Tài liệu Tuyển chọn các bài toán pt, hpt, bpt trong các đề thi hsg tỉnh , thành phố

Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TỈNH, THÀNH PHỐ ************** Bài 1. 1/ Giải phương trình x  2 x  1  x  3  4 x 1  1 . 2/ Giải phương trình với ẩn số thực 1  x  6  x  5  2 x (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Long) Lời giải. 1/Điều kiện x  1 . Phương trình đã cho tương đương với ( x  1  1)2  ( x  1  2) 2  1  -Nếu x 1 1  x  1  2  1 (*) x  1  1 thì (*)  ( x  1  1)  ( x  1  2)  1  3  2 x  1  1  x  1  1 , loại. -Nếu 1  x  1  2  2  x  5 thì (*)  ( x  1  1)  ( x  1  2)  1  1  1 , luôn đúng. -Nếu x  1  2 thì (*)  ( x  1  1)  ( x  1  2)  1  2 x  1  3  1  x  1  2 , loại. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là mọi x thuộc  2;5 . 2/ Điều kiện x  5 . Phương trình đã cho tương đương với 2 1  x  5  2 x  6  x  (1  x )  (5  2 x )  2 (1  x)(5  2 x )  6  x  (1  x )(5  2 x )  x  5  (1  x)(5  2 x)  x 2  10 x  25  x 2  7 x  30  0  x  3  x  10 Thử lại, ta thấy chỉ có x  3 là thỏa mãn. 1 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  3 . Bài 2. Giải phương trình x 5  x 4  x 3  11x 2  25 x  14  0 (Đề thi HSG tỉnh Đồng Nai) Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với ( x 5  2 x 4 )  ( x 4  2 x3 )  ( x3  2 x 2 )  ( 9 x 2  18 x)  (7 x  14)  0  ( x  2)( x 4  x 3  x 2  9 x  7)  0 x  2  4 3 2  x  x  x  9x  7  0 Phương trình thứ hai ở trên có thể viết lại là ( x 4  x3  x 2  9 x  6)  1  0  ( x 4  x 3  2 x 3  2 x 2  3x 2  3 x  6 x  6)  1  0  ( x  1)2 ( x 2  3 x  6)  1  0 Do ( x  1)2 ( x 2  3 x  6)  1  0, x nên phương trình này vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  2 .  2 x  2 y  4 Bài 3. Giải hệ phương trình   2 x  5  2 y  5  6 (Đề HSG Bà Rịa Vũng Tàu) Lời giải. Điều kiện: x, y  0 . Cộng từng vế hai phương trình của hệ, ta có: ( 2 x  5  2 x )  ( 2 y  5  2 y )  10 Trừ phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất, vế theo vế, ta được: ( 2x  5  2x )  ( 2 y  5  2 y )  2  5 2  2 2x  5  2x 2y  5  2y 2 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Đặt a  2 x  5  2 x  0, b  2 y  5  2 y  0 . Ta có hệ sau: a  b  10 b  10  a b  10  a a  5    5   5 5 5 2 b  5 50  20a  2a  a  b  2  a  10  a  2 Xét phương trình 2 x  5  2 x  5  2 x  5  (5  2 x ) 2  2 x  5  25  2 x  10 2 x  2 x  2  x  2 . Tương tự, ta cũng có y  2 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x, y )  (2, 2) . Bài 4. Giải hệ phương trình sau  1  x   x  y 3  3 y   2 x  y  1  8  y (Đề thi HSG Hải Phòng, bảng A) Lời giải. Điều kiện y  0, x  1  0, x  y  3 . y a  b  3  a  2, b  1 1 Đặt a  x  , b  x  y  3, a, b  0 . Hệ đã cho viết lại là  2  2 y  a  1, b  2 a  b  5 -Với a  2, b  1 , ta có 1  x 4 1 1  x   2, x  y  3  1  x   4, x  y  4  4 x  y y y  4 x 1   x 2  8 x  15  0, x  4 x 4  x  3, y  1     4 x    x  5, y  1 y  4 x y  4 x 3 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com -Với a  1, b  2 , ta có 1  x 1 1 1  x   1, x  y  3  2  x   1, x  y  7  7 x  y y y  7  x  x  4  10, y  3  10  x 2  8 x  6  0, x  7   y  7 x  x  4  10, y  3  10 Thử lại, ta thấy tất cả đều thỏa. Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là ( x, y )  (3,1), (5, 1), (4  10, 3  10), (4  10,3  10) . 4 x 2  y 4  4 xy 3  1 Bài 5. Giải hệ phương trình  2 2 4 x  2 y  4 xy  2 (Đề thi HSG tỉnh Lâm Đồng) Lời giải. Lấy phương trình thứ nhất trừ phương trình thứ hai, vế theo vế, ta được: y 4  2 y 2  4 xy 3  4 xy  1  0  ( y 2  1) 2  4 xy ( y 2  1)  0  ( y 2  1)( y 2  1  4 xy )  0  y  1  y  1  y 2  1  4 xy  0 -Nếu y  1 , thay vào phương trình đầu tiên, ta được: 4 x 2  1  4 x  1  x( x  1)  0  x  0  x  1 . Thử lại, ta thấy cả hai nghiệm đều thỏa mãn. -Nếu y  1 , thay vào phương trình đầu tiên, ta được: 4 x 2  1  4 x  1  x ( x  1)  0  x  0  x  1 . Thử lại, ta thấy cả hai nghiệm đều thỏa mãn. 4 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com 1  y2 (dễ thấy trong trường hợp này y  0 ), thay vào phương trình -Nếu y  1  4 xy  0  x  4y đầu tiên, ta được: 2 2  1 y2   1  y2  3 4 2 2 4 2 2 2 4   y  4  y  1  (1  y )  4 y  4(1  y )  4  ( y  1)(5 y  7)  0 .  4y   4y  Suy ra y  1, x  0 và hai nghiệm này đã nêu ở trên. Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là ( x, y )  (1,1), (0,1), (1, 1), (0, 1) . 4  x  5 y  6 Bài 6. Giải hệ phương trình trên tập số thực  2 2  x y  5 x  6 (Đề thi chọn đội tuyển Đồng Nai) Lời giải. Trừ từng vế hai phương trình của hệ, ta được x 4  x 2 y 2  5( y  x)  0  ( x  y )  x 2 ( x  y )  5  0  x  y  x 2 ( x  y )  5 -Nếu x  y , từ phương trình thứ nhất ta có x 4  5 x  6  0  ( x 2  x  3)( x  2)( x  1)  0  x  2  x  1 , tương ứng với y  2  y  1 . Thử lại thấy thỏa, ta có hai nghiệm ( x, y )  (2, 2), (1,1) . -Nếu x 2 ( x  y )  5  y  5  x , thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được x2  5  x 4  5  2  x   6  x 6  5 x 3  6 x 2  25  0 x  Đồng thời, từ hệ đã cho ta cũng có 5 x  6  x 2 y 2  6  x  3 6 . 5 2 216  96 312 6  6 Do đó 5 x  4 x  5.    4.      25  x 6  5 x 3  6 x 2  25  0 . 25 25 5  5 3 2 Suy ra trong trường hợp này, hệ vô nghiệm. 5 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( x, y )  (2, 2), (1,1) . 3 2y   x2  y 2  1  x  1  Bài 7. Giải hệ phương trình  x2  y2  2x  4  y (Đề thi HSG Hà Tĩnh) Lời giải. Điều kiện: xy  0, x 2  y 2  1 . Đặt a  x 2  y 2  1, b  x , ab  0 . y 2 3 2  3   1 b   2b  3  0 b  1, a  1   1    2b  3 b   Hệ đã cho trở thành  a b b  3, a  9 a  2b  3 a  2b  3 a  2b  3 -Với a  1, b  1 , ta có x 2  y 2  2, x   y , ta tìm được hai nghiệm là ( x, y )  (1, 1), (1,1) . -Với a  9, b  3 , ta có x 2  y 2  10, x  3 y , ta tìm được hai nghiệm là ( x, y )  (3,1), (3, 1) . Thử lại, ta đều thấy thỏa mãn. Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm phân biệt là ( x, y )  (1, 1), (1,1), (3,1), (3, 1) . Bài 8. Giải phương trình 3 x  6  x2  7  x  1 (Đề thi chọn đội tuyển Lâm Đồng) Lời giải. Điều kiện x  1 . Ta có 6 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com ( 3 x  6  2)  ( x 2  4)  ( x  1  1)  0 x2 x2   ( x  2)( x  2)  0 3 x 1 1 ( x  6)2  2 3 x  6  4   1 1  ( x  2)   x2 0 x  1  1  3 ( x  6) 2  2 3 x  6  4 x  2  1 1   x2 0 2 3  3 ( x  6)  2 x  6  4 x 1  1 Dễ thấy phương trình thứ hai vô nghiệm vì vế trái luôn dương nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  2 .  x  x  y  1  1 Bài 9. Giải hệ phương trình  2 2  y  x  2 y x  y x  0 (Đề thi HSG tỉnh Quảng Bình) Lời giải. Điều kiện x, x  y  1  0 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với x  x  y  1  1  x  x  y 1  2 x  y 1  1  y  2 x  y 1  y 2  4( x  y  1)  ( y  2)2  4 x  y  2  2 x Phương trình thứ hai của hệ tương đương với y 2  x  2 y x  y 2 x  0  ( y  x )2  xy 2  y  x  y x   y  1   x  1  y  2  2 x  y  2  2 x  y  2  2 x Ta có hệ mới là    2    4  y2 2 y  ( y  2)  y ( y  2)  y  y  2  0  y  x  y x     x  4 So sánh với điều kiện ban đầu, ta thấy cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn. 1 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( x, y )  ( , 1), (2, 4) . 4 7 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Bài 10. 1/ Giải bất phương trình ( x 2  4 x) 2 x 2  3 x  2  0 .  xy  y 2  x  7 y  2/ Giải hệ phương trình sau  x 2  y  x  12  (Đề thi HSG Điện Biên) Lời giải. 1/ Điều kiện 2 x 2  3x  2  0  x  1  x  2 . Ta có 2 x  4  x  0  x2  4x  0  ( x  4 x) 2 x  3 x  2  0   2 1 x   x  2 2 x  3x  2  0  2 2 2 Kết hợp các điều kiện trên, ta có x  2  x  1  x  4. 2 Vậy bất phương trình trên có nghiệm là x  (, 1 ]  {2}  [4,  ) . 2 x  x  y  y  7  2/ Điều kiện y  0 . Hệ đã cho tương đương với  ( x  y ) x  12  y Đặt u  x  y, v  x , ta có hệ y u  v  7 u  3, v  4   uv  12 u  4, v  3 -Với u  3, v  4 , ta có x  y  4, x  3  x  3, y  1 , thỏa điều kiện. y -Với u  4, v  3 , ta có x  y  3, x 12 3  4  x  , y  , thỏa điều kiện. y 5 5 12 3 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( x, y )  (3,1), ( , ) . 5 5 8 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com  x 6  y 8  z10  1 Bài 11. Giải hệ bất phương trình  2007 . 2009 2011  x  y  z  1 (Đề thi chọn đội tuyển Bình Định) Lời giải. Từ bất phương trình thứ nhất của hệ, ta có 1  x, y, z  1 . Từ hai bất phương trình của hệ, ta có x 2007  y 2009  z 2011  x 6  y 8  z10  x 6 (1  x 2001 )  y 8 (1  y 2001 )  z10 (1  z 2001 )  0 Từ điều kiện 1  x, y, z  1 , ta dễ dàng thấy rằng x 6 (1  x 2001 ), y 8 (1  y 2001 ), z10 (1  z 2001 )  0 . Do đó, phải có đẳng thức xảy ra, tức là x 6 (1  x 2001 )  y 8 (1  y 2001 )  z10 (1  z 2001 )  0  x, y , z  1  x, y , z  0 . Kết hợp với điều kiện x 6  y 8  z10  1 , ta thấy hệ bất phương trình đã cho có các nghiệm là ( x, y , z )  (1, 0, 0), (0,1, 0), (0, 0,1) . Bài 12. 1/ Giải phương trình x 1 1  x 2 x 1  3  x  x 2  x  2 y 2/ Giải hệ phương trình  2  y  y  2 x (Đề thi HSG tỉnh Bến Tre) Lời giải. 1/ Điều kiện x  1,3  x  0, x  1  3  x  1  x  3, x  1 . Phương trình đã cho tương đương với 9 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com 2 x 1  1  ( x  1)  (3  x)  x 1  3  x x 1  3  x  ( x  1  3  x )( x  1  3  x ) x 1  3  x  x 1  3  x  0  2  ( x  1  3  x )  1 Dễ thấy phương trình thứ nhất vô nghiệm nên ta chỉ xét ( x  1  3  x ) 2  1  ( x  1)  (3  x )  2 ( x  1)(3  x)  1  3  2 ( x  1)(3  x)  9  4( x  1)(3  x )  4 x 2  8 x  3  0  x  2 7 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 7 . 2 2/ Điều kiện x, y  0 . Dễ thấy nếu x  0 thì y  0 và ngược lại nên hệ có nghiệm ( x, y )  (0, 0) . Ta xét x, y  0 . Xét hàm số f (t )  t2  t 1  0, t  0 nên đây là , t  0 , ta thấy f (t )  t  2 4 t hàm đồng biến. x  f ( y) Hệ đã cho được viết lại là  . Suy ra x  y , thay vào hệ đã cho, ta có  y  f ( x) x  1 x  x  2 x  x x  1  2 x  ( x  1)( x  x  1)  0   x  3  5  2 2 y 1 Tương ứng với hai giá trị này, ta cũng có  y  3 5  2 Vậy hệ đã cho có ba nghiệm là ( x, y )  (0, 0), (1,1), ( 3 5 3 5 , ). 2 2 Bài 13. 1/ Giải phương trình x 2  4 x  3  x  5 . 2/ Giải phương trình x 3  x 2  3x  1  2 x  2 trên [2, 2] 10 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com (Đề thi HSG tỉnh Long An) Lời giải. 1/ Điều kiện x  5 . Phương trình đã cho tương đương với x  4 ( x 2  4 x  3)2  x  5  ( x  4)( x 3  4 x 2  6 x  1)  0   3 2  x  4x  6x 1  0 Ta xét phương trình x 3  4 x 2  6 x  1  0 (*) Hàm số f ( x)  x 3  4 x 2  6 x  1 có f ( x)  3 x 2  8 x  6  0 nên là đồng biến; hơn nữa, f (0). f (1)  (1).2  0 nên phương trình f ( x )  0 có đúng một nghiệm thuộc (0,1) . Ta sẽ giải phương trình (*) bằng phương pháp Cardano. 2 61 4 Đặt x  y  , ta có (*)  y 3  y   0 . Đặt y  u  v , ta có 3 3 27 (u 3  v3  61 2 )  (3uv  )(u  v)  0 . 27 3 61  3 3 u  v   27 Chọn u và v sao cho  . uv  2  9 Giải hệ phương trình này, ta chọn nghiệm u  3 1 2 (61  3 417), v  . 54 9u Từ đó, ta tìm được nghiệm của phương trình (*) là x  x0  3 1 (61  3 417)  54 2 93 1 (61  3 417) 54  4  0.189464 3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  4, x  x0 . 2/ Điều kiện x  2 . Phương trình đã cho tương đương với 11 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com ( x 3  x 2  3x  1)2  4( x  2)  ( x  1)( x5  x 4  6 x3  2 x 2  9 x  7)  0  x  1  5 4 3 2  x  x  6x  2 x  9x  7  0 Phương trình x 5  x 4  6 x 3  2 x 2  9 x  7  0 có đúng một nghiệm thuộc [2, 2] và nó có giá trị gần đúng là x  x0  1.916086228 . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là x  1, x  x0 .  1 y 2 x   2  y Bài 14. Giải hệ phương trình sau  x x  2 2  y ( x  1  1)  3 x  3 (Đề chọn đội tuyển trường Chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định). Lời giải. Điều kiện xác định: x  0, y  0 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 1  x y 2 x   2  y x  y 2  2 x x  2 xy  y 2  y( x  2 x)  2 x x  0 x y Xem đây là phương trình bậc hai theo biến y, ta có  x  ( x  2 x)2  8 x x  x  4 x x  4 x 2  ( x  2 x )2  0 . Do đó, phương trình này có hai nghiệm là y1  (2 x  x )  ( x  2 x ) (2 x  x )  ( x  2 x)   x , y2   2 x, . 2 2 Xét hai trường hợp -Nếu y   x , thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:  x ( x 2  1  1)  3 x 2  3 . Dễ thấy:  x ( x 2  1  1)  0  3 x 2  3 nên phương trình này vô nghiệm. 12 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com -Nếu y  2 x , thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 2 x( x 2  1  1)  3 x 2  3  x 2  1.(2 x  3 )  2 x  2x x2  1  (*) 2x  3 (dễ thấy x  3 3 không thỏa mãn đẳng thức nên chỉ xét x  và phép biến đổi trên là phù 2 2 2x hợp). Xét hai hàm số: f ( x )  x 2  1, x  0 và g ( x )  ,x  0. 2x  3 Ta có: f ( x )  x 2  0 nên là hàm đồng biến, g ( x )  x 1 Suy ra phương trình (*) có không quá một nghiệm. 2 3 (2 x  3 )2  0 nên là hàm nghịch biến. Nhẩm thấy x  3 thỏa mãn (*) nên đây cũng chính là nghiệm duy nhất của (*). Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( x, y )  ( 3 , 2 3 ) . Bình luận. Quan hệ của x và y được che giấu ngay trong phương trình đầu tiên, nếu nhận thấy điều đó thì các bước tiếp theo sẽ rất dễ nhận biết. Bài này tính toán tuy rườm rà nhưng hướng giải rất rõ ràng nên không quá khó. 2 x 2 y  3 xy  4 x 2  9 y Bài 15. Giải hệ phương trình sau  2 7 y  6  2 x  9 x (Đề thi chọn đội tuyển Nha Trang, Khánh Hòa) Lời giải. Từ phương trình thứ nhất, ta có y  2 x2  9 x  6 4x2 , từ phương trình thứ hai, ta có y  . 2 x 2  3x  9 7 Suy ra 4 x2 2x2  9x  6   28 x 2  (2 x 2  9 x  6)(2 x 2  3 x  9) 2 x2  3x  9 7  ( x  2)(2 x  1)(2 x 2  9 x  27)  0  x  2  x  1 9  3 33 x 2 4 13 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com 2 x 2  9 x  6 16 2 x 2  9 x  6 1 1 -Nếu x  2 , ta có y   ; nếu x  , ta có y   . 7 7 2 7 7 -Nếu x  9  3 33 2x2  9x  6 với 2 x 2  9 x  27 thì y   3. 4 7 Vậy hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là ( x, y )  (2, 16 1 1 9  3 33 ), ( , ), ( ,3) . 7 2 7 4 Bài 16. 1/ Giải phương trình x  2 7  x  2 x  1   x 2  8 x  7  1 2 2 x  y  3  2 x  y 2/ Giải hệ phương trình  3  x  6  1  y  4 (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc) Lời giải. 1/ Điều kiện 1  x  7 . Đặt a  7  x , b  x  1, a, b  0  ab   x 2  8 x  7 . Phương trình đã cho trở thành b 2  2a  2b  ab  (a  b)(b  2)  0  a  b  b  2 . -Nếu a  b thì 7  x  x  1  7  x  x  1  x  3 , thỏa điều kiện đề bài. -Nếu b  2 thì x 1  2  x  3 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  3 . 2/ Điều kiện 2 x  y  0, y  1 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với (2 x  y )  2 2 x  y  3  0  2 x  y  1  2 x  y  3  2 x  y  1  y  1  2 x . Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được 3 x  6  2x  4 . Dễ thấy vế trái tăng theo biến x nên phương trình trên có không quá một nghiệm. Ta thấy x  2 thỏa mãn, suy ra x  2, y  3 . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( x, y )  (2, 3) . 14 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Bài 17. Giải phương trình sau x 4  2 x 3  2 x 2  2 x  1  ( x 3  x) 1  x2 x (Đề thi HSG tỉnh Hà Tĩnh) Lời giải. Điều kiện x  (, 1]  (0,1] . Nếu x  1 thì x 4  2 x 3  2 x 2  2 x  1  ( x 2  x) 2  ( x  1) 2  0, x 3  x  x( x 2  1)  0 nên phương trình trên không có nghiệm thỏa x  1 . Đồng thời x  1 không là nghiệm của phương trình nên ta chỉ xét x  (0,1) . Phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 ( x  1)  2 x(1  x )  ( x  1) x (1  x )  Đặt t  x2  1 x (1  x 2 ) 2 x(1  x 2 )  1 x2  1 x (1  x 2 ) x2 1  0 , phương trình trên trở thành t  2  1  t 2  t  2  0  t  2 (do t  0 ). t Khi đó x2  1 2  2  ( x 2  1)2  4 x (1  x 2 )  x 4  2 x 2  1  4 x  4 x3  0 x(1  x )  ( x 2  2 x  1)2  0  x 2  2 x  1  0  x  1  2 So sánh với điều kiện đã nêu, ta thấy phương trình trên có nghiệm duy nhất là x  1  2 . Bài 18. Giải phương trình 2 sin 2 x  3 2 sin x  2 cos x  5  0 . (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi) Lời giải. Đặt a  sin x, b  cos x  1  a, b  1 . Từ phương trình đã cho, ta có hệ sau: 15 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com 4ab  3 2a  2b  5  0  2 2 a  b  1 Ta có: 4ab  3 2a  2b  5  0  4ab  3 2a  2b  5  0  (4ab  2 2a  2 2b  3)  ( 2a  2b  2)  0   2(a  b)2  2 2 (a  b)  1  2 (a  b  2 )  0    ( 2a  2b  1)2  2 (a  b  2 )  0 Mặt khác: a 2  b 2  1 nên a  b  2(a 2  b 2 )  2  a  b  2  0 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b   2 . 2  2a  2b  1  0 ( 2a  2b  1)2  0   Do đó, từ (*), suy ra:   2 a  b   2 (a  b  2 )  0  2 Dễ thấy hệ này vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bình luận. Đây là dạng phương trình lượng giác giải bằng cách đánh giá quen thuộc. Ngoài cách đặt ẩn phụ đưa về đại số hoàn toàn như trên, ta có thể biến đổi trực tiếp trên phương trình ban đầu, tuy nhiên điều đó dễ làm chúng ta lạc sang các hướng thuần túy lượng giác hơn và việc giải bài toán này gặp nhiều khó khăn hơn. Bài này chính là đề thi Olympic 30-4 năm 2000, lớp 10, đề bài do trường Lê Hồng Phong TP.HCM đề nghị. Lời giải chính thức cũng giống như ở trên nhưng để nguyên a  sin x, b  cos x . Bài 19. 1/ Giải phương trình x  4  x 2  2  x 4  x 2 . 16 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com 2 2 2 y ( x  y )  3x 2/ Giải hệ phương trình  2 2  x( x  y )  10 y (Đề thi chọn đội tuyển THPT Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa) Lời giải. 1/ Điều kiện 2  x  2 . Phương trình đã cho tương đương với ( x  2)  ( x  1) 4  x 2  ( x  2) 2  ( x  1) 2 (4  x 2 )  x( x  2)( x 2  2)  0  x  0 x  2 x   2 Thử lại ta thấy thỏa. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là x  0, x  2, x   2 . 2/ Ta thấy nếu x  0 thì y  0 và ngược lại nên hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x, y )  (0, 0) . Xét trường hợp xy  0 . Chia từng vế phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai, ta được 2 y( x 2  y 2 ) 3x   20 y 2 ( x 2  y 2 )  3 x 2 ( x 2  y 2 )  3 x 4  17 x 2 y 2  20 y 4  0 2 2 x( x  y ) 10 y 5  ( x 2  4 y 2 )(3 x 2  5 y 2 )  0  x 2  4 y 2 , x 2  y 2 3 2 3 2 y 3  x  x  2 2 y.3 y  3 x 2 y  x -Nếu x  4 y , hệ đã cho trở thành    4  . 2  y  1  xy  2  x.5 y  10 y 2 y  2 2 -Nếu x 2  2 5 2 y , hệ đã cho trở thành 3 15   2 2 x 4 3 3  2 y. 3 y  3 x 4 y  9 x 2 135 4 y  9 x     .  4 4 4 xy  15  x. 8 y 2  10 y 16 y  135  y   135  3  2 Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm là ( x, y )  (0, 0),(2,1), ( 2, 1), ( 4 4 15 135 15 135 , ), (  ,  ). 4 4 2 2 2 135 2 135 17 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Bài 20. Giải phương trình: 3 x  6  x2  7  x  1 . (Đề thi HSG tỉnh Lâm Đồng) Lời giải. Điều kiện x  1 . Dễ thấy x  1 không là nghiệm của phương trình nên ta chỉ xét x  1 . Ta có 3 x  6  x 2  7  x  1  3 x  6  x 2  x  1  7 (*) Xét hàm số f (t )  3 t  6  t 2  t  1, t  1  f (t )  1 3 2 (t  6) 2  2t  1  0, t  1 . Do đó 2 t 1 hàm này đồng biến. Từ đó suy ra phương trình (*) ở trên có không quá một nghiệm; mặt khác f (2)  7 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  2 .  5( x  y ) 6( x  z )  x  y  6 xy  x  z  5 xz  4   6( z  y ) 4( x  y )  5 Bài 21. Giải hệ phương trình  z y zy x y xy   4   6   4( x  z ) 5( y  z )  6   x  z  5 xz y  z  4 yz (Đề chọn đội tuyển trường PTNK, TPHCM) Lời giải. Đặt a  x y yz zx ,b  ,c  . Hệ đã cho trở thành x  y  6 xy y  z  4 yz z  x  5 zx 1   4  5a a  8 c  5a  6c  4  6  3     b  6b  4a  5  4a  6b  5 4    4  5a   4c  5b  6 9 5b  4   6  c  16  6   18 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com 1  x y 1 1 6  1 33 14   x  y  6 xy  8 x  y  7  x  14  x  33   7( x  y )  6 xy   3 14  yz  1 1  1 45  Do đó     y  z  12 yz     12     y  45  y  z  4 yz 4 7( z  x)  45 zx y z  y 14   14  zx    9 1 1 45 1 123         z  124   z 14  z  x  5 zx 16 z x 7 Vậy hệ đã cho có nghiệm là ( x, y , z )  ( 14 14 14 , , ). 33 45 123 Bài 22. 1/ Giải phương trình x  2 y 1  3 z  2  1 ( x  y  z  11) 2 x  2 121  27 2 x  2x  2/ Giải hệ phương trình  9  x 2  y 2  xy  3x  4 y  4  0  (Đề thi HSG tỉnh Quảng Nam) Lời giải. 1/ Điều kiện x  0, y  1, z  2 . Phương trình đã cho tương đương với 2 x  4 y  1  6 z  2  x  y  z  11  ( x  1)  ( y  1  2) 2  ( z  2  3) 2  0  x 1  y  1  2  z  2  3  0  x  1, y  5, z  11 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là ( x, y , z )  (1,5,11) . 2/ Phương trình thứ hai của hệ tương đương với y 2  ( x  4) y  x 2  3x  4  0 . Đây là phương trình bậc hai theo biến y nên cần có điều kiện 4   ( x  4) 2  4( x 2  3x  4)  3 x 2  4 x  0  0  x  . 3 x 2 4 4 16 24 121 Do đó x 2  2 x  27 2  ( )2  2.  27 3   9  3 3 9 9 9 19 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com Từ bất đẳng thức trên và phương trình thứ nhất của hệ, ta suy ra x  4 . 3 4 4 4 8 16 4 4 Do đó y 2  (  4) y  ( ) 2  3.( )  4  0  y 2  y   0  ( y  ) 2  0  y  3 3 3 3 9 3 3 Vậy hệ đã cho có nghiệm là x  y  4 . 3 Bài 23. 1/ Tìm tất cả các giá trị của a, b để phương trình x 2  2ax  b  m có hai nghiệm phân biệt với bx 2  2ax  1 mọi tham số m.  y  xy 2  6 x 2 2/ Giải hệ phương trình  3 3 3 1  x y  19 x (Đề thi HSG vòng tỉnh Bình Phước) Lời giải. 1/Trước hết, ta sẽ tìm nghiệm chung, nếu có, của hai phương trình bậc hai sau: x 2  2ax  b  0 và bx 2  2ax  1  0 . Giả sử x0 là nghiệm chung đó, ta có: x02  2ax0  b  0 và bx02  2ax0  1  0 . Trừ từng vế hai phương trình này, ta được: (1  b)( x02  1)  0  b  1  x0  1 . x 2  2ax  1  m  1  m, x 2  2ax  1  0 . Dễ thấy 2 x  2ax  1 nếu m  1 thì phương trình này vô nghiệm, nếu m  1 thì phương trình này có vô số nghiệm, không thỏa mãn đề bài. -Nếu b  1 thì phương trình đã cho trở thành -Nếu b  1 thì x0  1 , tương ứng với 1  2a  b  0 hoặc 1  2a  b  0 . Do đó, khi 1  2a  b  0 hoặc 1  2a  b  0 thì tương ứng hai phương trình đã cho có nghiệm chung là x0  1 và x0  1 . Phương trình ban đầu tương đương với x 2  2ax  b x 2  2ax  b  m(bx 2  2ax  1)  m  0 bx 2  2ax  1 bx 2  2ax  1 20