Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Luyện thi Đại học - Cao đẳng Khối A Môn toán Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỉ...

Tài liệu Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỉ

.PDF
30
129
89

Mô tả:

Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com PHẦN I -----------------------------------------------------------------PHƢƠNG TRÌNH – BẤT PHƢƠNG TRÌNH ------------------------------------------------------------------CÁC DẠNG CƠ BẢN B  0 ► A B 2 A  B B  0 ► A  B A  B B  0 ► A  B A  B B  0  ► A  B  A  0  A  B2   A  0  B  0 ► A B   B  0   A  B2 TỔNG QUÁT: Đối với những những phƣơng trình, bất phƣơng trình không có dạng chuẩn nhƣ trên, ta thực hiện: - Đặt điều kiện cho căn thức có nghĩa, - Chuyển vế sao cho 2 vế đều không âm, - Bình phƣơng cả hai vế để khử căn. VÍ DỤ - BÀI TẬP Ví dụ 1: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau: 1. 4  2x  x 2  x  2 2. x  4  1  x  1  2x 3. x 2  4x  5  3x  17 4. 3x 2  19x  20  4x  4 5. x  12  2x  1  x  3 4  2x  x 2  x  2  x  2  0  2 2 4  2x  x   x  2  x  2 x  2  2   x 3 x  0  x  3  x  3x  0 Vậy: x  3 1. x  4  1  x  1  2x 2.  x  4  1  x  1  2x x  4  0 1  Điều kiện: 1  x  0  4  x  2 1  2x  0  CAO HOÀNG NAM  x  4  2  3x  2 2x 2  3x  1  2x  1  2x 2  3x  1 2x  1  0  2 2 (2x  1)  2x  3x  1 2x  1  0  2 2 4x  4x  1  2x  3x  1 1  1  x    x   2   2 x  0  x   7 2x 2  7x  0   2 So điều kiện nhận x  0 Vậy: x  0 3. x0 x 2  4x  5  3x  17  x 2  4x  5  0   3x  17  0  x 2  4x  5  (3x  17) 2    x  1  x  5     x 1 x 5    17 17    x   x  3 3   2 21 8x  98x  294  0   x  4  x  7 x7 Vậy: x  7 4. 3x 2  19x  20  4x  4 4x  4  0 4x  4  0  2  2 2 3x  19x  20  0 3x  19x  20  (4x  4) x  1 x  1   4  2 13x  51x  4  0  x  5  x   3 x  1 4   x  5    x  1   1 3  x4   13 4  x  5    x  1  1  x  4 3 4 Vậy: x  5    x  1  1  x  4 3 5. x  12  2x  1  x  3  x  12  x  3  2x  1 (*) [email protected] - 0907894460www.mathvn.com Trang 1 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com CAO HOÀNG NAM x  9  2 4x  6x  54  0 x  9 9    x   x  3 9 2  x  2  x  3 So điều kiện nhận x  3 Vậy: x  3  x  12  0  Điều kiện:  x  3  0  x  3 2x  1  0  (*)  x  12  x  3  2x  1  x  12  x  3  2x  1  2 (x  3)(2x  1)  14  2x  2 (x  3)(2x  1)  (x  3)(2x  1)  7  x (x  3)(2x  1)  0   7  x  0 (x  3)(2x  1)  49  14x  x 2  2. Do x  16 5  x 3  x 3 x 3 2 3. (x  1) 16x  17  8x 15x  23 2 2. 4. (x  3) x  4  x  9 2 1. 2 5. 2x 2  8x  6  x 2  1  2x  2 6. 51  2x  x 2 1 1 x 6  3  x  9  5x (1) 3 x 3  x  0 9 x Điều kiện:  5 9  5x  0 (1)  9  x  5x 2  24x  27 9  x  0  2 2 81  18x  x  5x  24x  27 [email protected] - 0907894460 x  3  0 nên quy đồng bỏ mẫu ta đƣợc: (2)  x 2  16  8  x   x 2  16  0   8  x  0  8 x  0     x 2  16  (8  x) 2 Ví dụ 2: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau: 6  3  x  9  5x 3 x 5 (2) x 3  x 2  16  0  x  4  x  4  x4 Điều kiện:  x  3 x  3  0 1  x   2  x  3   x  7  x 2  9x  52  0   1  x   2  x  3  1  x  7  x   3 x  4 2  x  4  x  13   So điều kiện 3  x  4 . Vậy: 3  x  4 1. x 2  16  x 3  x 3   x  4  x  4  x  8 x  8    x 5 x  8 5 x 8    16x  80 So điều kiện nhận x  5 Vậy: x  5 3. (x  1) 16x  17  8x 2 15x  23 (3) Điều kiện: 16x  17  0  x   17 16 (3)  (x  1) 16x  17  (x  1) 8x  23  (x  1)  16x  17  8x  23  0   x  1   16x  17  8x  23  x  1    8x  23  0  16x  17  64x 2  368x  529   x  1   x  1 23   x    8 x  4 x  2  x  4  So điều kiện nhận x  1 hoặc x  4 Vậy: x  1 hoặc x  4 www.mathvn.com Trang 2 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com 4. (x  3) x 2  4  x 2  9 (4) Điều kiện: x 2  4  0  x  2  x  2 (4)  (x  3)   x  4  x  3  0 (*) 2 Do ta chƣa biết dấu của (x  3) nên ta chia làm 3 trƣờng hợp:  Trƣờng hợp 1: x  3 (*)  x  4  x  3 2 x  3  0  2 x  4  0  x 3 0     x 2  4  x 2  6x  9   x  3   x  2  x  2    x  3   6x  13  x  3 13  x 13  3  x   6 6   Trƣờng hợp 2: x  3 thỏa (*)  Trƣờng hợp 3: x  3 (*)  x 2  4  x  3  x2  4  x  3 x 2  4  0   x  3  0  x 2  4  x 2  6x  9   x  2  x  2    x  3 6x  13  x  2    x2 x 3 13 x  6  13 Vậy: x  hoặc x  3 6 5. 2x 2  8x  6  x 2  1  2x  2 (5) 2x 2  8x  6  0   x  1  x  1 Điều kiện:  x 2  1  0 2x  2  0   Trƣờng hợp 1: x  1 thỏa (5).  Trƣờng hợp 2: x  1 CAO HOÀNG NAM (5)  (x  1)(2x  6)  (x  1)(x  1)  2  x 1  2  2x  6  x  1  2 x  1  2x  6  x  1  2 (2x  6)(x  1)  4(x  1)  2 (2x  6)(x  1)  x  1  x  1  4(2x  6)(x  1)  (x  1) 2  7x 2  18x  25  0 x  1    x 1 25  x   7 Vậy: x  1 hoặc x  1 51  2x  x 2  1 (6) 1 x Điều kiện: 6. 1  2 13  x  1  2 3 51  2x  x 2  0     1  x  0 x  1 Do ta chƣa biết dấu của (1  x) nên ta chia làm 2 trƣờng hợp.  Trƣờng hợp 1: 1  x  0  x  1 (6)  51  2x  x 2  1  x 1  x  0   51  2x  x 2  0 51  2x  x 2  (1  x) 2  x  1   1  2 13  x  1  2 13  x  5  x  5   1  2 13  x  5  Trƣờng hợp 2: 1  x  0  x  1 (6)  51  2x  x 2  1  x 1  x  0  2 51  2x  x  0  x  1   1  2 13  x  1  2 13  1  x  1  2 13 Vậy: 1  2 13  x  5 hoặc 1  x  1  2 13 [email protected] - 0907894460www.mathvn.com Trang 3 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com Ví dụ 3: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau: 1. x  3  2 x  4  x  2 x 1  1 2. x  14x  49  x  14x  49  14 3 x  2 x 1  x  2 x 1  2 3. 1.  14x  49  7  0  14x  49  7 7  14x  49  0 x    2 14x  98  x  7 7 Vậy:  x  7 2 x  3  2 x  4  x  2 x 1  1  x  4  2 x  4  1  x 1  2 x 1 1  1      2 x  4 1  x  4 1   x 1 1 2 3. 1  x  1  1  1 (1)  x  4 1  2  x 1 x  2 x 1  x  2 x 1  3 2   2 x 1 1    2 x 1 1  3 2 x 1 1  x 1 1  Chú ý: CÁC DẠNG PHƢƠNG TRÌNH – BẤT PHƢƠNG TRÌNH CHỨA DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI A  B ►A  B   A  B x  14x  49  x  14x  49  14  ( 14x  49  7)  ( 14x  49  7)  14 2 B  0  ► A  B  A  B    A  B ► A  B  (A  B)(A  B)  0  14x  14 14x  49  14x  14 14x  49  14 A  B ► A B A  B A  B ► A B   A  B  14x  49  7  14x  49  7  14 (2) Điều kiện: 14x  49  0  x  49 14 (2) Đặt t  14x  49  7  14x  49  t  7 Phƣơng trình trở thành: t  7  7  t  14  t  t  t  0 [email protected] - 0907894460 3 2 1   x 1 1  2  x 1   x  1  1  1  x  1 (*)  2 (*) luôn đúng nên hệ đúng với mọi x thỏa điều kiện. Vậy: x  1  x  5   x  1  1  x  4  2 x  4 x  5  x  5    x5  x  4  1  x  5 Vậy: x  5 2 7 x7 2 3 2 3 (3)  x 1  1  x 1 1  2 Điều kiện: x 1  0  x  1 1 (3)  x  1  1   x  1 2  x  4 1  x 1 1  1 2  x  1  0    x  4  1  2  x  1     x  4  1  2  x  1 x  5     VN do x  5  x  4  1    x  1  1  x  4 2.   x 1  2 x 1  1  x 1  2 x 1  1  x  4  0 Điều kiện:  x4 x  1  0 (1)  CAO HOÀNG NAM www.mathvn.com Trang 4 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com ► A B C 3 3 Thay 3 x  3  0 3x  1  0  Điều kiện:  x0  x 0  2x  2  0 3  A  B  3 3 A.B  3  A 3 B C A  3 B  3 C ta đƣợc: (2)  3x  1  2x  2  4x  x  3 (*)  A  B  3 3 A.B.C  C  5x  3  2 (3x  1)(2x  2)  5x  3  2 4x(x  3) ► f (x)  g(x)  h(x)  k(x) f (x)  h(x)  g(x)  k(x) Mà có:  f (x).h(x)  g(x).k(x)  Biến đổi phƣơng trình về dạng: f (x)  h(x)  k(x)  g(x)  Bình phƣơng, giải phƣơng trình hệ quả VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP Ví dụ 1: Giải phƣơng trình sau: 3 1. w x 1  3 x  2  3 x  3  0 2. x  3  3x  1  2 x  2x  2 3. x3  1  x 1  x2  x 1  x  3 x 3 3 1.  3 x 1  3 x  2  3 Ta thay 3  3  6x 2  8x  2  4x 2  12x  2x 2  4x  2  0  x 1 Thử lại nhận x  1 Vậy: x  1 Nhận xét:  Do ta chƣa xác định đƣợc 2 vế phƣơng trình (*) đều dƣơng nên khi bình phƣơng ta chỉ thu đƣợc phƣơng trình hệ quả.  Bài toán vẫn có thể giải theo cách biến đổi tƣơng đƣơng nhƣng so với cách này thì phức tạp. 3.    x  3  2x  3  3 3 x  1 3 x  2  (3x  1)(2x  2)  4x(x  3) x3  1  x  1  x 2  x  1  x  3 (3) x 3 Điều kiện: x  1 x 1  3 x  2  3 x  3  0  3 x 1  3 x  2   3 x  3  x  3  3x  1  2 x  2x  2 (2) 2. GIẢI PHƢƠNG TRÌNH HỆ QUẢ CAO HOÀNG NAM  x  1  3 x  2  x  3 x3  1  x  3  x2  x 1  x 1 x 3 (3)  2  x3  1    x 3   x 3    3 x 1   x2  x 1 x 3 x 1  3 x  2   3 x  3  3 3 (x  1)(x  2)(x  3)  3(x  2)  (x  1)(x  2)(x  3)  (x  2)3  (x  2) (x  1)(x  3)  (x  2) 2   0  x2  x 1  x 1  2 x  1  3  x 2  2x  2  0    x  1  3  (x  2)(1)  0 x2 Thử lại nhận x  2 Vậy: x  2 Thử lại nhận x  1  3 ; x  1  3 Vậy: x  1  3 ; x  1  3 Nhận xét: Nhận xét chung:  Khi thay 3 x  1  3 x  2   3 x  3 ta chỉ nhận  Thấy trƣờng hợp phƣơng trình căn bậc ba và đƣợc phƣơng trình hệ quả do phƣơng trình đầu chƣa phƣơng trình chứa bốn căn bậc hai nhƣ trên thì ta có biết có nghiệm hay không? thể nghĩ đến phƣơng trình hệ quả.  Bài toán cũng có thể giải:  Nếu khi giải cách phƣơng trình ở phần trƣớc  3 x 1  3 x  2   3 x  3 cảm thấy khó khăn trong việc giải các điều kiện và sợ   “sót điều kiện” thì ta cũng có thể giải bằng phƣơng 2x  3  3 3 x  1 3 x  2 3 x  1  3 x  2   x  3  trinh hệ quả sau đó thử lại.    [email protected] - 0907894460www.mathvn.com Trang 5 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com CAO HOÀNG NAM  t  1 t 2  3t  4  0   t4 t  4 Với t  4  x 2  5x  42  2  x 2  5x  14  0  x  2; x  7 CÁC DẠNG ĐẶT MỘT ẨN PHỤ ► a.f (x)  b f (x)  c  0; a  0. Phƣơng pháp: Đặt t  f (x), t  0 Vậy: x  2 hoặc x  7 ► a( A  B)  b(A  B  2 AB)  c  0 2. 2x 2  15  x 2  5x  6  10x Phƣơng pháp: Đặt t  A  B  2x 2  10x  15  x 2  5x  6  0 a. A  b. AB  c. B  0  ► a.A  x   bB  x   c A  x  .B  x   A  B  mA 2  nB2  n 2 n n 2 Điều kiện: x 2  5x  6  0  x  1  x  6 Đặt t  x 2  5x  6 (t  0)  t 2  x 2  5x  6 Phƣơng pháp: Bằng cách đặt ẩn phụ u, v ta đƣa đƣợc về dạng phƣơng trình: u 2  uv  v2  0  B1: Thử trƣờng hợp v = 0  B2: Xét v  0 phƣơng trình trở thành : 2 u u        0 v v u phƣơng trình trở thành Đặt t = v t 2  t    0  x 2  5x  t 2  6 Bất phƣơng trình trở thành: 2(t 2  6)  15  t  0 3  t   2t  t  3  0  2  t 1  t  1 2 Với t  1  x 2  5x  6  1  x 2  5x  6  1  x 2  5x  7  0 ►Tham số biến thiên x VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP Ví dụ 1: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau: Vậy: x  5  53 5  53 x 2 2 5  53 5  53 x 2 2 1. (x  4)(x  1)  3 x 2  5x  2  6 2. 2x 2  15  x 2  5x  6  10x 3. 4. 2x 2  5x  2  2 2x 2  5x  6  1 x x 1 3   x 1 x 2 1. (x  4)(x  1)  3 x 2  5x  2  6  x 2  5x  4  3 x 2  5x  2  6  x 2  5x  2  3 x 2  5x  2  0 Điều kiện: x 2  5x  2  0 x 5  17 5  17 x 2 2 Đặt t  x 2  5x  2 (t  0)  t 2  x 2  5x  2  x 2  5x  t 2  2 Phƣơng trình trở thành: [email protected] - 0907894460 3. 2x 2  5x  2  2 2x 2  5x  6  1 Điều kiện: 2x 2  5x  6  0 5  73 5  73 x 4 4 2 (t  0) Đặt t  2x  5x  6 x  2x 2  5x  2  t  8 Phƣơng trình trở thành: t 8  2 t 1  t  8  1 2 t   t  8  1 2 t  2 7  3t  0  t 1  4 t  7  3t   2 16t  (7  3t) 7 Với t  1  2x 2  5x  6  1  x  1; x   2 7 Vậy: x  1 hoặc x   2 www.mathvn.com Trang 6 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com x x 1 3   x 1 x 2 x Điều kiện:  0  x  0  x 1 x 1 CAO HOÀNG NAM Ví dụ 2: Giải các phƣơng trình sau: 4. x (t  0) x 1 Bất phƣơng trình trở thành: 1 3 t  t 2 Đặt t   2t 2  3t  2  0 1 t t 2 2 Với t  x  1  4  x  x 2  3x  4  5 2. 2x  3  x  1  3x  2 2x 2  5x  3 16 x  1  4  x  x 2  3x  4  5 1.  x  1  4  x  (x  1)(4  x)  5 x  1  0 Điều kiện:   1  x  4 4  x  0 Đặt t  x  1  4  x (t  0)  t 2  x  1  4  x  2 (x  1)(4  x) 1  2 x 1  x 1 2 x 1 0  x 1 2 x  0  x  1  1  x  1  1  x  0 x  2 x 1 x  2 x 1 x  2x  2  0 x 1 x  2   0 1 x  2 x 1 Vậy: 1  x  0 hoặc 1  x  2 Với t  2   Cách khác: x x 1 3   (*) x 1 x 2 x  0  x  0  x 1 Điều kiện: x 1 2  x x 1  9  (*)     x  2  x 1 x x 1 5    x 1 x 2 2 2 2x  2(x  1)  5x(x  1)  0 2(x  1)x  1. t2  5  (x  1)(4  x)  2 Phƣơng trình trở thành: t t2  5 5 2 t  3  t 2  2t  15  0    t 3  t  5 22  5 2   x  3x  4  2 x  0   x 2  3x  4  2   x 2  3x  0   x  3 Vậy: x  0 hoặc x  3 2x  3  x  1  3x  2 2x 2  5x  3 16 2x  3  0  Điều kiện:  x  1  0  x  1 2x 2  5x  3  0  Đặt t  2x  3  x  1 (t  0) 2.  t 2  3x  4  2 2x 2  5x  3  3x  2 2x 2  5x  3  t 2  4 Phƣơng trình trở thành: t  5 t  t 2  4  16  t 2  t  20  0    t  4 (loaïi) Với t  5  2x  3  x  1  5  3x  2 2x 2  5x  3  52  4  2 2x 2  5x  3  21  3x 1  x  7  2  x  146x  429  0 1  x  7   x3  x  3  x  143 x 2  x  2  0  1  x  0 hoặc 1  x  2 2(x  1)x Vậy: x  3 [email protected] - 0907894460www.mathvn.com Trang 7 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com Ví dụ 3: Giải các phƣơng trình sau:  22 1. 4 3 (x  2)2  7 3 (4  x 2 )  3 3 (2  x) 2  0   3 3. x 2  3 x 2  1  x 4  x 2  1 2 2 2 3 3 3 1. 4 (x  2)  7 (4  x )  3 (2  x)  0 (1) Ta có: 2  x  0  x  2 không là nghiệm phƣơng trình. Chia 2 vế cho: 3 (2  x) 2 ta đƣợc: x2  x2 (1)  4 3  3  0   73 2x  2x  2  Việc này có thể thực hiện dễ dàng do: x3  1  (x  1)(x 2  x  1)  Đặt u  3 x  2 và v  3 2  x Phƣơng trình trở thành: 4u 2  7uv  3v2  0 Do v  0 không là nghiệm phƣơng trình. Chia 2 vế cho v  0 ta đƣợc: u2 u u u 3 4 2  7  3  0   1  v v v v 4 x2 x 2 u 1 1 x  0 Với  1  3 v 2x 2x  2. 2 x  2  5 x  1 (2) Điều kiện: x  1  0  x  1 3 (2)  2(x 2  x  1)  2(x  1)  5 (x  1)(x 2  x  1) Do  x 2  x  1  0  chia hai vế cho  x 2  x  1 : [email protected] - 0907894460 Bằng cách đồng nhất hệ số: (x 2  x  1)  (x  1)2  x 2  2   2(x 2  2) ta dễ dàng chọn  và  .  Một số khai triển đa thức thành nhân tử: 4 3 (x  2)2  7 3 (4  x 2 )  3 3 (2  x) 2  0 3 5  37 2 2  x 2  2   2(x 2  x  1)  2(x  1) .  Cách khác: 2 x 1 x 1 2 2  4 (VN) x  x 1 x  x 1 2 Nhận xét:  Khó khăn của ta là trong việc phân tích: 74 3 x2 3 x  2 27 3    x 4 2x 4 2  x 64 91 74 Vậy: x  0 hoặc x  91 u x2 3 x  2 27 74 1 3    x v 2x 4 2  x 64 91 74 Vậy: x  0 hoặc x  91 2 1 x 1 1 x 1 1    2  2 2 x  x 1 2 x  x 1 4 5  37 x 2 Vậy: x  Với t   Với t  2  3 Với 2 x 1 (t  0) x  x 1 Phƣơng trình trở thành: t  2 2 2t  5t  2  0   1 t   2 Với t  x2 phƣơng trình trở thành: 2x t  1 2 4t  7t  3  0   3 t   4 x2 x 2 1  1  x  0 Với t  1  3 2x 2x Đặt t  x 1 x 1 5 2 x  x 1 x  x 1 Đặt t  2. 2 x  2  5 x  1 2 CAO HOÀNG NAM  x 3  1   x  1  x 2  x  1  x 4  x 2  1   x 4  2x 2  1  x 2    x 2  x  1 x 2  x  1    x 4  1  x 2  2x  1 x 2  2x  1  4x 4  1   2x 2  2x  1 2x 2  2x  1 3. x 2  3 x 2  1  x 4  x 2  1 Điều kiện: x 2 1  0  x  1 x  1 Ta đặt: u  x 2 , v  x 2  1 (u, v  0) . Phƣơng trình trở thành : u  3v  u 2  v2  u 2  6uv  9v2  u 2  v2 v  0 2  10v  6uv  0   v0 v   3 u 5  Với v  0  x 2  1  0  x 2  1  x  1 Vậy: x  1 www.mathvn.com Trang 8 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com CAO HOÀNG NAM Ví dụ 4: Giải các phƣơng trình sau: ĐẶT ẨN PHỤ ĐƢA VỀ HỆ 1. x 2  2(x  1) x 2  x  1  x  2  0  x  1 2. Phƣơng pháp chung:  Đặt các ẩn phụ. Tìm mối liên hệ giữa các ẩn phụ. Kết hợp với phƣơng trình ban đầu của bài toán ta đƣợc hệ phƣơng trình.  Lƣu ý các phƣơng pháp giải hệ phƣơng trình. x  2x  3  x  1 2 2 1. x 2  2(x  1) x 2  x  1  x  2  0 (1) Điều kiện: x 2  x  1  0  x   (1)   x 2  x  1  2(x  1) x 2  x  1  2(x  1)  1  0 Ví dụ 1: Giải các phƣơng trình sau:   Đặt t  x 2  x  1; t  0. phƣơng trình trở thành: 1. x 3 25  x 3 x  3 25  x 3  30 t  2(x  1)t  2x  1  0, t  0 ,  '  x t  1   t  1  2x 2. 3 1  x  3 1  x  2 3. 3 2  x  1  x  1 4. x3  1  2 3 2x  1 2 2 Với t  1  x2  x  1  1  x  0; x  1. Với t  1  2x  x2  x  1  1  2x 1  2x  0  2 2  x  x  1  (1  2x) 1  x   2 x0 2 3x  5x  Vậy: x  0 hoặc x  1  x  1   x  1 2. x 2  2x  3  x 2  1 5. 3  3x  1  2  3  3x  1  3 9x 2  1  1 2  1. x 3 25  x 3 x  3 25  x 3  30 Đặt y  3 35  x 3  x 3  y3  35 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:  xy(x  y)  30  3 3  x  y  35 Đây là hệ đối xứng loại 1. Giải hệ ta tìm đƣợc cặp nghiệm là (2;3) hoặc (3;2) Vậy: x  2 hoặc x  3 x 2  2x  3  x 2  2x  3  2x  2 Điều kiện: x 2  2x  3  0  x   Đặt t  x 2  2x  3 . Phƣơng trình trở thành:  x  1 t  t 2  2x  2 t  2  t 2   x  1 t  2  x  1  0   t  x 1 x  1  2 Với t  2  x 2  2x  3  2    x  1  2 Với t  x  1  x 2  2x  3  x 1 x  1  0  2 (VN) 2      x 2x 3 x 2x 1  Vậy: x  1  2 1 x  3 1 x  2 u  3 1  x Đặt  .  v  3 1  x Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: u  v  2  2 2 u  v  2 u  v  2  u  v 1 x  0   uv  1 Vậy: x = 0. 2. 3 3. 3 2  x  1  x  1 Điều kiện: x 1  0  x  1 u  3 2  x Đặt  (v  0)  v  x  1 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: u 3 + v 2 = 1 u(u 2  u  2)  0   v  1 u  u + v = 1 [email protected] - 0907894460www.mathvn.com Trang 9 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ 4. x3  1  2 3 2x  1 Đặt y  3 2x 1  y3  1  2x . Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 3   x  1  2y  3   y  1  2x 3   x  1  2y  3 3   x  y  2(y  x) 3   x  1  2y  2 2  (x  y)(x  xy  y  2)  0 2 y 3  (Do x 2  xy  y 2  2   x    y 2  2  0 ) 2 4  3  x  1  2y  x  y  0 x  1  x 3  1  2x    x  1  5 x  y  0  2 1  5 Vậy: x  1 hoặc x  2  3x  1 2  3  3x  1  3 9x 2  1  1 2 Đặt: u  3 3x  1 và v  3 3x  1 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: u 2  v 2  u.v  1   3 3  u  v  2 uv  2u  v2 Do đó: 2  v  2   v2  v  v  2   1  3v 2  6v  3  0  3  v  1 2 x 3 2 2 2. x  x  1000 1  8000x  1000 1. 2x 2  4x  Vậy: x  2 hoặc x  1 hoặc x  10 3 CAO HOÀNG NAM Ví dụ 2: Giải các phƣơng trình sau:  u  0 x2    u 1     x 1   u  2  x  10 v  1  u   5. www.MATHVN.com 0  v  1  u  1 u  3 3x  1  1  x0  v  3 3x  1  1 Vậy: x  0 [email protected] - 0907894460 3. 4x 2  7x  1  2 x  2 4 4. 3 81x  8  x 3  2x 2  x  2 3 5. 7x 2  13x  8  2x 2 . 3 x(1  3x  3x 2 ) 6. 4x 2  11x  10  (x  1) 2x 2  6x  2 1. 2x 2  4x  x 3 2 Cách 1: 2x 2  4x  Điều kiện: x  3 . x 3 (1) 2 (1)  2(x  1)2  2   (x  1)2  1  (x  1)  2 2 1 x 1 1 . 2 2 t  2 x 1 t y 1  1  1   Đặt t  x  1; y  2. 2 2  y  0 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 1 2   t 1 y  2   y2  1  1 t  2 t  y 1  (t  y)(t  y  )  0    y  t  1 2 2  t 2 2t 2  t  2  0 t  1   Với t  y   2  t  0  t  y  0 1  17 3  17 t x (thỏa). 4 4 1 t  4t 2  2t  3  0 (t  ) 2  1   1   2 2 Với y   t     1 1 2  t   t 2   2  1  13 5  13 x (thỏa) 4 4 3  17 5  13 ;x  Vậy: x  . 4 4 t www.mathvn.com Trang 10 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com Cách 2: CAO HOÀNG NAM và có phân tích thành (x2 + a1 x + b1) ( x2 + a2 x + b2) = 0 x 3 (1) 2x  4x  2 Điều kiện: x  3 . 2 Lúc đó, bằng đồng nhất hệ số ta có: x 3  t  1  x  3  2t 2  4t  2 Đặt 2 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 2  2x  4x  t  1  2  2t  4t  x  1 Đây là hệ đối xứng loại 2. Giải và so điều kiện ta 3  17 5  13 ;x  nhận nghiệm x  4 4 Cách 3: 2x 2  4x  x 3 2 Điều kiện: x  3 . 2x 2  4x  0   2 x 3 2  2x  4x   2   x  2  x  0   4 x 3 3 2 4x  16x  16x  2  x  2  x  0  4 3 2 8x  32x  32x  x  3  0  x  2  x  0    2 5 3  2 3 1 8  x  2 x  4  x  2 x  2   0     (*) (**) 3  17 5  13 x 4 4 Nhận xét: Với hai cách giải cách 1 và cách 2 ta đều chuyển phƣơng trình về một hệ phƣơng trình đối xứng loại 2 để giải quyết bài toán. Cách 3 cho ta một cách giải tự nhiên nhất khử căn bằng cách bình phƣơng hai vế. Vấn đề đặt ra là khi đƣa về phƣơng trình (*) bậc 4 có nghiệm không đẹp và ta phải tách thành tích hai phƣơng trình (**). Vậy làm thế nào chúng ta có thể tách đƣợc ??? Có 2 phƣơng pháp giải quyết vấn đề này:  Phƣơng pháp 1: (khả năng phản xạ tính toán) Giả sử phƣơng trình bậc 4: x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 Trở lại ví dụ trên: 8x 4  32x 3  32x 2  x  3  0 1 3  x 4  4x 3  4x 2  x   0 8 8 3 3 1 3 1 1 3 1 3 Ta có:   .  .  .  . 8 2 4 2 4 2 4 2 4 Vậy ta đƣợc các cặp b1; b 2 Bằng “một chút nhạy bén” và tính toán ta chọn đƣợc hệ số nhƣ bài trên.  Phƣơng pháp 2: (khả năng bấm máy tính bỏ túi) Sử dụng phƣơng pháp nhẩm nghiệm bằng máy tính. (CALC).  x  2  x  0   3  17 5  13 x x  4 4  x a 1  a 2  a a a  b  b  b  1 2 1 2  a1b 2  a 2 b1  c b1b 2  d Ta thƣờng nhẩm tìm hệ số a1;a 2 ; b1; b2 (với các a1;a 2 ; b1; b2 là số nguyên hoặc hữu tỉ “đẹp”)    Nhập biểu thức: 8x 4  32x3  32x 2  x  3 Chọn các khoảng nghiệm và tìm nghiệm. Ta tìm đƣợc các nghiệm. A  1.780776406 B  0.280776406 C  0.348612181 D  2,151387819 Ta có: A.B  0, 49999  0.5 A  B  1.5 C.D  0.749999  0.75 C  D  2.5 Từ đó, phân tích đƣợc phƣơng trình (*) thành (**) ------------------------------------------------Với cách 1 cho ta cách nhìn tổng quát của bài toán.  Dạng tổng quát của bài toán:  f (x)  n  b  a n af (x)  b Cách giải: Đặt t  f (x); y  n af (x)  b n   t  b  ay Ta có hệ:  n .   y  b  at Đây là hệ đối xứng loại II với hai ẩn t và y. Sáng tạo: Khi thay a, b,f (x) là các số ta có đƣợc các bài toán về phƣơng trình. [email protected] - 0907894460www.mathvn.com Trang 11 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com 2. x 2  x  1000 1  8000x  1000 (2) 1 Điều kiện: x   8000 2 (2)  4x  4x  4000  4000 4000(2x 1)  3999  (2x  1)2  4001  4000 4000(2x 1)  4001 4001 Đặt u  2x  1   ; v  1  8000x  0 4000 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: u 2  4001  4000v   2   v  4001  4000u 2  u  4001  4000v  2 2  u  v  4000(v  u) u 2  4001  4000v  (u  v)(u  v  4000)  0 Do u  v  4000  0 nên u 2  4001  4000v  u  v  0 CAO HOÀNG NAM (2)  (2x  1)2  3x  2 2(2x  1)  3x  y2  3x  2t Đặt t  2x  1; y  2t  3x   y  0 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 2   t  3x  2y  2   y  3x  2t y  t  (t  y)(t  y  2)  0    y  t  2  t 2  2t  3x  0 Với y  t   t  0 4x 2  3x  1  0 1   x 1 4 x    2  t 2  3x  2(t  2)  0 Với y  t  2    t  2 4x 2  11x  7  0 7  x .  3 4 u 2  4000u  4001  0 x   2    u  4001 (do u  0 ) u  v 7 1 Vậy: x   ; x  . Với u  4001  x  2000 . 4 4 Vậy: x  2000 . 4 81x  8  x 3  2x 2  x  2 3 3 3  27 27.3x  8  27x  54x 2  36x  54 3. 3  27 3 27.(3x  2)  46  (3x  2)3  46 Đặt t  3x  2; y  3 27t  46  y 3  27t  46 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 27y  t 3  46   3  27t  y  46 27y  t 3  46  2 2 27(y  t)  (t  y) t  ty  y 27y  t 3  46  2 2 (t  y) t  ty  y  27  0 Do t 2  ty  y2  27  0 nên x  0 t  2 27y  t 3  46    x  3  2 6 t  y  0 t  1 2 6  3   Vậy: x  0 ; x    3 2 6 3 4. 4x  7x  1  2 x  2 (2) Điều kiện: x  2 2 [email protected] - 0907894460 Nhận xét:  Ta có thể thay b trong dạng toán tổng quát bằng một biểu thức chứa x.  Và tƣơng tự ta cũng có thể thay a trong dạng tổng quát bằng một biểu thức chứa x. 5. 7x 2  13x  8  2x 2 . 3 x(1  3x  3x 2 ) Ta thấy x  0 không là nghiệm của phƣơng trình. Chia hai vế phƣơng trình cho x 3 ta đƣợc: 7 13 8 1 3  2  3  23 2   3 . x x x x x 1 Đặt t  . Phƣơng trình trở thành: x 8t 3  13t 2  7t  2 3 t 2  3t  3  (2t  1)3  (t 2  t  1)  2 3 2(2t  1)  t 2  t  1 . Đặt u  2t 1, v  3 2(2t 1)  t 2  t 1 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 3 2  u  t  t  1  2v  u 3  v3  2v  2u  3 2   v  t  t  1  2u  (u  v)(u 2  uv  v2  2)  0  u  v  2t  1  3 t 2  3t  3  8t 3 13t 2  3t  2  0 www.mathvn.com Trang 12 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com  (t  1)(8t 2  5t  2)  0 t  1 t  1  2   5  89 t  8t  5t  2  0  16 Thử lại nhận ba nghiệm t. Với t  1  x  1 5  89 16 Với t  x 16 5  89 16 Vậy: x  1; x  . 5  89 6. 4x 2  11x  10  (x  1) 2x 2  6x  2  (2x  3)2  x  1  (x  1) (x  1)(2x  3)  x  1 NHÂN LƢỢNG LIÊN HIỆP ► Các công thức thƣờng dùng: Biểu thức A B 3 A B A2  3 AB  3 B2 AB 3 AB A3B A2  3 AB  3 B2 ► Một số lƣu ý:  Thƣờng dự đoán nghiệm và dùng nhân lƣợng liên hiệp để xuất hiện nhân tử chung.  Cách đánh giá vế trái, vế phải để chứng minh phƣơng trình vô nghiệm. Ví dụ 1: Giải phƣơng trình, bất phƣơng trình sau: 1. x 2  12  5  3x  x 2  5 2. 4x  1  3x  2  3. x 3 5 2x 2  x  21 (3  9  2x ) 2 4. 9(x + 1)2  (3x + 7)(1 - 3x + 4)2 Với u  v  u  x  1  (x 1)u  2x 2  6x  2  4  3x 4  x  (VN)  3 7x 2  18x  14  0  Vậy: phƣơng trình vô nghiệm. 3 Tích AB 3 2 Với u  v  1  x  2x  3  2x 2  6x  2  1  x Biểu thức liên hiệp A B 3 Đặt u  2x  3; v  (x 1)(2x  3)  x 1 , Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 2  u  x  1  (x  1)v  2   v  x  1  (x  1)u  u 2  v2  (x  1)(v  u)  (u  v)(u  v  x 1)  0  (2x  3)2  x  1  (x  1)(2x  3)  2x 2  6x  7  0 (VN) CAO HOÀNG NAM x 2  12  5  3x  x 2  5 1. Điều kiện: x   Nhận xét ta dễ dàng nhẩm đƣợc x  2 là nghiệm phƣơng trình nên tách và nhân liên hợp ta đƣợc: x 2  12  4  3x  6  x 2  5  3 x2  4 x2  4   3 x  2  x 2  12  4 x2  5  3   x2 x2   x  2    3  0 2 x2  5  3   x  12  4 x  2  x2 x2 x2   3  0 2 2  x  12  4 x 5 3 x2 x2 Do  2 x  12  4 x2  5  3 x2 x2    3  0, x   x 2  12  4 x2  5  3 Vậy: x  2 2. 4x  1  3x  2  x 3 5 4x  1  0 2 x Điều kiện:  3 3x  2  0 Ta có 4x  1  3x  2  0 . Nhân 2 vế cho 4x  1  3x  2 ta đƣợc phƣơng trình: [email protected] - 0907894460www.mathvn.com Trang 13 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ x 3 www.MATHVN.com x 3 ( 4x  1  3x  2) 5 3.  (x  3)( 4x  1  3x  2  5)  0 2x 2  x  21 (3  9  2x ) 2 9   9  2x  0 x  Điều kiện:   2  3  9  2x  0  x  0  x  3 (l)   4x  1  3x  2  5  4x  1  3x  2  5 CAO HOÀNG NAM Ta nhân cả tử và mẫu của vế trái với (3  9  2x )2 ta đƣợc : (*)  2 12x 2  5x  2  26  7x (3  9  2x ) 2  x  21 2 7  9  2x  4  x  2 7 9 So điều kiện ta đƣợc  x  và x  0 2 2 9 7 Vậy:  x  và x  0 2 2 26 2  x  3 7 2 4(12x  5x  2)  (26  7x) 2  26 2  x  3 7  x 2  344x  684  0  x2 Vậy: x  2 4. 9(x  1)2  (3x  7)(1  3x  4)2 4 Điều kiện: 3x  4  x  3 Ta nhân cả hai vế của phƣơng trình với biểu thức (1  3x  4)2 ta đƣợc: Nhận xét:  Từ (*) ta có thể giải bằng cách kết hợp:  4x  1  3x  2  5   x 3  4x  1  3x  2  5   Ta cũng có thể giải bài toán bằng cách thêm bớt nhƣ bài toán 1: x 3 4x  1  3x  2  5 x 3  4x  1  3  2  3x  2  1 5 4x  8 4  3x  2 x2    5 4x  1  3 2  3x  2 9(x  1)2 (1  3x  4)2  (3x  7).9(x  1) 2  9(x  1)2 (1  3x  4)2  3x  7   0 (*) Trƣờng hợp 1: x  1 thỏa. 4  x  Trƣờng hợp 2:  3 ta có:  x  1 (*)  2 3x  4  2  x  1 . 4  x  1 So điều kiện ta đƣợc 3 4  x  1 Vậy: 3 4 3 1    x  2    0  4x  1  3 2  3x  2 5  x  2  0  x  2  4 3 1  (*)   0  4x  1  3 2  3x  2 5 Ví dụ 2: Giải phƣơng trình sau: x  2  4  x  2x 2  5x 1 1  x 2x  x 2  x 1 x2 1. 2. 4 3 1 2    x   ;   nên 4x  1  3 2  3x  2 5 3  (*) vô nghiệm. Vậy: x  2  Tuy nhiên, cách làm này thì việc chứng minh (*) vô nghiệm tƣơng đối khó khăn (dành cho bạn đọc). Do 3. 3 x  2  3 x  1  3 2x 2  3 2x 2  1 4. x 2  x  1  (x  2) x 2  2x  2 5. 3 x  24  12  x  6 x  2  4  x  2x 2  5x 1 (1) x  2  0 2 x  4 Điều kiện:  4  x  0 1. (1)  x  2  1  4  x  1  2x 2  5x  3 [email protected] - 0907894460 www.mathvn.com Trang 14 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com x 3 x 3   (x  3)(2x  1) x  2 1 4  x 1 x  3  0  1 1    2x  1  x  2  1 4  x 1 x  3  0  1 1  (*)   2x  1  x  2  1 4  x 1 1   x  2  1  1 Ta có:  nên (*) vô nghiệm. 1   2x  1  5  4  x  1 Vậy: x  3   x 2  2x  7  3(x  2)  (x  2) x 2  2x  2  0  x 2  2x  7  (x  2)(3  x 2  2x  2  0  x  2x  7  2 (x  2)(x 2  2x  7)  (x 2  2x  7)(1  x 2  2x  2  3 x2 x 2  2x  2  3 0 )0  (x  1)2  1  (x  1)  0   x 2  2x  7   2      x 2x 2 3   2  x  2x  7  0  x  1  2 2 Vậy: x  1  2 2 2  (x  3)( 12  x  3 (x  24)  3 3 x  24  6)  0  x 2 ( 1  x  x )  ( 1  x  2x x )  0 x 2 (1  2x) 1  x  4x 3  0 1 x  x 1  x  2x x x 2 (1  2x) (1  2x)(2x 2  x  1)   0 1 x  x 1  x  2x x x2 2x 2  x  1  (1  2x)(  )0 1 x  x 1  x  2x x 1  x  (do biểu thức còn lại luôn dƣơng) 2 1 Vậy: x  2  3 4. x 2  x  1  (x  2) x 2  2x  2 5. 3 x  24  12  x  6 (5) Điều kiện: 12  x  0  x  12 (5)  3 x  24  3  12  x  3  0 x 3 3 x   0 2 3 3 12  x  3 (x  24)  3 x  24  9 1  x 2x  x 2  2. (2) x 1 x2 1 x Điều kiện:  0  0  x 1 x (2)  (1  x 2 ) 1  x  (2x  x 2 ) x 3. CAO HOÀNG NAM x  3  2 3  12  x  3 (x  24)  3 x  24  6  0 (*) (*) kết hợp với phƣơng trình đầu ta có:  12  x  3 (x  24) 2  3 3 x  24  6  0   3 x  24  12  x  6  3 (x  24) 2  4 3 x  24  0  x  24    x  88  3 x  24  12  x  6 Vậy: x  24 hoặc x  88 x  2  3 x  1  3 2x 2  3 2x 2  1  3 2x 2  3 x  2  3 2x 2  1  3 x  1  0 2x 2  x  1  3 (2x 2  1) 2  (x  2) 3 2x 2  1  3 (x  2) 2  2x 2  x  1 3 4x 4  (x  1) 3 2x 2  3 (x  1) 2 0 x  1  2x  x  1  0   x   1 2  1 Vậy: x  1 hoặc x   2 2 [email protected] - 0907894460www.mathvn.com Trang 15 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Phƣơng pháp: Chủ yếu bằng cách sử dụng công cụ đạo hàm hoặc sử dụng bất đẳng thức để tìm nghiệm của phƣơng trình. Các hƣớng giải quyết:  Hƣớng 1:  Chuyển phƣơng trình về dạng: f (x)  k  Xét hàm số y  f (x)  Nhận xét:  Với x  x 0  f (x)  f (x 0 )  k do đó x 0 là nghiệm  Với x  x 0  f (x)  f (x 0 )  k do đó phƣơng trình vô nghiệm  Với x  x 0  f (x)  f (x 0 )  k do đó phƣơng trình vô nghiệm  Vậy x 0 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình  Hƣớng 2:  Chuyển phƣơng trình về dạng: f (x)  g(x)  Dùng lập luận khẳng định rằng f (x) và g(x) có những tính chất trái ngƣợc nhau và xác định x 0 sao cho f (x 0 )  g(x 0 )  Vậy x 0 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình.  Hƣớng 3:  Chuyển phƣơng trình về dạng f (u)  f (v)  Xét hàm số y  f (x) , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu  Khi đó f (u)  f (v)  u  v Ví dụ 1: Giải phƣơng trình sau: 1. 2. x 2  6x  11  x 2  6x  13  x  4x  5  3  2 7 3. x 2  3x   (x 2  2x  2)(x 2  4x  5) 2 2 2 4. 13  x 2  3x  6    x 2  2x  7     1. (x  3)2  2  (x  3)2  4  4 (x  2)2  1 Mà:  2  4  1  3 2 (x  3) 2  0 (vô lý) Dấu “bằng”xảy ra   x 2 0    Vậy: phƣơng trình vô nghiệm. 3. x 2  3x  7  (x 2  2x  2)(x 2  4x  5) 2 Ta có: x 2  2x  2  (x  1) 2  1  0 x 2  4x  5  (x  2) 2  1  0 7 (x 2  2x  2)  (x 2  4x  5) x  3x   2 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dƣơng a  x 2  2x  2;b  x 2  4x  5 ta có: ab  ab 2 7  x 2  3x   (x 2  2x  2)(x 2  4x  5) 2 Dấu “bằng” xảy ra khi và chỉ khi: 2 Vậy: x= 3 2 3 . 2 2 Dấu “bằng” xảy ra khi và chỉ khi: ad  bc Với a  2;b  3;c  x 2  3x  6;d  x 2  2x  7 2 2  3(x  1)2  4  5(x  1)2  9  5  (x  1)2 Điều kiện: D    3(x  1)2  4  5  x  12  9  4  9  5  Mà:  2 5   x  1  5 Dấu “bằng” xảy ra khi  x  1  0  x  1 Vậy: x  1 [email protected] - 0907894460  4 (x  2)2  1  3  2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 4 số :  a 2  b2  c2  d2   (ac  bd)2 2 2  (x  3)2  2  (x  3) 2  4   5x 2  12x  33 3x  6x  7  5x  10x  14  4  2x  x 2  4 x 2  4x  5  3  2 2 2 4. 13  x 2  3x  6    x 2  2x  7     2   5x 2  12x  33 x 2  6x  11  x 2  6x  13 (x 2  2x  2)  (x 2  4x  5)  2x  3  x  3x 2  6x  7  5x 2  10x  14  4  2x  x 2 4 2. CAO HOÀNG NAM 2 2 2 2  32   x 2  3x  6    x 2  2x  7      2  x 2  3x  6   3  x 2  2x  7  2 2  13  x 2  3x  6    x 2  2x  7       5x 2  12x  33 2 Dấu “bằng” xảy ra khi và chỉ khi: 3(x 2  3x  6)  2(x 2  2x  7) www.mathvn.com Trang 16 2 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com  3x 2  9x  18  2x 2  4x  14 3. 3 x  1  3x 2  8x  3 (1) Điều kiện: x  1  0  x  1 (1)  3 x  1  3x 2  8x  3  0 Xét hàm số: y  3 x  1  3x 2  8x  3 trên  x 2  5x  4  0  x  1; x  4 Vậy: x  1; x  4 D   1;   3 y'   6x  8 2 x 1 3 y ''    6  0, 3 4  x  1 Ví dụ 2: Giải phƣơng trình sau:  1. 3x 2  9x 2  3    4x  2    1 x  x2 1  0 4x  1  4x 2  1  1 2. 3. 3 x  1  3x 2  8x  3 x 2  2x  3  x 2  6x  11  3  x  x  1 4.    1  x  x 1  0 9x  3    2x  1  (2x  1)  3  2  1. 3x 2  9x 2  3   4x  2    3x 2  2  1  Nhận xét: Phƣơng trình chỉ có nghiệm trong   ;0   2  Đặt u  3x; v  2x 1. u, v  0 . Phƣơng trình trở thành:   Xét hàm số: f (t)  t  2   u 2  u 2  3  v 2  v2  3   f '(t)  2  2t 3  3t t 4  3t 2 t2 3  0,  Do đó y '  0 có nhiều nhất 1 nghiệm  y  0 có nhiều nhất hai nghiệm. Nhẩm nghiệm đƣợc x  0; x  3 Vậy: x  0; x  3 x 2  2x  3  x 2  6x  11  3  x  x  1 x 1  0 Điều kiện:  1 x  3 3  x  0 4.  x 2  2x  3  x  1  3  x  x 2  6x  11   x  1 2  2  x 1  3  x  3  x  2 2 Xét hàm số: y  t 2  2  t t 1 y'   0 x  1;3 2 t 2 2 t Khi đó: f  x  1  f  3  x   x  1  3  x  x  2 t  0  f (u)  f (v)  u  v  3x  2x  1  x   Vậy: x   x  D 2 2  CAO HOÀNG NAM 1 5 Vậy: 2  x  3 1 5 4x  1  4x 2  1  1 4x  1  0 1 x Điều kiện:  2 2 4x  1  0 2. Xét hàm số: y  4x 1  4x 2  1 1 1  D   ;   2  2 4x 1   0, x  y'  2 2 4x  1 4x  1 Do đó phƣơng trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. 1 Nhẩm nghiệm đƣợc x  2 1 Vậy: x  2 [email protected] - 0907894460www.mathvn.com Trang 17 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com PHẦN II -----------------------------------------------------------------HỆ PHƢƠNG TRÌNH ------------------------------------------------------------------PHƢƠNG PHÁP THẾ  Từ một phƣơng trình ta đi tính y theo x hoặc x theo y.  Thế vào phƣơng trình còn lại giải tìm x hoặc y. Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau đây: 2x  3y  1 1.  2  x  xy  24  x 2 (y  1)(x  y  1)  3x 2  4x  1  2.  2   xy  x  1  x 2x  3y  1 1.  2  x  xy  24  y  2x  1   3   x 2  x  2x  1   24    3  2x  1 19   x  9  y   y     3 3  2  x  x  72  0 x  8  y  5 19   Vậy: nghiệm hệ là  9,   ;  8, 5  3  2 2  (1)  x (y  1)(x  y  1)  3x  4x  1 2.  2 (2)   xy  x  1  x Do x  0 không là nghiệm hệ phƣơng trình nên x2 1 (2)  y  1  thay vào (1) ta đƣợc: x x 2 1  x 2 1  2  x2 x    3x  4x  1 x  x    x 2  1 2x 2  1   x  1 3x  1   x  1  2x 3  2x 2  x  1   x  1 3x  1 x  0   x  1 2x  x  2   0   x  1  x  2 Với x  1  y  1 5 Với x  2  y   2 5  Vậy: nghiệm hệ là 1; 1 ;  2;   2  [email protected] - 0907894460 CAO HOÀNG NAM PHƢƠNG PHÁP TÍCH SỐ  Bằng cách biến đổi đƣa một phƣơng trình về dạng tích ta tính đƣợc x theo y  Thế vào phƣơng trình còn lại giải tìm nghiệm. Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau: 2 2   xy  x  y  x  2y 1.    x 2y  y x  1  2x  2y 2  y   5x  4  4  x  2.  2 2  y  5x  4xy  16x  8y  16  0 3 3   x  7x  y  7y 3.  2 2  x  y  x  y  2 2 2   xy  x  y  x  2y 1.    x 2y  y x  1  2x  2y Điều kiện: x  1; y  0 (1)  x 2  xy  2y2  (x  y)  0 (1) (2)   x 2  xy    2xy  y2    x  y   0   x  y  x  2y  1  0 ( Do có đk có x  y  0 )  x  2y  1  0  x  2y  1 Thay vào phƣơng trình (2) ta đƣợc:  2y  1 2y  y 2y  2(2y  1)  2y  2y  y  1  2  y  1   y  1   2y  2  0  y  2 ( Do y  0) Với y  2 ta có x  5 Vậy: nghiệm hệ là (5; 2) Nhận xét:  Ta có thể kiểm tra phƣơng trình (1) có nhóm đƣợc nhân tử chung hay không bằng phƣơng pháp tham số biến thiên. xy  x  y  x 2  2y2  x 2  (y  1)x  2y2  y  0 Ta có:   (y  1)2  8y2  4y  9y2  6y  1   3y  1 Từ đây ta có thể tính đƣợc: x   y hoặc x  2y 1 2  (1)  y   5x  4  4  x  2.  2 2 (2)   y  5x  4xy  16x  8y  16  0 Từ phƣơng trình (2) bằng phƣơng pháp tham số biến thiên xem y là ẩn ta có: y2  5x 2  4xy  16x  8y  16  0 www.mathvn.com Trang 18 2 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ www.MATHVN.com  (y  x  4)(y  5x  4)  0 y  4  x   y  5x  4 Với y  4  x thay vào (1) ta đƣợc: x  4  y  0   5x  4  4  x    x  0  y  4 Với y  5x  4 thay vào (1) ta đƣợc 4  x 2  5x  4 2   5x  4  4  x  4  x y0   5  x  0  y  4  4  Vậy: nghiệm hệ là  0; 4  ;  4;0  ;   ;0   5   x  7x  y  7y  3.  2 2  x  y  x  y  2  x 3  y3  7  x  y   0  2 2  x  y  x  y  2  x  y  x 2  xy  y 2  7  0  2 2  x  y  x  y  2 2 2  x  y  x  xy  y  7  0 (VN)  2  2 2 2x  2x  2  x  y  x  y  2  1 5 x  y  2   1 5 x  y   2 Vậy: nghiệm hệ là  1 5 1 5   1 5 1 5  ; ;   ;   2 2 2 2     3 3   CAO HOÀNG NAM HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI I f (x, y)  0 f (x, y)  f (y, x) Dạng:  với  g(x, y)  0 g(x, y)  g(y, x) S  x  y Cách giải: Đặt  với S2  4P P xy   Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau:  x  y  xy  5 1.  2 2 x  y  5  2x 2y  3  2.  y x  x  y  xy  3   x  y  xy  5 1.  2 2 x  y  5 S  x  y Đặt:  (Điều kiện: S2 – 4P ≥ 0)  P xy  S  P  5 Hệ   2 S  2P  5 P  5  S   2  S  2  5  S  5 P  5  S S  5  P  10  2  S  3  P  2 S  2S  15  0 Tới đây ta có hai cách giải: Cách 1: Có tổng, tích nên áp dụng định lý Viet đảo: x, y là nghiệm của phƣơng trình: X2  SX  P  0  S  5  P  10 : Hệ phƣơng trình vô nghiệm (do S2 – 4P = -15 < 0)  S 3 P  2 x, y là nghiệm của phƣơng trình: X2  3X  2  0 x  1 x  2 ;  X  1;X  2 nên  y  2 y  1 Cách 2: Giải bình thƣờng bẳng phƣơng pháp thế:  S  5  P  10  x  5  y  x  y  5     y  5  y   10 (VN)  xy  10   S 3 P  2 x  y  3   xy  2 x  3  y  y  1 x  2      y  3  y   10 x  2  y  1  Vậy: hệ phƣơng trình có 2 nghiệm là: 1, 2  ,  2,1 [email protected] - 0907894460www.mathvn.com Trang 19 Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ  2x 2y  3  2.  y x  x  y  xy  3  CAO HOÀNG NAM HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI II HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI I f (x, y)  0 f (x, y)  g(y, x) với  Dạng:  g(x, y)  0 g(x, y)  f (y, x) f (x; y)  g(x; y)  0 Cách giải:  f (x; y)  0 Điều kiện: xy  0  2x 2y 49   x Hệ   y  x  y  xy  3  2 2  2  x  y   5xy  0    x  y  xy  3 Cách 1: Đƣa về hệ đối xứng loại 1. Đặt u  x; v  y Đặt S  u  v;P  uv 2  S2  2P  5P  0 Hệ   S  P  3  S  1 u  2 u  1        P 2 v 1   v  2     S   3 3 u  3   u  2    2  3   9 v   2  v  3  P   2  3  x  3   x  2  x  1  x     2 3  y  1  y  2  y     y 3 2   Cách 2: Giải trực tiếp.  2  2  x  y   2xy  5xy  0 Hệ    x  y  xy  3  x  y  1   x  2  x  1  ;    xy 2    y  1  y  2      x  y   3    x  3 3    x  2   2  y   3 ;   9   2 y  3  xy    2   Vậy: Hệ phƣơng trình có 4 nghiệm  2;1 ,  1; 2  ,  3;   (x  y)h(x; y)  0  f (x; y)  0 x  y  0 h(x; y)  0 hay   f (x; y)  0 f (x; y)  0 Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau:  x 2  2y 2  2x  y  1.  2 2   y  2x  2y  x  2x  3  4  y  4 2.   2y  3  4  x  4 2  u 2  v 2   5uv  0 Hệ   u  v  uv  3  www.MATHVN.com 3 3   ,  ,3  2 2  [email protected] - 0907894460  x 2  2y 2  2x  y (1)  1.  2 2   y  2x  2y  x (2) Trừ từng vế (1) và (2) ta có:  x 2  2y 2  (y 2  2x 2 )  2x  y  (2y  x) Hệ   2 2  x  2y  2x  y 3(x  y)(x  y)  x  y  2 2  x  2y  2x  y (x  y)(3x  3y  1)  0  2 2  x  2y  2x  y x  y  0  2 hoặc 2  x  2y  2x  y x  y  2  x  3x  0 3x  3y  1  0  2 2  x  2y  2x  y 3x  1  y  hoặc (vn) 3  2 9x  3x  5  0 x  y  0   x  y  3 Vậy: hệ có hai nghiệm (0;0); ( 3; 3)  2x  3  4  y  4 (1) 2.   2y  3  4  x  4 (2)  3  Điều kiện: x, y    ; 4   2  Trừ từng vế (1) và (2) ta có: www.mathvn.com Trang 20
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan