Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Một số phương pháp giải phương trình và hệ phương trình - Trần Hoài Vũ

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:59

Thêm vào BST

Báo xấu

24
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Một số phương pháp giải phương trình và hệ phương trình" gồm 59 trang, được biên soạn bởi thầy giáo Trần Hoài Vũ (giáo viên Toán trường THPT chuyên Lào Cai, tỉnh Lào Cai), hướng dẫn một số phương pháp giải phương trình – hệ phương trình; tài liệu được sử dụng để bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán bậc THPT. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết nội dung tại đây.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Một số phương pháp giải phương trình và hệ phương trình - Trần Hoài Vũ

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO LÀO CAI TRƢỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HỌC SINH GIỎI MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH – HỆ PHƢƠNG TRÌNH Năm học 2020 – 2021 Giáo viên: Trần Hoài Vũ Tổ chuyên môn: Toán – Tin
I. Phƣơng pháp biến đổi đại số, rút thế Sử dụng các phép biến đổi tương đương cơ bản: 1. Nâng lên lũy thừa hai vế (Chú ý điều kiện) 2. Rút 1 ẩn hoặc một biểu thức từ 1 phương trình trong hệ thế vào phương trình còn lại 3. Phân tích 1 phương trình trong hệ hoặc tổ hợp 2 phương trình của hệ về phương trình tích.  2 y  x  ( x  y)  3 x  y Bài số 1: Giải hệ phương trình  2( x 2  y 2 )  3 2 x  1  11  Giải 1 Điều kiện: : x 2  ( x  y)  0 ; x  y  0; x  2   x  ( x  y ). 3 x  y  y (1) 2 Hệ phương trình tương  2( x  y )  3 2 x  1  11 (2)  2 2 Từ (1) suy ra y  0 (Vì nếu y < 0 thì VT (1)  0 >VP(1): vô lý) Dễ thấy y = 0 cũng không thỏa mãn Xét y > 0 Phương trình (1) tương đương: x 2  ( x  y ) ( 3 x  y  1)  ( x 2  ( x  y )  y )  0 x  y 1 ( x  y )( x  y  1)  x 2  ( x  y )( )  0 3 ( x  y)  x  y  1 2 3 x  ( x  y)  y 2 x2  ( x  y) x y  ( x  y  1)(  )0 3 ( x  y)2  3 x  y  1 x2  ( x  y)  y  x  y 1  0 Thế y = x - 1 vào (2) ta được: 4 x2  4 x  2  3 2 x  1  11  (2 x  1) 2  3 2 x  1  10  0 Đặt t = 2 x  1 , ( t  0 ), ta có phương trình: t 4  3t  10  0  (t  2)(t 3  2t 2  4t  5)  0  t  2 1
5 3 Với t = 2 ta giải ra được nghiệm của hệ là (x; y) = ( ; ) 2 2  2 15 x  17 y x  y  2  4 xy Bài số 2 : Giải hệ phương trình   2 17 x  15 y  x  14 xy  y 2   x y Giải Điều kiện: x  0, y  0 . Đặt x  a, y  b  a  0, b  0  Hệ phương trình đã cho tương đương với  4 15a  17b  15a  17b  a  b 4  4ab  4 ab  a 2  b 2   a 2  b2 (1)   a 4  14a 2b 2  b 4  17a  15b a 4  14a 2b 2  b 4  17a  15b (2)  a 2  b2  a 2  b2 Lấy hai vế của 1 nhân với a cộng hai vế của  2  nhân với b ta được: 4a 2b  a 2  b2   a 4b  14a 2b3  b5  15  3 Lấy hai vế của 1 nhân với b cộng hai vế của  2  nhân với a ta được 4ab2  a 2  b2   a5  14a3b2  ab4  17  4 Lấy  4  cộng  3 theo vế ta được :  a  b   32 5 Lấy  4  trừ  3 theo vế ta được :  a  b   2 5  2 5 2   a  b   32 a  b  2  5 a 2      a  b   2 a  b  5 2 b  2  2 5 5  2  2 5 2  2  2 5 2 x    x   2   2     y  2 2 2  2 5 2  5  2 y      2  2
  2  5 2 2  2  5 2 2  Vậy hpt có một nghiệm duy nhất:  x, y      ;    2   2     2 x 2  y 2  1 (1) Bài số 3: Giải hệ phương trình  2 10 x  6 xy  3x  2 y  6  0 (2) Giải y2  1 1 Từ (1) : x 2 ;| x |  (*) 2 2 y2  1 (2)  2 x  8 x  6 xy  3x  2 y  6  0  2 x  8. 2 2 2  6 xy  3x  2 y  6  0 2  2 x 2  3x(1  2 y )  4 y 2  2 y  2  0 Coi vế trái là phương trình bậc hai đối với x, có   9(1  2 y)2  8(4 y 2  2 y  2)  (2 y  5)2  3(2 y  1)  2 y  5 x  4  2y  2   x  3(2 y  1)  2 y  5  2 y  1  4 2 +) Với x = 2y – 2 thay vào (1) ta được : 2(4 y 2  8 y  4)  y 2  1  8  15 2  2 15 y  x (tm(*))  7 7  7 y  16 y  7  0  2  8  15 2  2 15 y  x (tm(*))  7 7 2y 1 +) Với x  thay vào (1) ta được : 2 (2 y  1) 2  y2  1  4 y2  4 y  1  2 y2  2  0 2  2  6 1  6 y  x (tm(*))  2 y  4 y 1  0   2 2 2  2  6 1  6 y  x (tm(*))  2 2 Vậy phương trình có nghiệm 3
 2  2 15 8  15   2  2 15 8  15    ; ; ;  ;  7 7  7 7  ( x; y )     1  6 2  6   1  6 2  6    2 ; 2 ; 2 ; 2        4 x  y  x  y  3xy  2 x  y   3 3 (1) Bài số 4: Giải hệ phương trình   3  y  2  x  x y  xy  4 x  1 ( 2)  2 Giải  x  2 Điều kiện  y  3 (1)   2 x  y    2 x  y   y3  y 3     2 x  y  y   2 x  y   y  2 x  y   y2  1  x  y. 2 Thay y=x vào phương trình (2) ta được:  x  5   x4 3  x  2  x  x3  x 2  4 x  1   3  x   2 x    3   3  x  5 x  4 x3  x 2  4 x  1   (*) 3 3  x  5  3  x  0 3 Với 2  x  3 , ta có   2 x  x4 0  3    x  x  2 2 x  x  2  2     x2  x  2  x  2 1 (*)     9  3  x  x  5 2 x  x4   3 3         x2  x  2  1 1   9  x  2   0 x  5 x4  3 x  2 x    3 3   x  1   x2  x  2  0   x  2 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x:y) là (-1;-1) và (2;2) 4
 2 x  2 xy  y  2 2 2 Bài số 5: Giải hệ phương trình  3 2 x  3x  3xy  y  1  0  2 2 3 Giải Phương trình (2) của hệ viết lại như sau 3 3 3x 3 3x 2y 3x 2 1 x y 0 x y 3x 2 x y 1 3x 2 3 Ta thấy x 0 không thỏa mãn hệ phương trình. Chia 2 vế của (3) cho x 3 ta có 3 y y 1 3 phương trình 1 3 1 x x x3 x 1   y   y  1 1  2 y    1      1     1  .  2  3  0 x x   x   x  x x  PT (1) của hệ được viết lại như sau 2 2 2 2 2 2 y 2 x 2xy y 2 3x x y 2 3x 1 3 4 x x2 y 1 y 1 TH1: 1 0 1 thay vào (4) ta có x x x x 3 x 1 y 0 3 x2 x 1 y 2 2 y y 1 1 TH2: 1 1. 3 0 kết hợp với (4) ta có x x x x2 y 1 1 y 1 1. 0 1 y 1 x x x x2 x x Thay vào (4) ta cũng được hai nghiệm trùng với hai nghiệm ở trên Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là x ; y 1;0 ; 1;2  x  y x  y  y  0 2 2 2 2 Bài số 6: Giải hệ phương trình   4y  5  6 x  y  2y  4  2 2 2 5
Giải 5 ĐK: y  4 1  x 2  y 2  y x2  y 2  2 y x2  y 2  2 y 2  0   x2  y 2  y   x2  y 2  2 y  0  x2  y 2  y (do x2  y 2  2 y  0 ) Với x 2  y 2  y  x  0 . Thay vào (2) ta được: 4 y  5  2 y 2  6 y  4 *  2 4 y  5  4 y 2  12 y  8  4 y  5  2 y  3  3   4 y  5  1   2 y  2   2  2  4 y  5  1  2 y  4   3 y  4 2 Giải (3):  2  y 2 y 2  8 y  7  0 2   1 y  Giải (4):  2 (vô nghiệm) 2 y  4 y  3  0 2   4 2  Vậy hệ phương trình có nghiệm:  x; y    0;   2   2 2 8 xy  x  y  x  y  16  Bài số 7: Giải hệ phương trình  2 3 2  x  2x  x  x  y 8y 3 3y 4 2  Giải x  y  0  ĐKXĐ:  x 3 x 2 3y  4  0  6
 x2 2 x y    0 y  0 8y 3 2  Từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra:   3 .  x 1  x  y  0  0  4  3 y 4 8 xy 8xy Ta có x2  y2   16  ( x  y)2  16  2xy  0 x y x y   x  y  4  ( x  y)2  4( x  y)  2xy  0     x  y  4   x2  y2  4( x  y)   0 (*)   3 Do x  y  x  y  0  (*)  x  y  4 4 2x y 2  3  Mặt khác, do    x  y   0 nên áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta 3 2 3 4  x2  2 x y  x2  2 x y  x3 x2 có:   2     8y  3 2 8y  3 2 3y 4 x2 2 x y Suy ra phương trình thứ hai của hệ    8y 3 2 Do đó hệ đã cho x  y  4 x  y  4   x  y  4    x2 2 x y   2 2   2 8y  3  2   3 x  16 xy  12 y  0  x  6 y, x   y   3  24  x  7 hoặc  x  8 là nghiệm của hệ.   y  4  y  12  7  x  1  y 2  6   y  x 2  1  Bài số 8: Giải hệ phương trình   y  1  x  6   x  y  1 2 2  Giải Cộng vế với vế của hai phương trình trong hệ và sau khi rút gọn ta thu được: 7
2 2  5  5 1  x     y    (1)  2  2 2 Trừ vế với vế của phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất và sau khi phân tích ta được:  x  y  x  y  2 xy  7   0 Nếu x – y = 0, thay x = y vào một trong hai phương trình trong hệ ta giải được: x = y = 2 và x = y= 3.  1  1  15 5 5 Nếu x  y  2 xy  7  0   x   y    (2). Đặt a  x  , b  y   2  2 4 2 2  2 1  a  b 2  Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  2  a  2  b  2   15  2ab  4a  4b   1  4 2 Trừ vế với vế của hai phương trình trong hệ ta có:  a  b   4  a  b   1(3) 2 Cộng vế với vế của hai phương trình trong hệ ta có: a  b  0  a  b  4 a  b  0   2  a  b  4 Dễ thấy nếu a + b = - 4 thì mâu thuẫn với (3) do đó a + b = 0, thay a + b = 0 vào a  b  0  1 1 1 1 (3) ta có a – b = ±1. Giải hệ:  . Tìm được (a;b) =   ; ; ;   .  a  b  1  2 2 2 2   1  5 x 1  2 2   12   x  y  Bài số 9: Giải hệ phương trình  5 y 1  1   4   x 2  y 2   Giải Nếu ( x;y) là nghiệm của hệ thì x.y  0 .  1 12  1 6 2 1  x 2  y 2  5 x  x2  y 2  5x  5 y Do đó: Hệ (I)     (II) 1  1  4 1  6  2   x y 2 2 5y   5x 5 y Nhân vế với vế của 2 PT của hệ (II) ta được PT: 8
1 36 4    36 y 4  7 x 2 y 2  4 x 4  0 x y 2 2 2 25 x 25 y 2  x 2  4 y 2  x  2 y; x  2 y Thế x = 2y vào phương trình thứ hai của hệ (II) ta được y = 1; từ đó x = 2  1 2 Thử lại ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là:  2;1 ;   ;   5 5 1 2 Thế x = -2y vào phương trình thứ hai của hệ (II) ta được y   ; từ đó x  5 5   1   1   3x  2   x y Bài số 10: Giải hệ phương trình  1  1  7 y  4 2  x  y   Giải Điều kiện x  0; y  0; x  y  0 . Nhận xét: Nếu  x; y  là nghiệm của hệ phương trình thì x  0; y  0 . Do đó ta viết  1 2 1   x y   3x lại hệ phương trình như sau:  1  1  4 2  x  y 7y Thực hiện phép trừ rồi cộng hai vế của hai phương trình trong hệ ta được  1 1 2 2    (1)  x  y 3 x 7 y   1 1  2 2 (2)   3 x 7 y Nhân hai vế của hai phương trình (1) và (2) ta được 1 1 8    ( y  6 x)(7 y  4 x)  0  y  6 x (vì x  0; y  0) x  y 3x 7 y  11  4 7 22  8 7  Thay vào ta giải được nghiệm của hệ là  ;   21 7  9
II. Phƣơng pháp đạt ẩn số phụ 1. Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về phương trình đại số không còn chứa căn thức với ẩn mới là ẩn phụ. 2. Đặt ẩn phụ mà vẫn còn ẩn chính, ta có thể tính ẩn này theo ẩn kia. 3. Đặt ẩn phụ để đưa phương trình về hệ hai phương trình với hai ẩn là hai ẩn phụ, cũng có thể hai ẩn gồm một ẩn chính và một ẩn phụ, thường khi đó ta được một hệ đối xứng. 4. Đặt ẩn phụ để được phương trình có hai ẩn phụ, ta biến đổi về phương trình tích với vế phải bằng 0. 5. Thường giải phương trình ta hay biến đổi tương đương, nếu biến đổi hệ quả thì nhớ phải thử lại nghiệm. 1  1 Bài số 11: Giải phương trình 2  x 2  2   4 x   x 2 x Giải Ta thấy x  0 không thỏa mãn. x  0  4   x  1   0   x Khi đó phương trình tương đương với hệ  2  2  x 2  2  1    4   x  1   2     x 2     1    2  y  4(1) Đặt x   y , ta được  1 . 4  ( y  2)  2 5  2( y  2)  (4  y) (2)  2 2 2 x Xét (2)  9  2 y 2  y 2  4 y  5  y 4  8 y3  28 y 2  40 y  16  0  ( y  2)( y 3  6 y 2  16 y  8)  0  ( y  2)(( y  2)( y 2  4 y  8)  8)  0 Dẫn đến y  2 (do (( y  2)( y 2  4 y  8)  8)  0 với mọi y thỏa mãn (1)). Từ đó phương trình có nghiệm là x  1 . Bài số 12: Giải phương trình 2 x2  1  x  2 x 1  x 2  1 10
Giải Ta có phương trình tương đương với 1  x  1  2 x2  2 x 1  x2  1  x  1  4 x4  4 x2 (1  x2 )  4 x2  4 x 1  x 2  8x3 1  x 2  x(1  4 1  x 2  8 x 2 1  x 2 )  0 x  0  1  4 1  x  8 x 1  x  0(1) 2 2 2 Xét (1), đặt y  1  x2 , suy ra y  0 và x2  1  y 2 . Ta được 1  4 y  8 y(1  y 2 )  0  8 y3  4 y 1  0  (2 y  1)(4 y 2  2 y 1)  0 1 5 5 5  y . Từ đó suy ra x   . 4 8 5 5 Thử lại ta được nghiệm của phương trình là x  0 và x   . 8 Bài số 13: Giải phương trình x  3  x . 4  x  4  x . 5  x  5  x . 3  x Giải Điều kiện: x  3 Đặt 3  x  a ; 4  x  b ; 5  x  c với a, b, c là số thực không âm. Ta có x  3  a2  4  b2  5  c2  a.b  b.c  c.a 3  a 2  ab  bc  ca  a  b  c  a   3   Do đó 4  b 2  ab  bc  ca   b  c  a  b   4   5  c  ab  bc  ca  c  a  b  c   5 2 Nhân từng vế ba phương trình ta được  a  b  b  c  c  a   2 15  2 15 a  b   5  2 15 15 15 15 Suy ra b  c  abc    3 5 4 3  2 15 c  a   4 11
671 671 Suy ra x  . Thử lại x  thỏa mãn phương trình. 240 240 671 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  . 240 Bài số 14: Giải phương trình x5  x  1  0 Giải Nhận xét: Hàm số y  x5  x  1 luôn đồng biến nên nếu phương trình đã cho có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Ta có: x5  x  1  0   x2  x  1 x3  x2  1  0  x3  x2  1  0 (1) (vì x2  x  1  0, x  R ) 1 1 25 Đặt x  t  thì (2) thành: t 3  t   0 (3) 3 3 27 Ta tìm một nghiệm của (3) có dạng t = u+v. 1 25  1  25 Ta có : (3)  u 3  v3  3uv(u  v)  (u  v)   0  u 3  v3  (u  v)  3uv    0 3 27  3  27  3 3 25  1 3 25  621 u  v   u   27  3 2 Ta tìm u, v thỏa mãn:   uv  1  1 3 25  621  9 v   3 2 1 25  621 3 25  621  Vậy phương trình (1) có một nghiệm là x  1  3   3 2 2    Theo nhận xét trên, phương trình (1) có nghiệm duy nhất là: 1 25  621 3 25  621  x  1  3   3 2 2    Bài số 15: Giải phương trình  6 x  3 7  3x  15  6 x  3x  2  2 9 x 2  27 x  14  11 Giải 2 7 Điều kiện: x . 3 3 12
 a b 5 2 2 Đặt a  7  3x , b  3x  2 ( a, b  0 ). Suy ra  2  2b  1 .a   2a  1 b  2ab  11 2  s 2  2 p  5  2p  s  5 2  2 p  s2  5   2  3 2 2sp  s  2 p  11   s  s  5   s  s 2  5  11  s  s  4s  6  0  s  a  b, p  ab   a  2   2 p  s  5 p  2  b  1   x  1 2       a  1  x  2   s  3  s  2s  2   0 s 3 2    b  2 Thử lại thỏa mãn. Vậy nghiệm phương trình là x  1 hoặc x  2 . Bài số 16: Giải phương trình x3  5x 2  4x  5  (1  2x) 3 6x 2  2x  7 Giải Tập xác định : . Ta có (1)  ( x  1)3  8x 2  x  6  (1  2x) 3 (1  2x)( x  1)  8x 2  x  6 (2) Đặt u= x+1, v= 3 (1  2x)( x  1)  8x 2  x  6 Kết hợp với (2) ta có: u 3  (8x 2  x  6)  (1  2x) v   3 v  (8x  x  6)  (1  2x) u  2 Lấy hai phương trình trừ cho nhau ta được: u  v u 3  v3  (1  2x)(u  v)  0   2 u  uv  v  1  2x  0 2  Với u=v, ta được: 3 6x 2  2x  7  x  1  x3  3x 2  5x  6  0  x  2 u 2 3u 2  4  8x 3( x  1) 2  8 x  4 u  uv  v  1  2x  (v  )  2 2  2 4 4  Ta có: 3x  2x  7 2  0 4 Vậy u 2  uv  v2  1  2x  0 không xảy ra. Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 13
  x  5 x  4 x  5  (1  2 x) 5 x  y  3 (1) 3 2 3 2 Bài số 17: Giải hệ phương trình   x  3x  6 x  4  y  3 y  3 2 3 2 (2) Giải 5 x  y  3  0 2 ĐK :  3  y  3 y  0 2 Xét phương trình (2) : x3  3x 2  6 x  4  y 3  3 y 2 ( y  3)  ( x  1)3  3( x  1)  ( y  3)3  3 y  3  ( x  1)3  ( y  3)3  3( x  1)  3 y  3  0  ( x  1)  y  3  ( x  1)2  ( x  1) y  3  ( y  3)  3  0  x  1  y  3 do ( x  1)2  ( x  1) y  3  ( y  3)  3  0 x  1 Với x  1  y  3   ( x  1)  y  3 2 Thay vào phương trình (1) ta được phương trình x3  5x2  4 x  5  (1  2 x) 3 6 x 2  2 x  7  ( x  1)3  (8 x 2  x  6)  (1  2 x) 3 (1  2 x)( x  1)  8 x 2  x  6 (3) u  x  1  Đặt  kết hợp với phương trình (3) ta được   v  3 (1  2 x )( x  1)  (8 x 2  x  6)  u  (8 x  x  6)  (1  2 x)v 3 2 Hệ phương trình  3 v  (8 x  x  6)  (1  2 x)u  2 Lấy hai vế phương trình trừ nhau ta được u  v u 3  v3  (1  2 x)(u  v)  0   2 u  uv  v  1  2 x  0 2 TH1: Nếu u  v thì x  1  3 (1  2 x)( x  1)  (8x 2  x  6)  x 3  3x 2  5 x  6  0  x  2 TH2: Nếu u 2  uv  v2  1  2 x  0 (4) Nhân xét : 14
u 2 3 2 3( x  1)2  8 x  4 u  uv  v  1  2 x  (v  )  u  1  2 x  2 2 0 2 4 4 Suy ra phương trình (4) vô nghiệm. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y)  (2;4)  x3  y 2 x  3x 2  y 2  3x  2 y  1  0  Bài số 18: Giải hệ phương trình  3 2 y  xy  y  3x  3  0  2 2 Giải  x  1   x  1 y  2 y  3 2 Hệ phương trình đã cho tương đương với   x  1 y  2 y  3 x  1 2 3   u  uy  2 y 3 2 1 Đặt u  x  1, ta có hệ phương trình  * uy  2 y  2u  2 3 Dễ thấy u  y  0 là một nghiệm của hệ * . u 3  t 2u 3  2tu  Xét u  0 , đặt y  tu, t  0 , ta có hệ phương trình  3 tu  2t u  3u  3 3 Chia vế theo vế của hai phương trình trong hệ trên ta được 2 3 1 t2 2t  t    loai    4t  t  3  0  4 2 4 t 1  2t 2  3 2 t  1  t  1 Với t  1 , ta có y  u , thế vào 1 ta được  y 1 u 1 x  0 2 y3  2 y    y  1  u  1  x  2 Với t  1, ta có y  u , thế vào 1 ta được 2 y3  2 y (phương trình vô nghiệm) Vậy, hệ đã cho có nghiệm là:  0;0  ,  2; 1 ,  0; 1 Bài số 19: Giải hệ phương trình    2 2  12 x  8 y  25  24 xy   16 9 x  17 y  105 36 x  16 y  12 x  8 y  7.  2 2 15
Giải 3a -1 3b  1 Đặt x  ,y 6 2  6b  9b  6a  14a  20 (1) 3 2 3 Viết lại hệ đã cho thành  a  b  1 2 2  (2)  Ta có phương trình (1)  3b2 3  2b    a 1 6a2  6a  20  thay b2  1- a2 từ pt(2) ta thu được 3 1  a 2   3  2b    a  1  6a 2  6a  20    a  1  6a 2  6a  20  9  6b  9a  6ab   0 1 1 - Với a  1  b  0  x  , y  6 4 - Với 6a2  6a  20  9  6b  9a  6ab  0 ta có VT  6a2  29 15  6  3  6a2  5  0 . Vậy pt này vô nghiệm. 1 1 KL: Hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y)   ;  3 4   y 4 x  1  3  5 y  12 x  3 2 2 Bài số 20: Giải hệ phương trình  4 2 y (10 x  17 x  3)  3  15 x  2 Giải 1 Điều kiện x  . 4 Biến đổi phương trình thứ hai có: 1 x  (loai) 2 y (5x  1)(2 x  3)  3(1  5x)  4 5 4 xy 4  3  6 y 4   y 4x  1  3 4x  1  5 y  3 2 2 Ta đưa về hệ phương trình:  4 xy  3  6 y  4 4 Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên hai vế của phương trình thứ nhất cho y 2 và phương trình thứ hai cho y 4 có: 16
 3 3  4x  1  2 4x  1  5  2  y y  4 x  1  3  5  y4 3 Đặt a  4 x  1; b  với a  0, b  0 y2 a  ab  b  5 5b Ta có hệ pt  2 ta được  a  thay vào (2)  a  b 2  5 1  b 5b 2 ( )  b2  5  b4  2b3  3b2  20b  20  0 1 b  (b  1)(b3  3b2  20)  0  (b  1)(b  2)(b2  5b  10)  0  1  5 x  a  2  x  a  1  2 Nên   4 hoặc   b  1 b  2  y   3 4 y  4 3   2 5  1 4 3 Kết luận  x; y    ;  3  ;  ;  . 4  2 2 III. Phƣơng pháp hàm số 1. Trªn miÒn x¸c ®Þnh D cña hµm sè f ( x) , nÕu f '( x)  0 (hoÆc f '( x)  0 ) th× hµm sè f ( x) ®¬n ®iÖu vµ ph-¬ng tr×nh f ( x)  0 cã kh«ng qu¸ mét nghiÖm. 2. NÕu hµm sè f ( x) liªn tôc trªn [a, b] vµ f (a). f (b)  0 th× ph-¬ng tr×nh f ( x)  0 cã Ýt nhÊt mét nghiÖm trªn (a, b) . 3. Gi¶ sö f ( x) cã ®¹o hµm ®Õn cÊp n trªn kho¶ng (a, b). Khi ®ã, nÕu ph-¬ng tr×nh f ( n) ( x)  0 cã k nghiÖm th× ph-¬ng tr×nh f ( n1) ( x)  0 chØ cã tèi ®a k  1 nghiÖm. (hÖ qu¶ cña ®Þnh lÝ Rolle). 4. NÕu hµm sè y  f ( x) liªn tôc trªn ®o¹n [a, b] vµ cã ®¹o hµm trªn kho¶ng f (b)  f (a) (a, b) th× tån t¹i c  (a, b) sao cho f '(c)  . ba 17
7 2x 3 x 2 y 11 5 y 0 Bài số 21:Giải hệ phương trình 2 y 2 3 y x3 8 4x Giải Điều kiện x 3; y 5. Phương trình ban đầu biến đổi thành 23 x 1 3 x 25 y 1 5 y * Đặt f t 2t 1 t với t 0 thì * : f 3 x f 5 y (1) Nhận xét. Với mỗi số không âm 0 t1 t2 thì f t2 f t1 2 t2 t2t1 t1 1 0 t2 t1 t2 t1 Vậy f t là hàm số đồng biến trên 0; . Do đó 1 :3 x 5 y y x 2 Thay vào phương trình còn lại được 2 x2 3 x 2 x2 2x 4 4x 2 x2 2x 4 2 x 2 3 x 2 x2 2x 4 0 x 2 Đặt t 3 phương trình trên thành x2 2x 4 2t 3 t2 1 0 t 1 x 2 x2 2x 4 x 1;2 Vậy hệ có nghiệm 1;3 ; 2;4 .  x  y 4  3  4  x  y   Bài số 22:Giải hệ phương trình  x 4  y 4 9  x 2  y 2  7  x  y   x 3     3ln  0   64 32 8  y  3  Giải Theo bđt Cauchy ta có  x  y   1  1  1  4 4  x  y  .1.1.1  4 x  y  4  x  y  4 4 Dấu bằng xảy ra  x  y  1(*) . x 3 Từ đó kết hợp với đk  0  2  x, y  3 . y 3 18
x4 9x2 7 x y4 9 y2 7 y Pt thứ hai của hệ     3ln  3  x      3ln  3  y  . 64 32 8 64 32 8 x4 9x2 7 x Xét hàm số f(x) =    3ln  3  x  ( với x < 3 ) 64 32 8 x3 9 x 7 f  x   '   3   x3  9 x  14   x  3  48 16 16 8 x  3 16( x  3) x 4  3x3  9 x 2  13x  6  x  1  x  x  6  2 2   0 ( vì x < 3). 16( x  3) 16( x  3) Suy hàm số nghịch biến trên (-2; 3), vậy f(x) = f(y)  x  y ( **). 1 Từ (*), (**) có x = y = . 2 Bài số 23:Giải phương trình 6 x         3x 19 x  5x 10 x  7 x  15x  8x 9 x  4 x 5x  2 x  231x Giải a x  b x x0 NhËn xÐt1: Víi a  b  c  1 th×  x x nÕu a  b x0 NhËn xÐt 2: Hµm sè f ( x)  a x  b x x¸c ®Þnh ®ång biÕn vµ liªn tôc trªn tËp D= 0; do f ' ( x)  a x ln a  b x ln b  0 a  0 víi a>b>0 cho tr-íc NhËn xÐt 3: TÝch hai hµm sè ®ång biÕn, nhËn gi¸ trÞ d-¬ng trªn tËp D lµ hµm ®ång biÕn tæng hai hµm sè ®ång biÕn trªn D lµ hµm sè ®ång biÕn ¸p dông (+) nÕu x  0 : VT  6 x  3x 19x  5x 10 x  7 x   15x  8x 9 x  4 x 5x  2 x   0 VP  231x  0  ph-¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm d-¬ng (+) víi x >0 chia 2 vÕ ph-¬ng tr×nh cho 231x = (3.7.11)x ®-îc 2 x  19 5  10   15 8  9 4  5 2   1  ( ) x  ( ) x  ( ) x  1   ( ) x  ( ) x  ( ) x  ( ) x  ( ) x  ( ) x   1  11 11  7   11 11  7 7  3 3  Tõ nhËn xÐt (2) vµ nhËn xÐt 3 hµm sè.   19  x  5  x   10  x    5  x  8  x   9  x  4  x   5  x  2  x  g ( x)  2 x  1          1                      1   11   11    7     11   11    7   7    3   3          Tõ nhËn xÐt (2) vµ nhËn xÐt (3) hµm sè   19  x  5  x   10  x    5  x  8  x   9  x  4  x   5  x  2  x  g ( x)  2  1          1                     x   11   11    7     11   11    7   7    3   3          19