giải tơng tự ta đợc: ¿ x =1 y=−3 ; ¿ x=1 y=2 ; ¿ x=−2 y=−3 ; ¿ x=−2 y=2 ¿{ ¿ b) HÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x  u,v tho¶ m·n 1 1 u; v4 4 Mµ u, v lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: X2- 8X+m=0 (*) Yêu cầu bài toán  tìm m để (*) có 2 nghiệm thoả mãn -. 1 4.

(51) ¿ ⇔ Δ'X ≥ 0 1 af − ≥0 14 S 1 + ≥0 2 4 ⇔ 2 ¿ 4 − m≥ 0 1 1 +8 +m ≥ 0 16 4 1 4+ ≥ 0 4 ¿ ⇔ ¿ m≤ 16 − 33 m≥ 16 −33 ⇔ ≤m ≤16 16 ¿{{ ¿ − 33 ≤ m≤ 16 VËy §K cña m lµ: 16. ( ). VÝ dô 2: Gi¶ sö (x, y, z) lµ nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x 2 + y 2+ z2 =2 xy + yz+zx =1≥ 0 ¿{ ¿ −4 4 ≤ x, y ,z ≤ Chøng minh r»ng: 3 3 Chứng minh: Theo giả thiết ta có 2 hằng đẳng thức : ¿ 2 2 x + y + z 2=2 xy + yz+zx =1 2 ⇒ ( x + y + z ) =4 ¿{ ¿ ¿ x + y + z=2 x+ y+ x=−2  ¿ { ¿.

(52) ¿ x+ y+ z=2 xy + yz+zx =1 ⇔ Trêng hîp 1: ¿ y+ z=2− x=S yz=1 − x ( y + z )=P ¿ { ¿ ¿ y + z=2 − x=S 2 Hay: yz=1 − x (2 − x)=x −2 x +1= p ¿ { ¿ 2 Tõ §K: S 4p (hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm) 4  (2-x)2  4(x2-2x+1)  3x2-4x0  0 x  3 ¿ x + y + z=− 2 xy + yz+zx =1 ⇔ Trêng hîp 2: ¿ y + z=2 − x=S yz=1 − x ( y + z )= p ¿ { ¿ ¿ y+ z=−2 − x=S yz=1 − x (−2 − x )= p ⇔  ¿ y + z=− 2− x=S yz=x 2 +2 x +1= p ¿{ ¿ 2 Tõ §K: S 4p (hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm)  (2-x)2 4(x2-2x+1)  3x2- 4x0  VËy trong mäi kh¶ n¨ng:. -. 4 4 x 3 3. T¬ng tù cho y,z  ®iÒu ph¶i chøng minh VÝ dô 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x + y + z=9 xy + yz+zx =27 1 1 1 + + =1 x y z ¿ {{ ¿. 4 x0 3.

(53) Gi¶i: §K: x, y, z 0 ¿ x + y + z=S=9 xy + yz+zx =27 xy + yz+zx =1 xyz Ta cã: ⇔ ¿ x+ y+ z =S=9 xy + yz+zx =27 xyz=R=1 ¿{{ ¿  x, y, z lµ ba nghiÖm cña ph¬ng tr×nh t3 - 9t + 27=0  (t-3)3=0  t1=t2=t3=3 nªn hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (3, 3, 3) Bài tập đề nghị: Bµi 1: Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh sau: ¿. √ x+ √ y =4 2 2 a) √ x + y + √ 2 xy=8 √ 2 ¿ { ¿. ¿. 3. 2. 3. 2(x + y)=3 ( √ x y + √ xy 3 3 √ x + √ y=6 b) ¿ { ¿. c). 2. ). ¿ x 2+ x + y 2 + y=18 x ( x+1) y ( y +1)=72 ¿ { ¿. Bµi 2: Cho hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x+ y+ xy=m 2 2 x + y =m ¿ { ¿. m lµ tham sè. a) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh khi m=3 b) Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm.

(54) Bµi 3: Cho hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x+ y+ xy=m +1 2 2 x y + y x=m m lµ tham sè ¿ { ¿. a) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh khi m=2 b) Tìm các giá trị của m để hệ phơng trình có ít nhất 1 nghiệm (x,y) thoả mãn x>0; y>0 Bµi 4: T×m c¸c sè nguyªn x, y, x tho¶ m·n: ¿ x + y + z=a x 2+ y 2 + z 2=b 2 1 1 1 1 TÝnh x3, y3, z3 theo a, b, c. + + = x y z c ¿ {{ ¿ Bµi 5: T×m c¸c sè nguyªn x, y, x tho¶ m·n: ¿ x + y + z=6 x 2+ y 2 + z 2=14 x 3+ y3 + z 3=36 ¿ {{ ¿ II/. Hệ phơng trình đối xứng loại 2: Ta xÐt c¸c hÖ ph¬ng tr×nh 2 Èn: 1. §Þnh nghÜa: HÖ ph¬ng tr×nh 2 Èn ¿ f ( x , y)=0 g( x , y )=0 (I). ¿{ ¿. Đợc gọi là hệ phơng trình đối xứng loại II nếu nh khi ta đổi vai trò giữa x và y cho nhau th× ph¬ng tr×nh nµy chuyÓn thµnh ph¬ng tr×nh kia. Cã nghÜa lµ: y,x)=gx,y); gy,x) =x,y) 2) C¸ch gi¶i: + Trừ theo vế của hệ (I) đợc phơng trình hệ quả: x,y) -gx,y) =0 + Chia x,y) –gx,y) cho (x, y) đợc hx,y)  x,y) –gx,y)=(x- y)hx,y).

(55) x − y=0 ¿ h( x , y)=0  ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x − y =0 f (x , y )=0 ¿ ¿ ¿ h(x , y)=0 HÖ (I)  Giải ra đợc kết quả. ¿ f (x , y )=0 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ NhËn xÐt: a) (x-y) h(x,y) = (x-y).h(y,x)  h(x,y) là đa thức đối xứng với x và y. b) Hệ phơng trình đối xứng loại II hai ẩn có nghiệm (,) thì hệ phơng trình có nghiệm (,)  hÖ cã nghiÖm duy nhÊt  = d¹ng nghiÖm (,) VÝ dô 1: Cho hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x 2+ xy=m( y −1) 2 y + xy=m( x −1) ở đó m là tham số. (I) ¿{ ¿ a) Giải hệ phơng trình đã cho khi m=-1 b) Tìm các giá trị của m để hệ phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất. Gi¶i: ¿ ¿ 2 (x − y)( x + y −1)=0 x + xy=1 − y 2 x 2+ xy=1 − y a) Víi m=-1 (I)  y + xy=1 − x  ¿ ¿ { { ¿ ¿.

(56) ¿ x − y =0 x + xy=1 − y ¿ ¿ ¿ x+ y −1=0 ¿ x 2+ xy=1 − y ¿ ¿ ¿  ⇔ ¿ ¿ ¿ x= y ¿ 2 2 x + x −1=0 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 2. ⇔ ¿ x=− 1 y=− 1 ¿ ¿ ¿ 1 x= 2 ¿ x= y ¿ 1 x=−1 ; x= 1 2 y= 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ y=1 − x  ¿ ¿ ¿ x∈R x ∈R ¿ ¿ ¿ y=1 −x ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ⇔ ¿ ¿ ¿ ¿ x=−1 ¿ b) §iÒu kiÖn cÇn: §Ó hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x, y, z) th× (theo nhËn xÐt)  x0=y0  PT: 2x2-mx+m=0 cã nghiÖm duy nhÊt  =m2- 8m=0  m=0 ; m=8 Điều kiện đủ:.

(57) * Với m=0  hệ PT đã cho ¿ x 2 +xy =0 y 2+ xy=0 ⇔  ¿ x=0 ; x=− y y=0 ; y=− x ¿{ ¿ HÖ ph¬ng tr×nh nµy cã v« sè nghiÖm d¹ng. ¿ x∈R y=− x ( lo¹i) ¿{ ¿. * Víi m=8 hÖ ph¬ng tr×nh sÏ trë thµnh: ¿ 2 x +xy =8( y −1) y 2 +xy=8(x −1) ⇔ ¿ ( x − y ) ( x+ y+ 8)=0 x 2 +xy =8( y −1) ¿{ ¿ ⇔ x − y=0 x 2+ xy=8 ( y − 1) (). ¿{ Gi¶i hÖ (*) x= y 2 x −8 x +8=0 ⇔ ¿ x= y 2 x − 4 x +4=0 ⇔ ¿ x= y ¿ x − 2 ¿2=0 ¿ ⇔ ¿ ¿ x=2 ¿ y=2 ¿ Gi¶i hÖ (**) 2. hoÆc. ⇔ x+ y +8=0 x 2+ xy=8 ( y − 1) ∗ ¿ ¿ ❑ ¿ {.

(58) ¿ ⇔ x + y +8=0 2 x +xy =8( y −1) ⇔ ¿ y=−8 − x 2 x +xy =8( y −1) ¿ ⇔ ¿ y=−8 − x 2 x + x (− 8 − x)=8(− 8 − x − 1) ⇔ ¿ y=−8 − x ox=−72 ¿ { ¿ HÖ ph¬ng tr×nh v« nghiÖm ¿ x =2 Tãm l¹i y=2 ( tho¶ m·n) ¿ { ¿ VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt  m=8 Ví dụ 2: Tìm m để hệ phơng trình: (I ) 2 3 2 y =x − 4 x + mx 2 3 2 x = y − 4 y + my Cã nghiÖm duy nhÊt ¿ { Gi¶i: (I ) 2 2 y − x =x − y − 4( x − y )+ m( x − y ) y 2=x 3 − 4 x 2 +mx ¿ { ¿ ⇔ ( x − y ) [ x 2 + y 2+ xy −3( x + y )+ m ]=0 y 2= x3 − 4 x 2+mx ¿ ¿ ⇔ ¿ x − y=0 2 y = x3 − 4 x 2+mx ¿{ ¿ 2. 2. 3. 3.

(59) ¿ x 2+ y 2 + xy −3 (x+ y)+m=0 y 2=x 3 − 4 x 2+ mx HoÆc (**) ¿{ Gi¶i (*) ¿ x − y=0 y 2=x 3 − 4 x 2 +mx ⇔ ¿ x − y=0 3 x −5 x 2+ mx=0 ⇔ ¿x=y 2 x ( x −5 x +m)=0 ¿{ ¿. HÖ ph¬ng tr×nh nµy lu«n cã mét nghiÖm x=0; y=0 Nªn ®iÒu kiÖn cÇn lµ PT. x 2 −5 x +m =0 HoÆc cã nghiÖm duy nhÊt x= 0. hoÆc v« nghiÖm 2 x −5 x +m = 0 cã nghiÖm duy nhÊt x= 0 Thay x= 0 vµ m = 0 nhng PT trë thµnh x2- 5x2 = 0  x=0 hoÆc x=5 (lo¹i). Trêng hîp 1:. x 2 −5 x +m =0 PT v« nghiÖm 25  =25- 4m <0  m> 4 25 Điều kiện đủ: Với m> xÐt x 2+( y −3) x +( y 2 −3 y +m)=0 4 Trêng hîp 2:. Cã  x = (y-3) 2 - 4(y 2 -3y+m) Hay  x = -3y 2 +6y+9- 4m = -3(y-1) 2 -4(m-3)<0 25 y mµ m>   x <0 4  PT Hay. x 2+( y −3)x +( y 2 −3 y +m)=0 x 2+ y 2 + xy − 3( x+ y)+m=0. v« nghiÖm v« nghiÖm.  HÖ (**) v« nghiÖm 25 KÕt luËn: m> lµ tho¶ m·n yªu cÇu bµi to¸n 4. VÝ dô 3: Gi¶i vµ biÖn luËn theo tham sè m hÖ ph¬ng tr×nh ¿ 2 x + √ y −1=m 2 y+ √ x −1=m ¿{ ¿ √ x − 1=u ≥ 0 ⇒ x −1=u2 Gi¶i: §Æt √ y − 1=v ≥ 0 ⇒ y − 1=v 2.

(60) . ¿ x=u2 +1 y=v 2+1 ¿{ ¿. ¿ 2u +v=m−2 2 v 2 +u=m−2 2. vµ. (II). ¿{ ¿ Ta đợc hệ phơng trình đối xứng loại hai với 2 ẩn u, v ( u − v )( 2 u+2 v −1 )=0 2 2u + v=m −2 ⇔ ¿ u=v 2u2 + v=m −2 ¿ (II)  ¿ ¿ ¿ 2 u+2 v − 1=0 ¿ 2u2 + v=m −2 ¿ ¿ ¿ u=v > 0 2 2 u + v=m− 2 ⇔ XÐt ¿ u=v >0 2 2u +u+ 2− m=0 ¿{ ¿ 2 Cã PT: 2u +u+ 2− m=0 (1) =1- 8(2- m) = 8m-15 2−m 1 P= ; S= − 2 2  NÕu (1) cã 2 nghiÖm th× sÏ cã 1 nghiÖm ©m Cô thÓ lµ: Trêng hîp 1: 2- m< 0  m >2 ta cã u1, u2< 0  kh«ng tån t¹i x, y Trêng hîp 2: 2- m 0  m  2 ta cã u1 < 0 <u2 ở đó:. u2=. −1+ √ 8( m−2)+1 4. Khi Êy ta cã nghiÖm v = u = u2  x = y = u22 +1.

(61) ¿ 2u+2 v −1=0 2 u2 +v =m− 2 ⇔ 1 −2 u ¿v= *XÐt 2 1 −2 u 2 2u + =m− 2 2 ¿{ ¿ ¿ 1− 2u v= 2 2 4 u −2 u=2 m −5 ⇔ 1 −2 u ¿v= 2 2 4 u − 2u −2 m+5=0 ¿{ ¿ Với ĐK: u 0; v 0 sẽ đợc điều kiện tơng đơng 0u. 1 2. XÐt PT: 4u2-2u-2m+5=0 ’.  =1+4(2m-5) = 8m-19 (u)= 4u2-2u-2m+5=0 a.(u) =4.(0) =4(5-2m) a.(. 1 1 ) = 4. ( ) = 4. 2 2. [. 1 1 4 . − 2 − 2 m+5 4 2. ]. = 4(5-2m). S 1 S 1 1 1 1 −0= ; − = − =− 2 4 2 2 4 2 4 Ta cã b¶ng so s¸nh sau: m −19 ¿ 8¿ 1+ √ ¿ 1− √ 8 m−19 u1= u2=¿ 4. m. . a.f(0) =a.f(. 1 ) 2. S −0 2. S 1 − 2 2. KÕt luËn. +. -. PTVN. - 19 8. 0. +. 0<u1<u2<. 1 2.

(62) +. +. 5 2. +. -. 0 +. -. +. -. Nhìn vào bảng biện luận trên ta đợc kết quả nh sau: 19 5 1 ≤ m≤ +Víi: ta luôn đợc 0u1, u2 8 2 2 ¿ x =u21+ 1 VËy: a) u = u1 ; v = u2  y=u22 +1 ¿{ ¿ ¿ 2 x =u2+ 1 b) u = u2 ; v = u1  y=u21 +1 ¿{ ¿ 5 1 +Víi: m> ta lu«n cã u1<0< <u2 2 2 15 m< 8 ¿ 5 Tãm l¹i: 1) m> HÖ v« nghiÖm 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x =u20 +1 y=u20+1 ¿{ ¿. 5 19 ≤ m< 8 8. HÖ cã 1 nghiÖm. 3). 19 ≤ m≤2 8. HÖ PT cã 3 nghiÖm. ¿ 2 x =u0 +1 2 y=u 0+1 ¿{ ¿. ¿ 2 x =u1+ 1 2 y=u2 +1 ¿{ ¿. 1 2. 0=u<=u2=. 1 2. 0<u1 <. +. 2). 0<u1=u2<. ¿ 2 x =u2+ 1 2 y=u1 +1 ¿{ ¿. 1 < u2 2.

(63) m− 19 ¿ 8¿ Trong đó: 1+ √ ¿ −1 − √8 m −15 1 − √ 8 m− 19 u0= ; u1 = ; u2=¿ 4 4 5 4) 2≤ m ≤ HÖ PT cã 2 nghiÖm 2 ¿ ¿ 2 2 x =u1+ 1 x =u2+ 1 2 2 y=u2 +1 y=u1 +1 ¿{ ¿{ ¿ ¿ Víi u1, u2 nh trªn.. Bµi 1: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:. Bài tập đề nghị: ¿ 2y x= 1− y 2 2x y= 1− x 2 ¿{ ¿. Bµi 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ x+ √ √ y +9=9 √ y+ √ x +9=9 ¿{ ¿ Gi¶i: (Gîi ý) §K: x 0; y 0. Khi trõ theo vÕ, cho ta PT hÖ qu¶. √ x − √ x +9= √ y − √ y +9 Vµ ta xÐt hµm sè (t)= √ t − √ t+ 9 ; t ≥ 0  (t) đồng biến  x = y Vµ gi¶i hÖ PT v« tû. √ x+ √ x +9=9. Bµi 3: Gi¶i ph¬ng tr×nh :. √3 3 x +2=2 Gîi ý: §Æt t = 3 √3 3 x=2 x3-3. Bµi 4: CMR Víi mäi gi¸ trÞ ©m cña m th× hÖ ph¬ng tr×nh ¿ 2 x y +m= y 2 cã nghiÖm duy nhÊt xy 2 +m=x 2 ¿{ ¿ Gợi ý: Trừ theo vế, xét PT hệ quả theo PT đồ thị.

(64) Bµi 5: Cho hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ m2 2 2 x = y+ y 2 (m lµ tham sè) m 2 2 y =x+ x ¿{ ¿ a) Giải hệ đã cho với m = 1 b) CMR nếu m  0 thì hệ phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất. Mét sè VD Kh¸c.  x 2 3 x  2 y (1)  2 y 3 y  2 x (2) VD1 gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  (*) giải: (1)  (2)  x 2  y 2 3( x  y )  2( x  y )  ( x  y )( x  y  1) 0  x  y 0   x  y  1 0  x 2 3 x  2 y     x  y 0    x  y  1 0  (*).   x 2 3 x 2 y    x  y 0   2  x  3 x  2 y    x  y  10 .  3  x 2( y    y 3 2( x  VD2. gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  giải: (1)  (2).  (0;0);(5;5)  ( 1; 2);(2;  1) . 1 )(1) 2 (*) 1 )(2) 2.  x 3  y 3 2( y  x))  ( x  y )( x 2  xy  y 2  2) 0  x y  x  y 0  2  2  ( x  y ) 2  3 y 2  2 0( ptvno) x  xy  y  2  0   2 4 (Vì(x+y/2)2+3y2+2>0).

(65) 1 3  3  x  2 x  1 0  x 2( y  ) (*)   2   x  y  x  y   (1;1)  x1 1    1 5  1 5  1 5  (*)   x2,3    ( ; ) 2 2 2   x y  (  1 5 ;  1 5 )   2 2 4  x  y  4 y x VD3. gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  giải: 4  x  y (1) (*)  4  y  x (2). (1)  (2)  x 4  y 4  y  x  ( x  y )( x  y)( x 2  y 2 )  y  x  ( x  y )  ( x  y )( x 2  y 2 )  1 0  x  y 0  2 2  ( x  y )( x  y )  1 0(3) x 4  y  y 0; y 4 x  x 0  (3)vno x y (*)   4  x y.  (1;1)  (0;0) .  x  1  7  y 4  y  1  7  x 4 VD4. gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  giải:  x  1  7  y 4(1) (*)  y  1  7  x  4(2)  (1)  (2) . x 1  7  y  y 1  7  x.  x  y  7  2 ( x  1)(7  y)  y  x  7  2 ( y  1)( x  7) . ( x  1)(7  y )  ( y  1)(7  x)  x  y.  x  y 9 9 (*)   ( ; ) 16 16  x  1  7  y 4.

(66) VD5. gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh e x ey  x  1(1) (*)  y e ex  y  1(2) (1)  (2). x e ey  x  1  y e ex  y  1.  e x  ex  x e y  ey  y (3) f (t ) et  et  t , f (t ) et  e  1  0t  R  x  y : f ( x )  f ( y ); x  y : f ( x )  f ( y ) (3)  x  y e x ey  x  1 e x ( e  1) x 1 (*)    x y x y x0 theoBernuli   e x  (e  1) x  1  x 1 khi : 0  x  1  e x  (e  1) x 1  x1 0  (*)   x2 1  x y . (0;0)  (1;1). (3  2 2) x  (1  2) y 4 (*  y x (3  2 2)  (1  2)  4 VD6. gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  ) Giai: taco : 3  2 2 (1  2) 2 (1  2) x u dat :  (u , v  0) y (1  2) v 2 2 u  v 4 u  v 4 (*)   2  2 2 v  u 4 (u  v)  (v  u ) 0  u v (1)  2 u  v  4 u 2  v 4   (*)    v 1  u (u  v)(u  v  1) 0   (2)  u 2  v 4   1  17 )  x log1 2 (  2 iai (2)vno; giai (1) :   y log (  1  17 ) 1 2  2 3 3 VD7. gi¶i ph¬ng tr×nh x  2 3 3x  2(*) Giai:.

(67) dat : y  3 3 x  2  y 3 3x  2  x 3 3 y  2  x 3 3 y  2 (*)   3  3 3  x  y 3 y  3x  y 3 x  2   x 3 3 y  2 (1)  3  x 3 y  2  x y   3 2 2 ( x  y )( x  xy  y  3) o   x 3 y  2 (2)vno   x 2  xy  y 2 3 0  2 y 3y vi : x 2  xy  y 2  3 ( x  ) 2  3  0 2 4  x 3 3 x  2  x 1, x2  2  (1;1) (*)    1   ( 2;  2) x y x y x  y  sin x 2   y  sin y 2  VD8. gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x (*) (day la he doi xung loai 2 nhung giai theo Phuong phap thong thuong xe phuc tap ta se giai bang Phuong phap danh gia) neu : xy  0  sin x  2,sin y  2  (*)vno vay : xy  0 : y y xet : x  y   1  2   1  sin y  1  (*)vno x x x x xet : x  y   1  2   1  sin x  1  (*)vno y y  xet : x  y  (1)  sin x 1  x   k 2, k  Z 2    x  2  k 2, k  Z (*)    y    k 2, k  Z  2 Bµi tËp ¸p dông.

(68) 1 3  2 x  y  x  1)  2 y  1  3  x y 2y   x 1  y 2 2)   y  2x  1  x2  x  y  1 3  2 2 3)   y  x  1 3  2 2  x  9  y  7 4 4)   y  9  x  7 4  2 x (2 y  1) 2 5)  y x  2 (2  1) 2 3x  6 y 9 6)  y x 3  6 9 7) x 2  2 x 2 2 x  1 cos 2 x sin y 8)  2 cos y sin x 2 sin x  tan y 1 9)  2  tan y  sin x 1  x 2  21  y  1  y 2  2  y  21  x  1  x 2 10, gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh   x 2  21  y  1  y 2 (1) (*)  2  y  21  x  1  x 2 (2) dk : x 1, y 1 (1)  (2)  . x 2  21 . y 2  21  y  1 . x2  y 2 x 2  21  y 2  21.  ( x  y )(. . x y  ( x  y )( x  y ) 0 x 1 y 1. x y 2. 2. x  21  y  21.  x  y 0(vi :. x  1  y 2  x2. . 1  ( x  y )) 0 x 1 y 1. x y x 2  21  y 2  21. . 1  ( x  y )  0) x 1 y 1.

(69)  x  y 0 (*)   2 2  x  21  y  1  y  x  y 0  2 2  x  21  x  1  x (3) (3)  x  1  x 2  x 2  21 0 nhanthay : (3)khongcono : x 1 xet : f ( x )  x  1  x 2  x 2  21; x  1 1 x f ' ( x)   2x  vi : x  1  2 x  2 2 x 1 x  21  f ' ( x)  0  f ( x) db; x  1  (3) no !: x 2 (*)  x  y 2. x 2. x  21. log 2 1  3sin x log 3 3cos y  log 1  3cos y log 3 3sin x 11, gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  2 pp quy ve hptdxl2: chu y 2 dang sau co the dua ve hdxl2 ax  b c( dx  e) 2   x   (1) ax  b c( dx  e)3   x   (2) voi : d ac   ; e bc   3. (1)dat : dy  e  ax  b (dk : dy  e  0) (2)dat : dy  e  3 ax  b x 1 x2  4 x  5 vd1 gpt x  1  x 2  4 x  5(*) dk : x  1 (*) . x  1 ( x  2)2  1. dat : y  2  x  1;( y  2) 2  y  1 ( x  2) (1) (*)   2  x  1 ( y  2) (2) (1)  (2) : x  y  ( x  y )( x  y  4)  ( x  y )( x  y  4) 0;(vi : x  1; y  2)  x y. (1)  x 2  3x  3 0; vno  (*)vno. 0.

(70) Mét sè HÖ ph¬ng tr×nh nhiÒu Èn vµ c¸ch gi¶i Bµi 1: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:.  x  xy  y 1   y  yz  z 4  z  zx  x 9  Bµi gi¶i. ( x  1)( y  1) 2  Hpt  ( y  1)( z  1) 5  ( x  1)2 ( y  1)2 ( z  1)2 100 ( z  1)( x  1) 10   ( x  1)( y  1)( z  1) 10   ( x  1)( y  1)( z  1)  10 Víi ( x  1)( y  1)( z  1) 10, hÖ cã d¹ng: ( x  1)( y  1)( z  1) 10 ( x  1)( y  1) 2    ( y  1)( z  1)  5  ( z  1)( x  1) 10. ( x  1) 2  ( y  1) 1   ( z  1) 5.  x 1   y 0  z 4 . Víi ( x  1)( y  1)( z  1)  10, hÖ cã d¹ng: ( x  1)( y  1)( z  1)  10 ( x  1)( y  1) 2    ( y  1)( z  1)  5  ( z  1)( x  1) 10. ( x  1)  2  ( y  1)  1   ( z  1)  5. VËy hÖ cã hai nghiÖm lµ: (1;0;4) vµ (-3;-2;-6).  x  3   y  2  z  6 .

(71) Bµi 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:.  x  y  z 6   xy  yz  zx 7  x 2  y 2  z2 14  Bµi gi¶i.  x  y  z 6  Hpt   xy  yz  zx 7  ( x  y  z)2  2( xy  yz  zx ) 14 .  x  y  z 6   xy  yz  zx 7  xy  yz  zx 11 . Tr õ tõng vÕ hai pt cuèi ta ® îc: zx=2 nªn hpt trë thµnh:  x  y  z 6   y( z  x ) 9  y, z  x lµ nghiÖm cña ph ¬ng tr×nh: t 2  6t  9 0  t 3  y z  x 3 z+x=3 Từ đó ta có:  xz=2  x, z lµ nghiÖm cña ph ¬ng tr×nh:  t 1 t 2  3t  2 0     t 2 VËy hÖ cã hai nghiÖm lµ: (1;3;2) vµ (2;3;1).  x 1, y 3, z 2  x 2, y 3, z 1 . Bµi 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:. 2 x 3  2 y 2  3 y  3 0  3 2 2 y  2 z  3z  3 0 2 z3  2 x 2  3 x  3 0 . (1). Bµi gi¶i. 13 2  x  2 y  3y  3  2  1  Hpt   y  3 2 z 2  3z  3  2  13 2   z  2 2 x  3 x  3 .  x  f (y)   y  f ( z)  z  f ( x ). víi f(t)= . 13 2 2t  3t  3 2.

(72) Ta cã: 2t 2  3t  3  0 t   2 1 2 f '(t )  (4t  3)(2t  3t  3) 3 6 3 f '(t ) 0  t  4. 3 4 3 f (t ) gi¶m nÕu t  4. Từ đó suy ra: f (t ) tăng nếu t . 3 th× hµm f(t) t¨ng: 4 Gi¶ sö hÖ cã nghiÖm (x 0 ,y 0 ,z 0 ).  X Ðt t -. NÕu x 0 < y 0 th× f(x 0 )< f(y 0 )  z 0  x 0  f(z 0 )< f(x 0 )  y 0 <z 0  x 0 <y 0 <z 0 (®iÒu nµy v« lý). Nh vËy hÖ chØ cã thÓ cã nghiÖm x 0 =y 0 =z 0 ,thÕ vµo (1) ta ® îc: 2 x 0 3  2 x 0 2  3 x0  3 0  ( x0  1)(2 x 0 2  3) 0  x 0  1  hÖ cã nghiÖm x 0 =y 0 =z 0  1 3 th× hµm f(t) gi¶m: 4 Chøng minh t ¬ng tù nh trªn ta còng ® îc nghiÖm x 0 =y 0 =z 0  1  X Ðt t -. 3 nh ng nghiÖm nµy lo¹i (v× x 0 ,y 0 ,z 0 - ) 4 Tóm lại hệ đã cho có nghiệm duy nhất là x 0 =y 0 =z 0  1 Bµi 4: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:.  x 2 y  1 (1)  2  y z  1 (2)  z2 x  1 (3)  Bµi gi¶i.  Gi¶ sö x>y>z : tõ (1),(2) vµ (3)  z 2  x 2 >y 2. (a).

(73) NÕu x 0 th× 0 x>y  y 2  z 2 (®iÒu nµy v« lý víi (a))  x  0 NÕu z 0 th× x>y>z 0  y 2  z 2 (®iÒu nµy v« lý víi (a))  z  0 Tõ x>0  z 2  1  0  z   1 ( v × z<0)  z+1<0  y 2  0 (theo(2)) (®iÒu nµy v« lý )  Gi¶ sö x>z>y : tõ (1),(2) vµ (3)  z 2  y 2 >x 2. (b). NÕu x 0 th× 0 x>z>y  z 2  y 2 (®iÒu nµy v« lý víi (b))  x  0 NÕu y 0 th× x>z>y 0  x 2  y 2 (®iÒu nµy v« lý víi (b))  y  0  z>1 Tõ x>0  z 2  1  0  z2  1    z<-1 theo (2) th× z>-1 nªn z>1  y 2 =z+1>2  y  2  y   2(v × y<0) Khi đó x 2 y  1  1 . 2  0 (v« lý). Khi hoán vị vòng quanh (x,y,z) thì hệ không đổi nên t ơng tự xét các tr ờng hîp cßn l¹i vµ chøng minh t ¬ng tù ta còng ® îc ®iÒu m©u thuÉn Do đó hệ chỉ có thể có nghiệm x=y=z ThÕ x=y=z vµo (1) ta ® îc x 2  x  1 0  1- 5  x=y=z= 2   1+ 5  x=y=z=  2  1- 5  x=y=z= 2 Vậy nghiệm của hệ đã cho là:   1+ 5  x=y=z=  2. Bµi 5: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2 2 2  xy  yz  zx x  y  z  6 6 6  x  y  z 3.

(74) Bµi gi¶i. Theo bất đẳng thức Bunhiakopsky ta có: xy+yz+zx x 2 +y 2 +z 2 DÊu b»ng x¶y ra  x=y=z thÕ vµo (1) ta ® îc: 3x 6 3  x 1  x=y=z= 1 VËy nghiÖm cña hÖ lµ: (1;1;1);(-1;-1;-1) Bµi 6: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:. 2 x  x 2 y  y  2 2 y  y z z 2 z  z 2 x  x  Bµi gi¶i 2. 2 x y (1  x )  Hpt  2 y z(1  y 2 ) 2 z x (1  z 2 )  V× x= 1,y= 1,z= 1 kh«ng lµ nghiÖm cña hÖ trªn  2x  1 y= 1-x 2  2y  nªn hpt  z= 2  2 1-y   2z  3 x= 2  1-z   §Æt x=tan , -    th× : 2 2.

(75) 2tan tan 2 1-tan 2 2tan2 tan 4  2  z  1-tan 2 2 2tan4 tan8  3  x  1-tan 2 4.  1  y . k ,( k  ) 7    k  7 7 V× -     -     k 2 2 2 7 2 2 2 Do k   nªn k   -3;-2;-1;0;1;2;3  tan8 tan    .  3 2   2 3      ; ;  ;0; ; ;  7 7 7 7 7   7  x tan    3 2   2 3  VËy nghiÖm cña hÖ lµ:  y tan 2 víi    ; ;  ;0; ; ;  7 7 7 7 7 7    z tan 4  Bµi 7: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:.  x 5  x 4  2 x 2 y 2  5 4 2  y  y  2 y z 2  z5  z 4  2 z 2 x 2  Bµi gi¶i. DÔ thÊy x=y=z=1 lµ nghiÖm cña hÖ Ta sÏ chøng minh nghiÖm nµy lµ nghiÖm duy nhÊt ThËt vËy: +NÕu x>1 th× x 5  x 4 x 4  x  1  0 1 1 x2  y  1  0  y 5  y 4 y 4  y  1   0  2x 2 y  2  y .  2y2z  2  z . 1  1  z5  z 4 z 4  z  1   0 2 y. 1  1 (®iÒu nµy m©u thuÉn) z2 +NÕu x<1 :Chøng minh t ¬ng tù nh trªn VËy nghiÖm cña hÖ lµ x=y=z=1.  2 z2 x  2  x .

(76) Bµi 8: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:.  x 2  4 xy  4 z2  12 0  2 2  y  4 yz  x  12 0 16 z 2  8 xz  4 y 2 0 . (1) (2) (3) Bµi gi¶i. Céng tõng vÕ (1),(2),(3) ta ® îc: (x 2 -4xy+4y 2 )+(y 2 -4yz+4z 2 )+(16z 2 -8xz+x 2 ) 2. 2. 2.   x  2 y    y  2 z    x  4 z  0  x 2 y    y 2 z   z 2 x .  x 4 z   y 2 z. 16 z 2  32 z  4 z 2  12 0  ThÕ vµo hÖ ta ® îc: 4 z 2  8z 2  16 z 2  12 0 16 z 2  32 z 2  16 z 2 0   x 4, y 2, z 1  z 2  1 0  z 1    x  4, y  2, z  1 Vậy nghiệm của hệ đã cho là :(4;2;1) hoặc (-4;-2;-1) Bµi 9: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:. (*)  xyz 32  2 2 2  x  4 xy  4 y  2 z 96  x , y, z  0  Bµi gi¶i.

(77) Ta cã x 2  4 xy  4 y 2  2 z 2 (x 2  z2 )  ( z2  4 y 2 )  4 xy 2 xz  4 yz  4 xy (theo bất đẳng thức côsi). (1). Cũng theo bất đẳng thức côsi ta có: 2 xz  4 yz  4 xy 3 3 32 x 2 y 2 z 2 3 3 32.32 96 Tõ (1) vµ (2) ta ® îc x 2  4 xy  4 y 2  2 z2 96 x=z   DÊu b»ng x¶y ra  z=2y  2 xz 4 yz 4 xy .  x 2 y   z 2 y. x=4 thÕ vµo (*) ta ® îc 2y.y.2y=32  y=2   z=4 VËy nghiÖm cña hÖ lµ: (4;2;4) Bµi 10: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:.  2  x   3 x  2 z  3  z  3  y  3 y 2 x 2  3 x  2  2 2  y  z 6 z  z 3  Bµi gi¶i. 3 x 2  2  3  z  x  3z  3 0  3 2 2  y  3y x  3 x  2 Hpt   2 2  y  z 6 z   z 3.  1  2  3  4. Xem  1 lµ ph ¬ng tr×nh bËc hai theo x: 2. Ta cã  '   3+z   3  3z  3  z 2  3z z  z  3  0  z 0   z 3 pt  3  cã nghiÖm  -z 2  6 z 0  0 z 6.  5  6. (2).

(78) Tõ  4  ,  5  ,  6  suy ra z=3 hoÆc z=0  x 1 Víi z=0  y=0  x 2  3 x  2 0    x 2 Víi  y 2 9  y 3.  lo¹i theo  1 . - víi y=3  x 2  3 x  52 0 3  217 2 1 Tõ  1 ta cã x= 3  z  z 2  3z hay x=2 3 Tõ  a  vµ  b   tr êng hîp nµy v« nghiÖm.  a.  x. . .  b.  x 1 - víi y=-3  x 2  3 x  2 0    x 2 Tõ  1  x 2  d.  c. Tõ  c  vµ  d   x 2 VËy hÖ ph ¬ng tr×nh cã nghiÖm:  1;0;0  ;  2;  3;3  Bµi tËp. Gi¶i c¸c hÖ ph ¬ng tr×nh sau: x 2  2 y  1 0  a.  y 2  2 z  1 0  z 2  2 x  1 0   x  y  z  2  2 2 2  x  y  z 6 c.  3 3 3  x  y  z  6  z 1 .  y 2 x 1  x 2   b.  z 2 y 1  y 2  2  x 2 z 1  z. d.. 6x  y 2  z2  13yz   2 2 3y  x  z  5 xz  2 2 6 z  x  y  5 xy. III/. HÖ ph¬ng tr×nh d¹ng ho¸n vÞ vßng quanh. 1. Khái niệm: Một dạng hệ phơng trình mở rộng của hệ phơng trình đối xứng loại hai là hệ phơng tr×nh d¹ng ho¸n vÞ vßng quanh cña c¸c Èn: x1, x2,…, xn.

(79) ¿ f ( x1 )=g( x 2 ) f ( x2 )=g( x 3 ) f (x 3 )=g( x 4 ) .. . .. .. . .. .. .. . .. .. f (x n −1)=g (x n) f (x n )=g( x 1 ) ¿ { {{ { { ¿ Cũng nh hệ phơng trình đối xứng loại hai, đặc điểm chung của hệ này là: nếu (x 1, x2,…, xn) lµ mét nghiÖm th× ho¸n vÞ vßng quanh cña nã còng lµ nghiÖm cña hÖ. V× vËy viÖc gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh d¹ng :”Ho¸n vÞ vßng quanh” trong trêng hîp tæng qu¸t gÆp kh«ng Ýt khã kh¨n. ë ®©y t«i nghiªn cøu trêng hîp hÖ ph¬ng tr×nh cã duy nhÊt nghiÖm:(x1= x2=…= xn) 2.C¸c tÝnh chÊt cÇn sö dông: a)TÝnh chÊt 1: NÕu hai hµm sè f, g cïng t¨ng trªn tËp hîp A vµ (x1, x2,…, xn) lµ nghiÖm cña hÖ phơng trình (I) ở đó xiA  i=1 , n thì x1= x2=…= xn Chứng minh: Do hệ phơng trình không thay đổi qua phép hoán vị vòng quanh nên g/s x 1=min { x 1 , x2 , … , x n }  x1x2  x1  x2  gx2  g(x3)  x2x3  x2  x3  gx3  g(x4)  x3x4 ……………………………..  xn-1  xn  gxn  g(x1)  xn  x1 VËy  x1  x2  x3  …….  xn  x1  x1 = x2 = ………. = xn Nhận xét: nếu f, g cùng giảm trên A  tính chất ttrên vẫn đúng. b/ TÝnh chÊt 2: Gi¶ sö hµm sè f gi¶m trªn tÇp hîp A vµ (x 1, x2, …………, xn) lµ nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh (I), ở đó xiA i = 1 ,n khi ấy : +/ NÕu u lµ sè lÎ th× x1 = x2 = ………. = xn ++/ NÕu n lµ sè ch½n th× x1 = x3 = ………. = xn-1 x2 = x4 = ………. = xn Chøng minh: Còng nhËn xÐt nh trªn Gi¶ sö x1 = min { x 1 = x 2=… … … .= xn } +/ Trêng hîp n lµ sè lÎ: x1  x2  x1  x2  gx2  g(x3)  x2  x3  x2  x3  gx3  g(x4)  x3x4 ……………………………….  xn-1  xn  gxn  g(x1)  xn  x1  xn  x1  gx1 g(x2)  x1x2 VËy x1 = x2  x1 = x2 = ………. = xn ++/ Trêng hîp n lµ sè ch½n:.

(80)  x1  x3  x1  x3  gx2  g(x4)  x2  x4  x2  x4  gx3  g(x5)  x3x5  …………………………………….  xn-2  xn  gxn-1  g(x1)  xn-1  x1  xn-1  x1  gxn  g(x2)  xn  x2 ¿ ¿ x 1 ≤ x 3 ≤ x 5 ≤. .. . .. .. . .. .≤ x n −1 ≤ x 1 x 2 ≤ x 4 ≤ x6 ≤ .. .. . .. .. . .. ≤ x n ≤ x 2 ¿ ⇒ VËy: (§iÒu ph¶i chøng minh) ¿ x 1=x 3=x 5=. . .. .. . .. .. .=x n −1 x 2=x 4 =x6 =.. . .. .. . .. ..=x n ¿ { ¿ Nhận xét: Tính chất trên vẫn đúng khi  là hàm số giảm VÝ dô: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ 3 2 x +3 x −3+ ln (x − x+ 1)= y 3 2 y +3 y − 3+ln( y − y +1)=z 3 2 z + 3 z −3+ ln( z − z+1)=x ¿{{ ¿ Gi¶i: xÐt c¸c hµm sè x = t 3 +3 t − 3+ln (t 2 −t +1) Vµ g(t) = t trªn R Ta cã: g’(t) = 1 > 0 2. 2 t −1 2t +1 =3 t 2 +1+ 2 >0 2 t −t +1 t −t +1 Với mọi tR nên t và g(t) đồng biến trên R ¸p dông tÝnh chÊt 1:  NÕu hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm (x, y, z) th× x = y = z = t víi t lµ nghiÖm cña ph ¬ng tr×nh: 3 Vµ: ’t ¿ 3 t +3+. t 3 +2 t − 3+ln (t 2 −t+1) = 0 (*) DÔ thÊy ph¬ng tr×nh (*) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t =1. Bây giờ ta có thể khẳng định phơng trình (*) có nhiều nhất một nghiệm. ThËt vËy xÐt hÖ sè h(t) = t 3 +2 t − 3+ln(t 2 −t+1) 3 Ta cã: h’(t) ¿ 3 t +2+. trªn R. 2. 2t − 1 2t + 1 =3 t 2 +1+ 2 2 t −t +1 t −t + 1.  h’(t) > 0 R Nên h(t) tăng trên R  đồ thị cắt trục hoành tại không quá một điểm. Nghĩa là phơng trình (*) cã kh«ng qu¸ mét nghiÖm Vậy ta đợc x = y = z = 1.

(81) HÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt. ¿ x =1 y=1 z=1 ¿{{ ¿. VÝ dô 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ ( x − 1 )2=2 y 2 ( y −1 ) =2 z ( z −1 )2=2t ( t − 1 )2=2 x ¿ {{ { ¿ Gi¶i : Ta thÊy x  0; y  0; z  0; t  0. XÐt c¸c hµm sè: u = (u-1)2; g(u) = zu (u 0) Ta cã: ’u = 2(u-1) g’(u) = 1 > 0 u R */ Nếu u>1  hai hàm số u và g(u) đều tăng ¸p dông tÝnh chÊt (1)  x = y = z = t = u */ NÕu 0 u 1 th× u lµ hµm sè gi¶m g(u) lµ hµm sè t¨ng ¸p dông tÝnh chÊt (2)  t = x; z = y khi Êy hÖ trë thµnh ¿ ( x − 1 )2=2 y 2 ( y −1 ) =2 x ⇔ 2 ¿ x −2 x+ 1=2 y y 2 − 2 y +1=2 x ¿{ ¿ Trõ theo vÕ cña hai ph¬ng tr×nh nµy:  x2-y2=0 hay x=y (v× x0; y0) Tóm lại: Trong các trờng hợp ta đều có : x=y=z=t và đêug bằng u0. Với u là nghiệm không ©m cña ph¬ng tr×nh: (u-1)=2u  u2- 4u+1=0 u=2 − √ 3 ¿ u=2+ √ 3  ¿ ¿ ¿ ¿.

(82) Ta đợc hai nghiệm của hệ phơng trình đã cho là: x= y=z=t=2+ √ 3 ¿ x= y=z =t=2− √3 ¿ ¿ ¿ ¿ VÝ dô 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ x31 −3 x 1+ 2=2 x2 x 31 −3 x 2+ 2=2 x3 .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . x 399 − 3 x 99 +2=2 x 99 x 3100 −3 x 100 +2=2 x 1 ¿ {{{{{ ¿ ’. (t)=t3-3t+2 vµ g(t)=2t trªn R g (t)=2.. Gi¶i: XÐt c¸c hµm sè : Hµm sè t= t3-3t+2. ’.  t= 3t2-3. Cã kho¶ng biÕn thiªn: t. -. ’.  t (t). Ta cã thÓ gi¶ thiÕt x1=min. -1 +. 0. 1 -. 0. + +. 4 0. { x 1 , x 2 , . .. , x100 }. Trêng hîp 1: x1>1. Khi Êy xi>1 i= 1 ,100 Trên khoảng (1,+) cả hai hàm số (t) và g(t) đều tăng nên x1=x2=…=x100=t. Víi t lµ nghiÖm cña PT t3-5t+2=0  (t-2)(t2+2t-1)=0 Ph¬ng tr×nh nµy chØ cã nghiÖm t=2>1 Cho nªn x1=x2=…=x100=2. Trêng hîp 2: 0 xi 1 Ta cã: ([0,1]) =g([0,1]) = [0,2] Víi x1[0,1]  (x1) ([0,1])  g(x2) g([0,1]) Vì g là hàm số đồng biến trên R  x2[0,1]  (x2)  ([0,1])  g(x3) g([0,1])  …x100[0,1] Trong trêng hîp nµy xi [0,1] i= 1 ,100.

(83) MÆt kh¸c trªn [0,1]. th× hµm f gi¶m vµ hµm g t¨ng.. ¸p dông tÝnh chÊt (2)  x1=x3=…=x99 x2=x4=…=x100=2. ¿ x 31 −3 x 1 +2=2 x 2 Ta cã hª ph¬ng tr×nh x 32 −3 x 2 +2=2 x 1 ¿{ ¿ HÖ lo¹i II. Trừ theo vế các phơng trình ta đợc: 2. (x1-x2)(. 2. x 1 −3 x 2 + x1 x 2 −1 ¿=0. x1=x 2 ¿ x 21+ x 22=x 1 x 2=0  ¿ ¿ ¿ ¿ x 31 −3 x 1 +2=2 x 1 a) x1=x2  . 3. x 1 −5 x 1 +2 x 2 −0.  (x1-2)(. 2. x 1+2 x 1 −1=0.  x1=2 hoÆc x2=-1+ V×: x1[0,1]  x1=-1-. √ 2 hoÆc x2=-1- √ 2. √ 2 (lo¹i) x2= 2 (lo¹i). VËy x1=-1+. √ 2 =x2. ¿ 2 2 x1 + x 2 + x1 x 2 −1=0 3 3 b) x 1+ x 2 −5( x 1 + x 2)+ 4=0 ¿{ ¿ Là hệ đối xứng loại (I). (céng theo vÕ). §Æt S = x1+x2 P=x1x2. . ¿ S 2 − P −1=0 S 3 − 3 PS−5 S+ 4=0 ⇔ ¿ P=S 2 − 1 S 3 − 3 S ( S2 − 1) −5 S+ 4=0 ¿{ ¿.

(84) ⇔ 2 P=S −1 −2 S 3 − 2 S+ 4=0 ⇔ ¿ P=S 2 − 1 S3 +2 S − 24=0 ¿{ ⇔ P=S 2 −1 (S −1)(S 2+ S +2)=0 ⇔ ¿ P=S2 − 1 S=1 ¿{ ⇔ 2 P=1 −1 S=1 ⇔ ¿ P=0 S=1 ¿{ V×: S2 + S +2 = 0 v« nghiÖm ¿ x 1+ x 2=1 ¿ x 1 x 2=0 x 1=0 ⇔ x 2=0 ¿ x 1=0 hoÆc ¿{ x 2=1 ¿ ¿ { ¿  Trong trêng hîp nµy cã c¸c kh¶ n¨ng sau: ¿ x 1=−1+ √ 2 ¿ x 2=−1+ √ 2 x 1=0 ; x 2=0 ; ¿ x1 =0 ¿{ x 2=1 ¿ ¿ { ¿ Trêng hîp 3: x1<0  g(x1)<0  (x100)<0  x100 <-2 (Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn)  g(x100)<0 (vì g là hàm đồng biến trên R)  (x99) <0  x99<-2 ………  g(x2)<0  (x1)<0  x1<-2..

(85) VËy xi<-2 i = 1 ,100 Mặt khác trên (- ∞ ,-2) hàm số f, g đều tăng nên áp dụng tính chất (1) x1=x2=…=x100=t <-2. Víi t lµ nghiÖm cña PT t3-3t +2=2t  t3-5t +2=0 (*)  (t-2)(t2-2t-1)=0 Râ rµng (*) chØ cã 1 nghiÖm t = −1 − √ 2<−2  x1=x2=…=x100= −1 − √ 2 KÕt luËn: Tõ kÕt qu¶ cña c¸c trêng hîp trªn  hÖ P T cã 5 nghiÖm (x1,x3,…,x99) 1) x1=x2=x3=…=x100=2 2) x1=x2=x3=…=x100=-1+ √ 2 ¿ x1= x3 =…=x 99=1 3) x 2=x 4=…=x 100 =0 ¿{ ¿ ¿ x 1=x 3=…=x 99=0 4) x 2=x 4=…=x 100 =1 ¿{ ¿ 5) x1=x2=x3=…=x100=-1+ √ 2. Bài tập đề nghị: Bµi 1: Cho n lµ sè nguyªn lín h¬n 1. Tìm giá trị của tham số m để hệ phơng trình : ¿ x21 =x32 − 4 x 22+ mx 2 x22= x33 − 4 x 23+ mx 3 .. . .. .. . .. .. .. . .. .. cã nghiÖm duy nhÊt x 2n− 1=x 3n − 4 x 2n + mx n 2 3 2 xn =x1 − 4 x 1+ mx 1 ¿{{{{ ¿.

(86) Bµi 2: Cho n lµ sè nguyªn lín h¬n 1 vµ a0 . Chøng minh r»ng: ¿ a2 2 2 x 1=x 2+ x❑ a2 2 x22 =x3 + x3 .. . .. .. . .. .. .. . .. .. a2 2 2 x n −1=x n + xn a2 2 2 x n=x 1+ x1 ¿ ¿ { {{ { ¿ Bµi 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ 2 x 3 − 7 x 2+ 8 x −2= y 2 y3 −7 y 2 +8 y −2= z 2 z 3 −7 z 2+ 8 z −2=x ¿{{ ¿ Bµi 4: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ 1 2x +x =y 4 1 2y +y =z 4 1 2z +z =x 4 ¿{{ ¿ Bµi 5: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ y log 2 ( 1+2 ) −2+2 y=x x log 2 ( 1+2 ) −2+2 x=z z log 2 ( 1+2 ) − 2+ 2 z= y ¿{{ ¿ B×a 6: CMR víi mäi sè thùc a th× hÖ ph¬ng tr×nh sau ®©y cã nghiÖm duy nhÊt. ¿ x 2= y 3 + y +a y 2 =z3 + z +a z2 =x3 + x +a ¿{{ ¿ 2. 3. () () (). 3. 3. 2. 2. 2. IV/ Hệ đẳng cấp bậc hai 1/ Kh¸i niÖm:.

(87) Biểu thức F(x,y) đợc gọi là đẳng cấp bậc hai đối với x, y khi mọi số dơng k thì ta có F(kx,ky)=k2F(x,y) Hệ đẳng cấp bậc hai là hệ có dạng ¿ F( x , y)=A G( x , y)=B ¿{ ¿ Trong đó F và G là các biểu thức đẳng cấp bậc hai đối với x,y còn A,B làcác hằng số. 2) Ph¬ng ph¸p gi¶i: + G¶i hÖ víi y=o + Với y0 đặt x=ky và đợc một phơng trình bậc hai theo k Gi¶i t×m k  x,y. 3) C¸c vÝ dô: VÝ dô 1: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x2 −3 xy+ y 2 =−1 3 x2 − xy+3 y 2 =13 (I). ¿{ ¿ Giải: Đây là hệ đẳng cấp bậc hai đối với x,y. ¿ x2 =−1 2 + Víi y=0  hÖ (I)  3 x =13 (lo¹i) ¿ { ¿ + Víi y0 Tay vào hệ đã cho ta đợc ¿ ( ky ) −3 ( ky ) y+ y 2=−1 (I)  3 ( ky )2 − ky . y +3 y 2=13 ¿{ ¿ ¿ y ( k 2 −3 k + 1 )=−1  y 2 ( 3 k 2 − k +3 ) =13 ¿{ ¿ 3 k 2 − k +3 V× y0  k2-3k+1=(-1). 13 2  13k –39k+13=-k2+k-3  16k2 –40k+16=0  4k2 – 10k + 4= 0.

(88)  2k2 – 5k + 2= 0 =52-4.2.2 = 9>0 5+3 k 1= =2 4 ¿ 5 −3 1 =  k 1= 4 2 ¿ ¿ ¿ ¿ Víi k=2. . . ¿ x=2 y y 2 ( 2 2 −3 . 2+1 )=− 1 ¿{ ¿ x=2 y y 2=1 ⇔ ¿ x=2 y 2=1 ¿ ¿ ¿ ¿ x=−2 ¿ y 2=−1 ¿ ¿. ¿ x=1 y=2 ¿ ¿ 1 2 ¿ x= y ¿ 2 x =−1 1 2 Víi k=  hÖ PT :  1 1 ¿ y2 − 3 . +1 =−1 2 2 2 y=− 2 ¿ ¿{ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Tóm lại hệ đã cho có 4 cặp nghiệm : (2,1); (-2,-1); (1,2); (-1,-2) VÝ dô 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ x 2+ xy − y 2=5 y 2x 5 2 (I) − =− − x y 2 xy ¿{ ¿ Gi¶i: §K x0; 0. [( ). ].

(89) ¿ x + xy − y 2=5 5 HÖ (I)  −2 x 2+ y 2 + =−2 2 xy ¿{ ¿ ¿ x 2+ xy − y 2=5 2. 5  2 ( x2 + yx2 − y 2 ) =−5 − 2 x 2 + y 2 + xy 2 ¿{ ¿ ¿ 2 2 (1 ) x + xy − y =5 29  2 x 2 − xy −3 y 2=0 (2) 2 ¿{ ¿ ¿ x 2=5 Víi y=0  (1)  8 x 2=0 (v« lý) ¿{ ¿  y0 đặt x=ky ¿ ( ky )2 +k . y . y − y 2=5 29 (I)  8 ( ky )2 − ( ky ) y −3 y 2=0 2 ¿{ ¿ ¿ y 2 ( k 2 +k +1 ) =5  y 2 8 k 2 − 29 k −3 =0 2 ¿{ ¿ 29 8 k 2 − k −3 = 0 V× k0  2. (. (. ). . 16k2- 29k- 6 = 0 =292 +4.6.16=1225  29+35 =2 k1= 32 29 −35 − 3 = k2= 32 16. Víi k1=2  y2[4+2-1]=5  y2=1. ). √ Δ=35.

(90) Mµ x = 2y . ¿ x=2 y=1 ¿ ¿ ¿ x=−2 ¿ y=− 1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. ¿ ¿ −3 −3 x= y x= y 16 16 −3 9 −3 −256 Víi k= ❑   ❑ 16 y2 + −1 =5 y 2= 256 16 59 ¿{ ¿{ ¿ ¿ ¿ ¿ x=2 x=−2 Vậy hệ đã cho có 2 cặp nghiệm y=1 hoặc y=− 1 ¿{ ¿{ ¿ ¿ VÝ dô 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ 3 x 2 −8 xy+ 4 y 2=0 5 x2 −7 xy −6 y 2 =0. [ ( ) ]. (I). ¿{ ¿ Gi¶i: * Víi y=0 ¿ 3 x2 =0 2 HÖ (I)  5 x =0 VËy hÖ cã nghiÖm (0,0) ¿ { ¿ *Víi: y0. §Æt x=ky ¿ 2 3 ( ky ) − 8 ( ky ) y+ 4 y 2=0 2 2 HÖ (I)  5 ( ky ) − 7 ( ky ) y −6 y =0 ¿ { ¿ ¿ y 2 ( 3 k 2 − 8 k + 4 ) =0 (1) 2 2 (2)  y ( 5 k −7 k − 6 ) =0 ¿ { ¿. (v« nghiÖm ).

(91) ¿ 3 k −8 k + 4=0 (1) 5 k 2 − 7 k −6=0 (2) ¿ { ¿ 2. V×: y0. Gi¶i: (1). ’.  =16-12=4 k1=. 4+2 4 −2 2 =2 ; k2= = 3 3 3. Víi k=2  5.(2)2-7.2-6 = 0 2 Víi k= 3.  5.. 2 3. 2. (). -7.. 2 -6  0 3. VËy (1) vµ (2) bao giê còng k=2 (tho¶ m·n)  Hệ đã cho có vô số nghiệm thoả mãn dạng (2t,t), tR. Mét sè VD minh ho¹ kh¸c Bµi 1. (§HSP TPHCM 00-01).Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh.  x 2  2 xy  3 y 2 9  2 2 2 x  2 xy  y 2 Bµi gi¶i. Hớng dẫn : khử hệ số tự do ta đợc : 16 x 2  14 xy  3 y 2 0 Ta thấy : x= 0, y= 0 không là nghiệm của hpt, chia hai vế cho y ta đợc :  x 1 2 y2  x x 16    14  3 0   y  x 3  y y8 . x 1  *Với y 2 thế vào pt ta đợc :.   x 1    y  2   x  1    y 2.  3 17  x  17     8 17  y  17    3 17  x  17    x 3   y 8 17   17 *Với y 8 thế vào pt ta đợc :   KÕt luËn hpt cã 4 nghiÖm. Bµi 2. (§HDL PH¦¥NG §¤NG-KA 00-01). Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh..

(92)  2 x 2  3xy  y 2 12  2 2  x  xy  3 y 11 Bµi gi¶i. Giải tơng tự ta thu đợc 4 nghiệm :  x  1   y  2.  x 1   y 2 x  5 3    y  1 3 .  x  5 3   y  1 3  Bµi 3. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh.. 2 2 2 x  4 xy  y  1  2 2 3x  2 xy  2 y 7 Bµi gi¶i.. Giải tơng tự ta thu đợc 4 nghiệm :  x  1   y  1 9   x  161   y   17 161 .  x 1   y 1 9   x  161   y  17 161 . Bµi 4. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh.  x 2  xy 2  2 2 2 x  4 xy  2 y 16 Giải tơng tự ta thu đợc 4 nghiệm :. MỘT SỐ DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA CĂN THỨC.. 1. Dạng hệ phương trình có thể khử được một ẩn dẫn tới phương trình một ẩn. ¿. √ y ( √ x + √ x +3 )=3 Bài 1.1. Giải hệ phương trình: √ x+ √ y=x +1 ¿{ ¿ HDG: Điều kiện:. x≥0; y≥0. (1) (2).

(93) Ta viết:. √ y ( √ x + √ x+3 )=3 ⇔ √ y=. 3. √ x+ √ x +3. =√ x+ 3− √ x. Thay vào (2) ta có: ( 2 ) ⇔ √ x+3=x+ 1⇔ x=1⇒ y=1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( 1; 1 ) ¿ 1 x √ x + 1+ = y y Bài 1.2: Giải hệ phương trình: √ xy + √ y+ 1+ √1 − x=1 ¿{ ¿. √ √. (1) (2). HDG: Điều kiện:. y >0 ; 0 ≤ x ≤1. Ta viết: ( 1 ) ⇔ √ xy + √ 1+ y=√ x. Thay vào (2) ta có:. √ x+ √1 − x=1 ⇔ x=0 → y=−1 (L) ¿ x=1 → y =0 (L) ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. Vậy hệ phương trình vô nghiệm. ¿ √ x + y + √ x − y =1+ √ x 2 − y 2 Bài 1.3: Giải hệ phương trình: √ x+ √ y=1 ¿{ ¿. HDG: Điều kiện:. x≥ y≥0;. ( 1 ) ⇔ ( √ x+ y −1 ) ( √ x − y − 1 )=0 ⇔ x + y=1 ¿ x − y=1 Ta viết: ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. (1) (2).

(94) Suy ra:. ¿ x=1 y=0 ¿ x =0 y=1 ¿{ ¿. Vậy hệ phương trình 2 nghiệm (1; 0) và (0; 1) Bài tập tương tự: Giải các hệ phương trình sau: ¿ 2 √ x + x +2− √ x+ y = y a) √ x+ y=x − y+ 1 ¿{ ¿ ¿ √ x+ y − 1=1 x √ − y +2=2 x −2 c) ¿{ ¿. ¿. y −3 x √ x + y + √ x=x +3 ¿{ ¿. √ x+ y − √ x +3= b).  x 2  2  y 2  3  x  y 5    x 2  2  y 2  3  x  y 2 d) .  x 2  x  y  1  x  y 2  x  y  1  y 18 ( AN  99)  2 2  x  x  y  1  x  y  x  y  1  y 2 e)  ¿ 20 y x g) 16 x √ x+ y − √ x + y= 5y ¿{ ¿. √ x + y +√ x+ y=. √ √. 2.Dạng hệ phương trình có thể đặt ẩn phụ để khử căn thức. *Đặt một ẩn phụ:. Bài 2.1. Giải hệ phương trình:. HDG: Điều kiện:. x . y >0. ¿ 2x 2y + =3 y x x − y+xy=3 ¿{ ¿. √ √. (1) (2).

(95) √ 2t 2 − 3 t+ √ 2=0 ⇔ t=√ 2 ¿. Đặt t=. √. 1 √2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. t=. x ( ; t >0 ) . Khi đó (1) trở thành: y. Với t=√ 2⇒ x =2 y. thay vào (2) ta được:. 2 y 2+ y −3=0 ⇔ y=1 → x =2 ¿ 3 y=− → x=− 3 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. 2 x 2 − x − 3=0 ⇔ x=−1 → y=−2 ¿ 3 1 y = → x=3 Với t= ⇒ y=2 x thay vào (2) ta được: 2 √2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. (. Vậy hệ pt có 4 nghiệm phân biệt: ( 2; 1 ) , ( -1;-2 ) , -3;-. 3 3 ∧ ;3 2 2. *Đặt hai ẩn phụ đưa về hệ phương trình:. Bài 2.2. Giải hệ phương trình:. ¿ x √ x+ y √ y=35 x √ y + y √ x=30 ¿{ ¿. HDG: Điều kiện:. x≥0; y≥0. ¿ ¿ u ( u − 3 v ) =30 √ x+ √ y=u u. v=35 xy=v √ ⇒ Đặt . Hệ trở thành: ; (u , v ≥ 0) ¿ u=5 ¿{ v=6 ¿ ¿{ ¿ 2. (1) (2). )( ).

(96) Suy ra:. ¿ x =4 y=9 ¿ x=9 y=4 ¿{ ¿ ¿. √ x+1+ √ y +1=4 Bài 2.3. Giải hệ phương trình: [ĐH.2006.A] x + y − √ xy =3 ¿{ ¿. HDG: Điều kiện: Ta viết hệ. x ≥ −1 ; y ≥ −1 ; xy ≥ 0 ⇔ x+ y+ 2 √ xy+ x + y +1=16 x + y − √ xy=3 ¿{. ¿ 2 ¿ u+2 √ v + u+1=16 x+ y=u u − v=3 √ xy=v ⇒ Đặt . Hệ trở thành: ; (v ≥ 0 ) ¿ u=6 ¿{ v=3 ¿ ¿{ ¿ ¿ x =3 Suy ra: y=3 ¿{ ¿ Bài tập tự luyện: Giải các hệ phương trình sau: ¿ x + y 2=1 a) √ x+ y + √ x − y=2 ¿{ ¿ ¿ 2 2 √ 2 x +2 y +√ 2 xy=8 √2 b) x+ y+ 2 √ xy=16 ¿{ ¿ 2. Đáp số: (1;0). Đáp số: (4;4).

(97) ¿ 3 3 2 ( x + y ) =3 ( √ x 2 y + √ y 2 x ) 3 3 c) √ x + √ y=6 ¿{ ¿ ¿ √ 7 x + y + √ 2 x+ y =5 d) √ 2 x+ y + x − y=1 ¿{ ¿ ¿ √ x +2 y+ √ x −2 y + √ x 2 − 4 y 2=5 e) ( x − 2 y ) √ x+2 y + ( x+ 2 y ) √ x −2 y=6 ¿{ ¿. Đáp số: (8;64) và (64; 8). Đáp số: (1;2).  x y 7   1  x xy ( HH  99)  y  x xy  y xy 78 g) . {. 1 ) √ x=2 √ 3 y +2 x 1 (4− ) √ y=4 y +2 x. ( 4+. h). i). x   2  6 y  y  x  2 y  *   x  x  2 y x  3 y  2 . Đáp số:. x  2y 8 4 pt  *   ;  y2  3 9  HD:.  12;  1 , . x  2y  6 0 y. ¿ j). √ x2 + y 2 +√ x 2 − y 2=4 √ x + y − √ x − y=2 ¿{ ¿. 2. Dạng hệ phương trình chứa căn giải được nhờ sử dụng bất đẳng thức. ¿. Bài 3.1. Giải hệ phương trình:. x + √ x+ √ y +1=1 y + √ y+ √ x +1=1 ¿{ ¿.

(98) HDG: Điều kiện:. x , y ≥0. ¿ ỹx + √ x+ √ y +1 ≥ 1 ỹ Ta có: ỹx + √ x+ √ y +1 ≥ 1 } ¿. kết hợp với hệ suy ra. ¿ x =0 y=0 ¿{ ¿. ¿. √ x + √ x+3=3 √ y Bài 3.2. Giải hệ phương trình: √ y+ √ y +3=3 √ x ¿{ ¿. HDG : Điều kiện: Ta giả sử. x , y ≥0. x ≥ y ≥ 0 ⇒ √ x + √ x +3 ≥ √ y+ √ y +3 ⇒ 3 √ y ≥3 √ x ⇒ y ≥ x. Suy ra x = y = 1.. Bài 3.3. Giải hệ phương trình:. ¿ x+ √2 − y 2=2 y + √ 2− x2=2 ¿{ ¿. HDG : Điều kiện: − √ 2 ≤ x , y ≤ √2. Ta có:. ¿ x + √ 2− x2 ≤2 y + √ 2− y 2 ≤ 2 ¿{ ¿. ⇒ x + y + √ 2− x 2 + √ 2− y 2 ≤ 4. Theo hệ phương trình ta phải có. ¿ x + √ 2− x2=2 y + √ 2− y 2=2 ⇒ ¿ x=1 y=1 ¿{ ¿.

(99) ¿. 3. 3. √ x+ √ y=1 Bài 3.4. Giải hệ phương trình: √4 x+ 4√ y=1 ¿{ ¿. HDG x , y ≥0. : Điều kiện:. ⇒ 3 √x≥√x 4 3 √ y≥√ y 4 4 3 3 ⇒ √ x+ √ y ≥ √ x + √ y ¿{ 4. Ta có:. √4 x+ 4√ y=1. ⇒ x , y ≤1. ⇒ 3 x=√ x √ Theo hệ phương trình ta phải có 4 3 √ y=√ y ¿{ 4. Kết hợp với hệ pt suy ra 2 nghiệm (1; 0) và (0; 1) ¿. Bài 3.5. Giải hệ phương trình:. x+ y=√ 4 z −1 y + z=√ 4 x −1 z+ x=√ 4 y −1 ¿{{ ¿. HDG: Điều kiện:. x , y ≥− 1/4. Ta có:. √ 4 z −1= √(4 z −1). 1 <. Tương tự:. √ 4 x −1 < 2x. (4 z −1)+1 2. (2’). = 2z. (1’). √ 4 y −1 < 2y. ❑. Từ (1’) ;(2’) ; (3’) và (1) ; (2) ; (3) suy ra. 2(x+y+z) =. √ 4 z −1+ √ 4 x −1+ √ 4 y −1 < 2z + 2x + 2y (4). Từ (4) suy ra: x = y = z =. 1 2. Bài tập tự luyện: Giải các hệ phương trình:. a). ¿ 2n x+ √ y − 1=1 2n y + √ x − 1=1 ¿{ ¿. ¿ x +31=2+ y −x √ 5 b) √ y+ 31=2+ x − y ¿{ ¿ 5. (3’).

(100) ¿ 3 3 2 √ x+ √ x +3=3+ √ y d) 2 √3 y + √ y +3=3+ √3 x ¿{ ¿. ¿. √ x+ √ 2 − y=2 c) √ y+ √ 2 − x=2. e). ¿{ ¿ ¿ x2 y= √ 2 x −1 y2 z= √ 2 y −1 z2 x= √2 z − 1 ¿ {{ ¿. ¿ 2 y= ( √ x + √ 2− x ) √2 z −1 2 z =( √ y+ √ 2 − y ) √ 2 x −1 g) 2 x =( √ z+ √ 2 − z ) √ 2 y −1 ¿{{ ¿ ¿. √ x+ √ x +2+ √ x + 4=√ y −1+ √ y −3+ √ y −5 x + y + x 2+ y 2=44 ¿{ ¿. h). HD: so sánh:. √ x+ √ x +2+ √ x + 4 ∧ √ ( y −5 ) + 4+ √ ( y −5 ) +2+ √ y − 5. ¿ 2 xy 2 x+ 3 2 =x + y √ x −2 x +9 2 xy i) y+ 3 2 = y2 + x √ y −2 y+ 9 ¿{ ¿ ¿ 1+ x + 1+ x +. . .+ √ 1 √ 2 √1+ x 2012= √2012 . 2013 j) √ 1− x 1 + √ 1− x2 +. ..+ √1 − x 2012= √ 2012 .2011 ¿{ ¿ HD: sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski. 3. Dạng hệ phương trình chứa căn giải được nhờ sử dụng tính chất của hàm số. Bài 4.1. Giải hệ phương trình: ¿ 5 4 10 6 x + xy = y + y √ x+3+ √3 y 2 +1=4 ¿{ ¿. HDG:.

(101) ⇔ x x + = y 5+ y y y x ≥ − 4/5 ; Hệ √ x+3+ √3 y 2 +1=4 ¿{ 5. (). ĐK:. Xét hàm số f ( t )=t 5 +t Suy ra:. x = y ⇔ x = y2 y 2 ⇔ √ 3 x +10 x +3=6− 2 x. đồng biến trên R. Suy ra:. √ x+3+ √ 3 x +1=4. ⇔ ⇒ x ≤3 x=1 y=1 ⇔ ¿ ¿ x≤3 x=33 y=− 1 ¿ ¿ x 2 −34 x +33=0 ¿ ¿ ⇔ x=1 ¿{ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Vậy hệ pt có 2 nghiệm là: ( 1; 1 ) ∧ ( 1 ; −1 ) Bài 4.2. Giải hệ phương trình: ¿. √ x 2 −2 x+6 . log3 ( 6 − y ) =x √ y 2 −2 y +6 . log3 ( 6 − z )= y √ z 2 −2 z+ 6. log3 ( 6 − x )=z ¿{{ ¿ HDG: ĐK: x , y , z <6 ;. ⇔. x (1) √ x −2 x +6 y (2) Hệ log 3 ( 6 − z )= 2 √ y − 2 y +6 z log 3 ( 6 − x )= 2 (3) √ z −2 z+6 ¿{{ t Xét hàm số f ( t )= 2 đồng biến trên ( − ∞; 6 ) . √ t −2 t +6 và hàm số g(t)=log 3 ( 6 −t ) nghịch biến trên ( − ∞; 6 ) . ⇔ ( ) g y =f ( x ) (1) Khi đó hệ có dạng: g ( z ) =f ( y ) (2) g ( x )=f ( z ) (3) ¿{{ Nếu (x; y; z) là một nghiệm của hệ phương trình thì ta sẽ chứng minh x=y=x. Thật vậy, không mất tính tổng quát giả sử x = max{x, y, z} khi đó xảy ra hai trường hợp: log 3 ( 6 − y )=. 2.

(102) TH1: x ≥ y ≥ z ⇒ g  x   g  y   g  z   f  z   f  x   f  y  ⇒ z ≤ x ≤ y ⇒ x= y =z TH2: x ≥ z ≥ y ⇒ f ( x ) ≥ f ( z ) ≥ f ( y ) ⇒ g ( y ) ≥ g ( x ) ≥ g ( z ) ⇒ y ≤ x ≤ z ⇒ x= y =z Vậy x = y = z. Từ hệ suy ra: f ( x )=g ( x ) ⇔ x=3 Tóm lại: hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x; y; z) = (3; 3; 3) Bài tập tương tự: Giải các hệ phương trình: ¿ ln ( 1+ √ x ) − ln ( 1+ √ y ) =√ x − √ y a) x − 12 √ xy+20 y =0 ¿{ ¿ ¿ 2 ( 4 x +1 ) x+ ( y − 3 ) √5 −2 y=0 b) [ĐH.2010.A] 4 x2 + y 2 +2 √ 3 − 4 x=7 ¿{ ¿. 5. Dạng hệ phương trình chứa căn giải được bằng cách lượng giác hóa. Bài 5.1. Giải hệ phương trình: ¿ x √ 1− y + y √ 1 − x 2=1 ( 1− x ) ( 1+ y )=2 ¿{ ¿ 2. HDG: Điều kiện. Đặt. x , y ∈ [ −1 ; 1 ]. ¿ x =cos a y=cos b với a , b ∈ [ 0 ; π ] ¿{ ¿. ¿ cos a . sin b+cos b .sin a=1 ( 1− cos a )( 1+cos b )=2 Hệ trở thành: ¿{ ¿ Đặt t=sin a −cos a ; t ∈ [ − √2 ; √ 2 ]. ⇔ π 2 sin a −cos a −sin a . cos a −1=0 ¿{ a+b=. (∗).

(103) t 2 +2 t − 3=0 ⇔ t=1 ( TM) ¿ t=− 3 (L) PT (*) trở thành: ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ π π √ 2sin a − =1 ⇒ a= ⇒ b=0 ⇒. ( 4). Với t= 1 suy ra:. 2. x=0 y =1 ¿{. Bài 5.2. Giải hệ phương trình: ¿ 2 √ x + x √ y= √ y 2 √ y + y √ z=√ z 2 √ z + z √ x= √ x ¿{ { ¿ HDG : Điều kiện. Dễ thấy. Đặt. x, y ,z ≥0. ⇔ 2 x √ y= √ 1− x 2√ y x , y , z ≠ 1 . Khi đó hệ √ z= 1− y 2 z √ x= √ 1−z ¿{{ ⇒ √ y=. √ x=tan a ; a ∈ ¿. 2 tan a =tan 2 a 2 1− tan a. 2 z 2 tan 4a x  tan a  1 z 1  tan 2 4a ⇔ a=. −kπ 7. ⇔ tan a=tan 8 a ⇔ a=8 a+ kπ ; k ∈ Z. {. nên a ∈ 0 ;. mà a ∈¿. ⇒ √ z=tan 4 a. π 2 π 3π ; ; 7 7 7. }. Vậy hệ pt có nghiệm:. ( tan π7 ;tan 27π ;tan 47π ) ; ( tan 27π ;tan 47π ;tan 87π ) và ( tan 37π ;tan 67π ;tan 127π ) 2. ( 0 ; 0 ; 0) ; 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2.

(104) Bài 5.3. Giải hệ phương trình :  2y 1  y 2 x   2x  y 1  x 2. Giải :  x tan      ,   ;    2 2  . Khi đó hệ đã cho trở thành : Đặt  y tan  với  2 tan  1  tan  2 tan   sin 2  tan  (1)  2 tan  tan    2 1  tan  sin 2 tan  (2) . Ta xét hai trường hợp : Nếu sin  0 thì sin  0 và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ . Xét sin  0 và sin  0 : Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có :. sin 2 .sin 2  tan  .tan .  4 cos  .cos . 1 1  cos  .cos  cos .sin  2. (1)  2sin  .cos  .cos sin   sin  sin    . (3). (4). Thay (4) vào (3) ta có 1 1 1   k cos 2   (1  cos 2 )   2   k     ,k Z 2 2 2  cos 2 0 2 4 2 Khi đó nghiệm của hệ là  x  y 0  x  y tan(  k )   x  y 1 4  x  y 1. HÖ ph¬ng tr×nh mò – logarÝt I). Phơng pháp biến đổi tơng đơng. Bµi 1 Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau  x  y 2  2 (1  y ) x  x 2 1   1). 23 x 1  2 y  2 3.2 y 3 x  3 x 2  1  xy  1  x 6) .

(105) 2). x y x y  x  y  2  x y 1. 2 x  2 y 3  x  y 1 3)  x 5( y  )  y 4 x 3 x y  3  x  y 1 4)  2 x  2 y ( y  x)( xy  2)  2 x  y 2 2 5) . 7).  x2  y 4  x  log 2 y log y x .  xy  xy 4 32  log ( x  y ) 1  log 3 ( x  y ) 8)  3  x  log 3 y 3  2 x 9) (2 y  y  12).3 81 y  x log8 y  y log8 x 4  log x  log 4 y 1 10)  4. Lêi gi¶i 1) §iÒu kiÖn y>-1  x  y 2    y  1 1   x  y 2  x  y 2  x 2   y 1  0  2   2  x  x2   1    x  x  2 0  y 0 (1  y )  y 0   2) §iÒu kiÖn x>0;y>0   x 1    x 1   y 1  2 2 x  x  2( x  x )   x x 1  x  0    x 3  2 2   2 3    x  x  2 x  2 x    y  x   y 3 9  y x 2     2 x 1 2  2 3 2  3.2  2 0     2 x 2   x y 2  2 3  y 1  x  y 1  x    y 1  x x  y 1  3)  x. 1 x. 2x. x.   x 0    y 1   x 1    y 0.   x 1    x 1   y 1  3 x   15( x  )  x  3 4 x x  0  3 x    x 2 x x      3 5( y  )   y 4 x 3  3 x y  y  x  3    x  4 x  15 x  5 x   1  y  3 3 1   x y 8  y x 4)    x y x y 2 2 x y 3 3 2  2 ( y  x)( xy  2) 2  2 ( y  x )( xy  x  y ) 2  2  y  x (1)  2  2  2 x  y 2 2 x  y 2 2 x  y 2 2(2) 5)     .

(106) Ph¬ng tr×nh (1) cã x=y tho¶ m·n x 3 y 3 NÕu x>y th× 2  x  2  y x 3 y 3 NÕu x<y th× 2  x  2  y Thay vµo (2) ta cã x=y=1 hoÆc x=y=-1  x  1 0  x  1 3 x 1 y 2 y 3 x  2   2  2 3.2 3x  1  xy  x  1   x (3 x  y  1) 0  23 x 1  2 y  2 3.2 y 3 x  3 x 1 y 2 y 3 x 3 x 2  1  xy  1  x 2  2 3.2 6)     x 0    y log 2 8   x 0   x 0   x 0     11       y log 2 8   y log 2 8   y log 2 8       11 11   11        x  1   x  1   x  1   x  1  1 log 2 (3  8)      y 1  3 x   y 1  3x   y 1  3 x  3 3    3 x 1  1 3 x   2(13 x )   13 x 6  6.2  1 0   23 x 1 3  8   2  2   2   y 2  log 2 (3  8)   3 x 1 3  8   2 . 7).  x2  y 4  x  log 2 y log y x . (7) §iÒu kiÖn x  0;0  y 1 log 2 x 2 log 2 y 4 log 2 x 2log 2 y log 2 x 2 log 2 y  x 16    2 log 2 y   log 2 x     y 4 log 2 y 2 log 2 x  log 2 y  log y  2 log 2 y  log 2 y  log y  2 2  (7)   xy  xy 4 32  log ( x  y ) 1  log 3 ( x  y ) 8)  3 (8) x  y  0  x  y  0  xy 0 §iÒu kiÖn   x y 2( y  x ) 5   log ( x 2  y 2 ) 1  3.  x y 2( y  x ) 5    x 2  y 2 3 . (8)   x  log 3 y 3  2 x 9) (2 y  y  12).3 81 y (9) §iÒu kiÖn y>0.   x 2 y  2 2 ( x  2 y )(2 x  y ) 0  4 y  y 3    2 2 y 2 x   x  y 3    x 2  4 x 2 3.  x 2   y 1.

(107)  x  log 3 y  3  x  log 3 y  3  2   2 1 (2 y  y  12).27. y 81 y  y  y  12 0. (9)   x log8 y  y log8 x 4  log x  log 4 y 1 10)  4 (10) 0  x  1;0  y 1 §iÒu kiÖn.  x  log3 y  3  x 2     y 3  y 3   y  4  . 1  x log8 y  y log8 x 4  x log8 x 2  log x log x 2   3 2   x  4 y x  4 y    x 4 y (10) . Bµi 2 : Cho hÖ ph¬ng tr×nh.  x 2   y 2. 3 3 2. 1 2  2 log 3 x  log 3 y 0 (1)   x 3  y 2 my . a) Gi¶i hÖ víi m = 2 b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm. Lêi gi¶i §iÒu kiÖn x 0; y  0 log 3 x log 3 y   3 2 x  y  my  0 (1)  .  x  y (2)  2 f ( y )  y  y  m  0(*) . a) Với m = 2 giải hệ (2) ta đợc nghiệm (1 ;1) ; (-1 ;1) b) (1) cã nghiÖm khi vµ chØ khi (*) cã nghiÖm y>0. Do (*) cã. . b  1 a nªn (*) cã nghiÖm d¬ng  f(0) <0  -m<0  m >0. log x (3x  ky ) 2 (1)  log y (3 y  kx ) 2   Bµi 3 Cho hÖ ph¬ng tr×nh a) Gi¶i hÖ víi k =2 b) BiÖn luËn theo k hÖ (1).

(108) Lêi gi¶i. §iÒu kiÖn. 0  x; y 1  3x  ky  0 3 y  kx  0 . (*).  3 x  ky  x 2 (2)  2 x  y  3 x  ky  x   3x  ky  x 2 3 x  ky x 2     x  y   3 x  ky  x 2  2  3 y  kx  y ( x  y )(3  k  x  y ) 0   y 3  k  x   y 3  k  x (3)     (1)  a) Víi k = 2  x 2  5 x 0   y x  (2) .  x 5   y 5.   x  1(l )  x 2  x  2 0  x 2     x 2    y  1(l )  y 1  x  y 1  x  (3)  b) BiÖn luËn   x 0(l )  x( x  3  k ) 0  x 3  k     x 3  k     y x  y 3  k  y x  (2)  Víi x= 3+k ; y= 3+k lµ nghiÖm cña hÖ khi vµ chØ khi tho¶ m·n hÖ ®iÒu kiÖn (*)  0  3  k 1   3  k  2  x 2  (k  3) x  (k  3)k 0(4)  y 3  k  x(5) (3)   +) XÐt ph¬ng tr×nh (4) f ( x ) x 2  (k  3) x  (k  3)k 0 cã  '  3( k  3)(k  1) k 3 '  0   k   1 . NÕu. ph¬ng tr×nh (4) v« nghiÖm nªn hÖ (3) v« nghiÖm.

(109)  k 3  ' 0    k  1 . NÕu Víi k = 3 th× ph¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm x= 0 kh«ng tho¶ m·n (*) => (3) v« nghiÖm Với k= -1 thì phơng trình (4) có nghiệm x=2 thay vào (5) ta đợc y = 2 Vëy hÖ (3) cã nghiÖm (2;2) ' . NÕu   0   1  k  3(**).  3  k   3(k  3)(k  1)  x  x1  2   3  k   3(k  3)(k  1)  x  x2  2 Khi đó (4) có hai nghiệm  Với x= x1 thay và 95) ta đợc y= x2 Với x = x2 thay vào (5) ta đợc y = x1  x1 x2  0  0  x, y 1   x1  x2  0   f (1) 0  Do đó (3) có nghiệm thoả mãn. k (k  3)  0   3  k  0 1  3  k  k (k  3) 0 .  1  k  0  k 1  3 KÕt hîp víi (**) ta cã  KÕt luËn +) Víi k  3 hoÆc k = -2 hÖ v« nghiÖm +) Víi. +). . k    3;  1  1 . . k    1;0  \ 1 . . 3  0;   \   2. hÖ cã nghiÖm x = y = 3+k.  x 3  k  x  x1  x  x2 ; ;  3 y 3  k  y  x2  y x1  hÖ cã ba nghiÖm. . C¸c bµi tËp tù luyÖn Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh sau  x 2  y 2 3  log ( x  y )  log 3 ( x  y ) 1 1)  3. §S : (2;1). k  0  k 1 . 3.

(110) 2 2 2 log x log y  log xy  2 log ( x  y )  log x.log y 0. 2). 1    2;  ;  2;1 2 §S: . 3lg x 4lg y  (4 x )lg x (3 y )lg3 3) .  1 1  ;  DS :  4 3 . 4log3 xy 2  ( xy )log3 2  2 x  y 2  3x  3 y 12 4) . DS :.  y 1  log 2 x  y 5)  x 64. 6). 1  1 x y 2  28 x  7 y ( xy ) x .x  y  y 2 . 23 x 5 y 2  4 y  x  4  2 x 1 y  x 2  2  7) 3x  x log 3  log y  y  log 2 2 2  2   x log 12  log x  y  log 2 y 3 3 3 3 8)   x  4 y  3 0  log 4 x  log 2 y 0 9) . 10). 1  log 1 ( y  x )  log 4 y 1  4  x 2  y 2 25 . II). DS :. 3. . 6;3  6 ; 3  6;3  1  ; 2 8 .  4;3 ; . DS :. 2 9 ;   3 4.  1;1 ; . DS : (0;1) ; (2;4). . DS.  2;1 ; . 2;. . 2  2 . DS : (1,1) ; (9;3). DS. (3;4). Phơng pháp đặt ẩn phụ. Bµi1 Gi¶i c¸c hÖ phùîng tr×nh sau 32 x 2  22 y 2 17  x 1 2.3  3.2 y 8 1) . 9log2 ( xy )  3 2.( xy )log2 3  ( x  1) 2  ( y  1) 2 1 4) . 6. .

(111) 2. 2).  x log8 y  y log8 x 4  log x  log 4 y 1 5)  4. 2.  42 x  2  22 x  y  4 y 1  2 y 2 2  3.22 x  y 16  2. 92cot x sin y 3  sin y 9  81cot x 2 3) . Lêi gi¶i 32 x 2  22 y 2 17  x 1 2.3  3.2 y 8 1)  (1). §Æt. x 3 u ; u  0; v  0  y 2 v. thay vµo (1) ta cã. 1  9u 2  4v 2 17 u   3  6u  3v 8 v 2 2.  x  1   y 1. 2.  42 x  2  22 x  y  4 y 1  2 y 2 2 2  3.22 x  y 16   2) (2) u 4 x  v 2 y §Æt . 2. 1. u; v  0. Thay vào (2) ta đợc  v2  4 2 v2  4 2 ( )  4v  v 1 v 2 16 u 2  4uv  v 2 1  3v v 4  3v 2      2   v  4 2 u  1 v  4 u  v  3uv 4  u   3v   3v. 3). 2cot x sin y 3 9  sin y cot x 9  81 2. (3). u 92cot x u; v  0  v 9sin y   §Æt.   x 1    y 2   x  1    y 2.

(112)   x   k      2   x  2  k   y   m2  cot x 0   u . v  3 u  1   6       1    y   m2   6 v  u 2 v 3 sin y    x    k  2     5 2 y   m 2     6    y  5  m2   6 Thay vµo (3) ta cã. 9log2 ( xy )  3 2.( xy )log 2 3 (1)  ( x  1) 2  ( y  1) 2 1(2) 4)  §K xy>0 Đặt log2 (xy)=t  xy = 2t thay vào (1) ta đợc :  3t  1 9t  3 2.2t log2 3  9t  3 2.3t  32t  2.3t  3 0   t  3 3. Víi. 3t 3  t 1  xy 2  y . 2 x (v× x 0 ) thay vµo (2) ta cã. 2 ( x 1) 2  ( 1) 2 1  x 4  2 x3  x 2  4 x  4 0  x Víi. x  2  y  1. Víi. x= -1 => y=-2. VËy nghiÖm cña hÖ (-1 ;-2) (-2 ;-1). 5) §K.  x log8 y  y log8 x 4  log 4 x  log 4 y 1. (5). x>0;y>0. 1 log 2 x  13 log2 y  y3 4 x  1 log 2 x  log 2 y  2 (2) (4)  .  x  1  x  2 .

(113)  x 2u u log 2 x   v v log 2 y   y 2 thay vµo (2) ta cã §Æt  1  x   3 8   u    2 1 1  uv u  u 13 v  uv3  v 3 y   1    3 (2 )  (2 ) 4 2 2  v  2 2       1 1  1 u  v  u  v  u  v  1  u  2 x   2 2    2  2 3    v   1 2  y  8  Bµi 2 : Cho hÖ ph¬ng tr×nh log x (ax  by )  log y (ay  bx ) 4  log x (ax  by ).log y (ay  bx) 4 (1) a) Gi¶i hÖ víi a=3; b=5 b) Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ khi a,b>0 Bµi lµm Víi a,b>0 §iÒu kiÖn 0  x; y 1 log x (ax  by ) u  log (ay  bx) v §Æt  y thay vào hệ đã cho ta đợc 2 u  v 4 u 2 log x ( ax  by ) 2 ax  by x    (2)  2 u.v 4 v 2 log y ( ay  bx) 2 ay  bx  y a) Víi a=3 b=5 thay vµo (2) ta cã  y x 3x  5 y  x 2 ( x  y )( x  y  2) 0  x  2  y       2 2 3 y  5 x  y 3 y  5 x  y  2  y  3 y  5 x 0 by  ax x 2 2 by  ax  x    x  y   ( x  y )( x  y  a  b) 0   y a  b  x  b) (2) .  x y  x 8   2  y 8   y  8 y 0  x  2  y   (VN )   y 2  2 y  10 0.  x y (3)  2 bx  ax  x   y a  b  x   (4)  b( a  b  x)  ax  x 2.  x a  b  +) (3)  y a  b lµ nghiÖm cña hÖ (1) khi vµ chØ khi 0  a  b 1  y a  b  x  2 x  (b  a) x  ab  b 2 0(5) +) (4)   Ph¬ng tr×nh (5) cã  ( a  3b)( a  b) . NÕu 0<a(114)  a  b  ( a  3b)(a  b)  0  y1  x2  0(loai )  x1  2   a  b  (a  3b)(a  b)  0(loai)  x2  2 . NÕu 0<b<a th× (5) cã hai nghiÖm  VËy hÖ (4) kh«ng cã nghiÖmèth¶ m·n ®iÒu kiÖn 0  x; y 1 KL Víi a,b>0. a+b =1 hÖ v« nghiÖm a  b 1 hÖ cã nghiÖm x=y = a+b. Bµi 3 Cho hÖ ph¬ng tr×nh 2 x 1  y  y  1  m  1 (1)  2 x 2 x 1 y  1  2  2  m  a) Gi¶i hÖ víi m = 0 b) Tìm m để hệ có nghiệm c) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất Bµi lµm u 2 x 1 ; u 2; v 0(*)  v  y  1  §Æt   u v (2)  2 2 u  v  v  m (u  v )(u  v) 0 u v  v  m      2 2 u  v v u  u  m u v  v  m   (3)  u v 2  v  m. Thay vµo (1) ta cã Víi u = - v kh«ng tho¶ m·n ®iÒu kiÖn (*) u v  2 v  2v  m 0(4) (2)  . 2 x 1 2   y  1  2   a) Víi m =0 (2) b) HÖ cã nghiÖm khi vµ chØ khi (4) cã nghiÖm v 2 u v  2  v  2v 0. u 2   v 2.  x 0   y 5. 2  v  2v  m cã nghiÖm v 2 2 XÐt f(v) = v  2v; v 2. f’(v) = 2v -2 =0  v = 1 B¶ng biÕn thiªn v  f’(v) f(v). 1 -. 0. 2. . +. . . 0 -1.

(115) Ph¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm v 0   m 0  m 0 c) Tõ b¶ng BBT ta thÊy hÖ cã nghiÖm duy nhÊt khi vµ chØ khi m 0. Bµi tËp tù luyÖn 1) Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh sau:  x  2 lg y 3  x  3lg y 2 1 1)  22 x 1  3.2 x  y 2  2  2 2 y  3 y 22 x  2 2)  log ( xy ) log 2 4 3 2  ( xy ) 3  2 x  y 2  3x  3 y 2 3) . §S:.  4;. 10. . §S: (0;1);(1;2) ; (-1;2) DS:. 3. 6;3 . . 6 ; 3. . 6;3  6 ;.  22 x  42 y m  x y x 2 y m  2  4  2. 2) Cho hÖ phùîng tr×nh a) Gi¶i hÖ víi m= 1 b) Tìm m để hệ có nghiệm. lg( xy ) lg 2 x  m  lg( xy ) lg 2 y  m 3) Cho hÖ ph¬ng tr×nh  Tìm m để hệ có nghiệm. III) phùîng ph¸p Hµm sè Bai 1 Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh x 2  2 x 3  y  y 2  2 y 3  x 1)  3x  3 y  y  x  2 x  xy  y 2 12 2)  2 x 2 y  y 2 2 x 3) . 4). ln(1  x)  ln(1  y ) x  y  2 2  x  12 xy  20 y 0.  x 2  y  y 2  x  x y 2  2 x 1 x  y 5) .

(116) Bµi lµm 2 x  2 x 3  y   y 2  2 y  3  x  1) . 2 x  2 x 3  y   x y 2  2  2 x  2 y  y  x. 2 x  2 x 3  y (1)  x y 2  3 x 2  3 y (2) (I). x Xét hàm số f(x) = 2  3x là hàm đồng biến trên R nên từ phơng trình (2) ta có f(x) =f(y)  x = y x Thay vào (1) ta đợc 2  x  3 (3) VT (3) là hàm đồng biến trên R ; VP (3) là hàm nghịch biến trên R vậy (#) có nghiệm duy nhất x=1 Vậy hệ đã cho có nghịêm (1 ;1). 3x  3 y  y  x 3x  x 3 y  y (1)  2  2 2 x  xy  y 2 12    x  xy  y 12(2) 2) x Xét hàm số f(x) = 3  x là hàm đồng biến trến R nên từ (1) ta có 2 Thay vµo (2) ta cã x 4  x 2 VËy hÖ cã nghiÖm (2 ;2) (-2 ;-2) x x 2 2 y 2 2 y (1)   y  x y 2 2 x 2  2 x 2  2 y (2) 3)  x Xét hàm số f(x) = 2  2 x là hàm đồng biến trên R nên từ (2) ta có  x 1 2 x 2 x  2 x  2 x 0    x 2 ( do ham x=y thay vµo (1) ta duoc. f(x) = f(y)  x=y. f(x) = f(y) . f(x) = 2x-2x la hµm låi ) VËy hÖ cã nghiÖm (1 ;1) (2 ;2) ln(1  x)  ln(1  y )  x  y (1)  2 2  x  12 xy  20 y 0(2). 4) DK. x>-1;y>-1 x  2 y (2)    x 10 y (3) Suy ra x; y cïng dÊu (1)  ln(1  x)  x ln(1  y )  y XÐt hµm f(t) = ln(1+t)-t voi t >-1 1 t f ' (t )   1  1 t 1 t t -1 0 BBT f’(t) + 0 f(t). + -. 0 -2. - Tõ b¶ng biÕn thiªn ta thÊy ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm ( x ; y) voi x  y th× x ; y ph¶i lµ hai så tr¸i dÊu . §iÒu nµy m©u thuÉn víi (3) Vậy hệ đã cho chỉ có thể có nghiệm (x ;y) voi x= y Khi đó x = y =0 là nghiệm duy nhất của hệ.

(117)  x 2  y  y 2  x(1)  x y 2  2 x 1 x  y (2) 5)   x y (1)  ( x  y )( x  y  1) 0    y 1  x 2x x 1 +) Víi x = y thay vµo (2) ta cã 2  2 0  2 x x 1  x 1 Suy ra y = 1 1 x x 1 +) Voi y = 1-x thay vào (2) ta đợc 2  2 2 x  1  2 3  2 x (3) VT(3) là hàm đồng biến trên R ; VP(3) là hàm nghịch biến trên R vậy (3) có nghiệm duy nhất x = 1 => y = 0 VËy hÖ cã nghiÖm (1 ;1) ; (1 ; 0). Bµi tËp tù luyªn  x  x 2  2 x  2 3 y  1  1   y  y 2  2 y  2 3x  1  1 1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau :  DS (1;1) y  x e 2007  y2  1   x e y 2007   x 2  1 CM hÖ cã hai nghiÖm ph©n biÖt 2) Cho hÖ . IV giải hệ bằng phơng pháp điều kiện cần và đủ Bài 1 : Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất 2 x  2 y  y  x ( m  1)  2 2  x  y m (1) LG Neu x0 la nghiem thi –x0 cung la nghiem cua he Do do de he co nghiem duy nhat thif x0=-x0  x0 = 0 1  2 y  y  y 0    y m 2 m 0 Voi x0 = 0 thay vao he ta co  2 x  2 y  y  x  2 x  x 2 y  y (3)   2 2 y  x    y x (4) Voi m = 0 thay vao (1) ta co t f ( x )  f ( y)  x  y Xet ham f (t ) 2  t la ham dong bien tren R nen tu (3) ta co.

(118)  x  y  x 0   2  y 0 Ket hop voi (4) ta co  y  x Vay he co nghiem duy nhat voi m = 0 2 x  x  y  x 2  m  2 2 Bai 2 ( Bai tu luyen) Tim m de he sau co nghiem duy nha  x  y 1.

(119) Chuyên đề 4. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ.

(120) Chuyên đề 5. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ.

(121)

PT vo tiBat phuong trinh vo tiHe phuong trinh coban day du

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về