Tuyển tập 20 hệ phương trình ôn thi Đại học 2015 - Nguyễn Thế Duy

Tuyển tập 20 hệ phương trình Ôn thi ĐẠI HỌC 2015 – by Nguyễn Thế Duy  xy 2 x 2  1  1  3 y 2  9  3 y  Bài 1. Giải hệ phương trình :   3x  1 x 2 y  xy  5  4 x3  3x3 y  7 x  0  Lời giải Xử lý phương trình một cho ta dạng hàm số như sau. Với y  0 chúng ta có :   Điều kiện : x 2 y  xy  5 xy 2  x2  1  1  3 y 2  9  3 y  x 2   x2  1  1   3 y2 y2  9  3 3  x x2  1  x  2 y y 2 y2  9  3 y 3 3 3 Mà muốn để xuất hiện hàm số dạng f  t   t t  1  t nên ta cũng phải đưa VP về dạng đó là :    1  nhưng để có được y  y y 1 điều này tức là cần phải đưa vào trong căn thức. Do vậy cần phải chứng minh y luôn dương như sau : y y 2  9  y  y  y   y  y  0 suy ra từ phương trình một có x  0 dựa vào điều kiện : x2 y  xy  5  y  0 . Nên đến đây thoải mái xét hàm số f  t  là hàm số đồng biến trên TXĐ suy ra xy  3 . Thế xuống phương trình hai thì :  3x  1 3x  2  4 x3  9 x 2  7 x   3x  1 3 x  2  x  3 x  1  4 x  x 2  3 x  2  x 2  3x  2 3x  1    0   x 2  3x  2   4 x  0 x  3x  2 x  3x  2   y  3 x  1 3x  1 2  Mặt khác với điều kiện : 3x  2  0 thì 4 x   0 do đó x  3x  2  0   3. x  2 y  x  3x  2   2  3 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm đó là :  x; y   1;3 ,  2;  .  2  4 x  x 2  3x  2    3x  1  2 2 2 2 3 x  x  y   x  2  x  y  Bài 2. Giải hệ phương trình :  76 x 2  20 y 2  2  3 4 x  8 x  1  x  x2  y 2   x2  2  x3  x Thế Điều kiện : x  y2  0 Lời giải Phương trình một của hệ phương trình ta sẽ dễ dàng đưa về dạng đẳng cấp như sau : x  y  2 2 3  x3  x  x  y 2   2 x  y  2 3 0  x  y2   2 x  y2  3  0  x  x  y2  y2  x  x2 y 2  x  x 2 xuống phương trình hai chúng ta có : 96 x 2  20 x  2  3 4 x 8 x  1  96 x 2  20 x  2  3 32 x 2  4 x Áp dụng bất đẳng thức Cosi suy ra : 2 3 1.1.  32 x 2  4 x   32 x 2  4 x  2  2  96 x 2  20 x  2   32 x 2  4 x  2  16 x  2   0 2 32 x 2  4 x  1 1  7  1  7  x y Do đó pt  2    . Vậy  x; y    ;  là nghiệm của hệ phương trình đã cho. 2 8 8 16 x  2   0 8 8   Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014  x  y  1  1  4  x  y 2  3  x  y   Bài 3. Giải hệ phương trình :   5 x3  1  3 2 y  x  4  Lời giải Ở phương trình đầu thực chất tác giả đã làm phức tạp nó bằng cách đặt t  phương trình này thì không quá khó khăn để phát hiện ra nhân tử như sau : Điều kiện : x  y  0  3 5 x  1 t  1  1  4t 2  3t và x  y của phương trình : 1   t  1  1  4t 2  3t  3t  t  1   2t  1 2t  1  0   2t  1   2t  1  0  3t  t  1  Còn cái phương trình còn lại dường như đã quá quen thuộc khi dựa vào điều kiện chứng minh được nó luôn dương. Với 2t  1  2 y  1  2 x thay xuống phương trình hai chúng ta có : 5x3  1  3 1  2 x  x  4  0 . Dễ dàng ta nhẩm được nghiệm x  1 và một điều nữa f  x   5x3  1  3 1  2 x  x  4 luôn đồng biến trên TXĐ là vì f ' x  15 x 2 2 5x  1 3  3  2 3 1  2x  2 1   1  0 do đó  x; y   1;   là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. 2   1 2x x  y  2    Bài 4. Giải hệ phương trình :  3 x 3 y 2 x  y 2 x 1  y  2  y       Điều kiện : 2x  1 x  0  y  0 Lời giải Phương trình một nhìn khá rắc rối, ta cứ hãy quy đồng và nhân chéo xem được gì không. 2 1 2x x  y 2 x2  y x  y   2   2   2 x 2  y   3x 2 y  3xy y 3x 3 y 2 x  y 3 xy 2x  y  4 x 4  4 x 2 y  y 2  3x 2 y  3xy y  4 x 4  x 2 y  y 2  3xy y  0  x2  x2 x  4    3  1  0  2x  y y  y Từ đó thế xuống phương trình hai được : 3 2 y  y  4x2 2 x 1  4 x 2    2 x  2  2 x  1   2 x   2 x   2x  2x  1  x  Nhìn chung là dạng hàm số  2x  1  2x  1  3 f  t   t 3  t ở trên là các bạn đã được phản xạ nhiều và có thể làm được ngay khi gặp nó. Do đó 1 5 3 5 y 4 3 1 5 3  5  ;  là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. 2   4  3x  2x  y  x  2  1  y  Bài 5. Giải hệ phương trình :   y 2 1  3x  2 x 2  y 2  4  y   x; y    Điều kiện :   3x  y  y  0  y  0  Lời giải Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014 Dường như bài này có kiểu ý tưởng như bài 19 ta đã nói đó là có sự cô lập giữa các ẩn phụ. Trước hết đó là a 3x và sau nếu phương y trình hai ta chia cho y 2 thì xuất hiện ẩn phụ b  1 nên hệ đã cho trở thành : y  a  2b  3a  1  2a  1   2 2  3a  1  2a  4b  1  Và hệ phương trình này thì cộng vế với vế của từng phương trình chúng ta có :  a  2b  1  a  2b  1 3a  1  2a  a  2b  1    a  1  2a  3a  1 Với a  1  x  y thế nên phương trình một dễ dàng tìm được x  y  4  a  2b  1 Với a  1  2b  x  y  2 khi đó phương trình một trở thành : y Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm đó là  x; y    0; 2 ,  4; 4 . y  2 6  2  3y  4   y x  0 Bài 6. Giải hệ phương trình :  3x  x 2  7  y 2  24  3  4 x  7  y  24  3 y  2 2 Điều kiện : x  7 2 Lời giải Một bài toán với ý tưởng khá mới mẻ. Và hướng đi như sau :  x2  7  x  y  1  0  Hệ phương trình đã cho được viết lại thành :  2  y  24  4 x  y  4  0  7  1  y  1  2x  y  1  0  x 2  7   x  y  12    y  1 2 x  y  1  7  0     2 3  x  1 2 x  y  2   3  0 y 2  24   4 x  y  4   x 1    0  2  2x  y  2  7 6 Lấy pt 1  2. pt  2  : 2 x  y  3    0 , đặt t  2 x  y  2 thì phương trình trở thành : 2x  y  1 2x  y  2  7 3 3 6  y 1 0 x 3   7 6 1 3 6 6   t 1   0  t  3 6  2x  y  2  3 6    3 t 1 t x 1  3  0 y  6  6 3   6  1 3 6  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất đó là  x; y    3 3 6 3 6 6 ; . 3 6 1 3 6   x  2  x  x  1   y  2   x  1 y  1 Bài 7. Giải hệ phương trình :  4 x y  1  8 x   4 x 2  4 x  3 x  1  Lời giải Phương trình một của hệ đã cho được viết lại thành : Điều kiện :  x  1   y  1 Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014 x2   x   y  2 x 1  x  1 y  1  x2 x    y  2 y  1 x  1  x  1 x  1 3 x3  x 2  x  x    y  1  1 y  1      x  1 x  1  x 1  x  x 1  y 1  y 1  x  thế xuống  3  x  1 y  1 pt  2  ta có : 2 Đoạn xét hàm số ta sẽ không nói ở đây nữa bởi nó đã quá quen thuộc. Với x  x  1 y  1 4 x2 4x2 8x  2x  2  8 x   4 x 2  4 x  3 x  1    4  4 x2  4 x  1    2    2 x  1 x 1 x 1 x 1  x 1  Ở phương trình cuối sẽ thu được một số nghiệm đẹp và nghiệm lẻ là do phương trình bậc ba cần xử lý bằng phương pháp Carcado đã có công thức nghiệm tổng quát. Bạn đọc tự tìm hiểu. Bài 8. Giải hệ phương trình :  3x  1  4  2 x  1  y  1  3 y    x  y  2 x  y   4  6 x  3 y  Lời giải Điều kiện : 3 x  1  y 1 Ý tưởng của bài toán này khá rõ ràng đó là phân tích nhân tử ở phương trình hai. Thường thì có dạng : f  x, y  .g  x, y   0 điều này có được là do ta sẽ đi nhóm nhân tử hoặc xét đenta với ẩn x hoặc ẩn y. Và công việc xét đenta sẽ được cho là tối ưu hơn cả bởi lẽ nếu ta không nhìn thấy nhân tử chung thì sẽ rất khó nhóm.  x  y  2 x  y   4  6 x  3 y  2 x 2  xy  y 2  6 x  3 y  4  0 2 2  2 x 2   y  6  x  y 2  3 y  4   x   y  6   4  2 y 2  6 y  8   9 y 2  12 y  4   3 y  2   y  6  3y  2   2x  y  4 x  4   x   y  6  3 y  2   y  1  ptvn    4 Với y  2 x  4 thế vào phương trình một chúng ta có : 3x  1  4  2 x  1  2 x  3  3  2 x  4   3 x  1  2 x  8  2 x  3 x4 1    2  x  4  0   x  4   2  0  x  4 3x  1  2 x  3  3x  1  2 x  3  Phương trình còn lại vô nghiệm bởi nó luôn dương. Do đó  x; y    4;12  là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.   y 3  x3  3 y  2  3x 2  6 x  2  Bài 9. Giải hệ phương trình :  2  1 x 1  2  y  y  Lời giải 3 3 2 Điều kiện : 1  x  1  0  y  2 3 Phương trình một của hệ đã cho được viết lại thành : y  x  3 y  2  3x  6 x  2  y  3 y   x  1  3  x  1 3 Đến đấy thì có thể nhiều bạn nghĩ đến hàm số. Nhưng đó chỉ là cách thuận tiện nhất chứ không phải duy nhất và nhược điểm đó là hạn chế đi tư duy của học sinh. Tại sao không nghĩ đến chuyện đặt ẩn phụ , đó là : a  x  1  a3  3a  b3  3b   a  b   a 2  ab  b 2  3  0  b  y Và tất nhiên cái phương trình còn lại vô nghiệm bởi bình phương thiếu thì luôn dương. Với y  x  1 thế xuống pt  2  thì : Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014 1  x2  1  1  x  1  x  2 1  x2  2  2   1 x  1 x   1 x  1 x  2 2  1 x  1 x  1 x  1 x  2  x  0  y  1  Vậy hệ phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm  x; y    0;1 . Điều kiện : x, y  R  x3  3x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y  Bài 10. Giải hệ phương trình :  1 2 2 x  y  x  y   2 Lời giải Đây chính là câu hệ phương trình khối A.2012 , câu mà năm mình lên lớp 12 thi xong là lên mạng lấy đề luôn giải thử và chưa biết sử dụng hàm số giải hệ phương trình nên mình giải bằng cách thuần túy lớp 10 đó là đặt a  x khi đó ta có  b   y a 3  3a 2  9a  22  b3  3b 2  9b  . Đến đây rõ ràng là hệ phương trình đối xứng tuy nhiên nó chỉ phức tạp hơn một chút , ta sẽ  2 1 a  b2  a  b    2 1 2 giải như sau : pt  2    a  b    a  b   2ab  và phương trình một được viết lại thành : 2 2 3 3 pt 1   a  b   3  a  b   6ab  9  a  b   22  0 2 2   a  b   a  b   3ab   3  a  b   6ab  9  a  b   22  0    2 u  a  b 2u  2u  4v  1 Đặt  ta sẽ lại được hệ mới như sau :  đến đây ta sẽ đi sử dụng phương pháp thế 3 2 u  3uv  3u  6v  9u  22 v  ab  a  b  2 nên dễ dàng suy ra được tập nghiệm 4v  2u 2  2u  1 , dễ dàng tìm được :  u  2  2u 2  2u  41  0  u  2   4ab  3  3 1   1 3  của hệ phương trình đó là :  x; y    ;  ,  ;  . Còn bài này BỘ GD – ĐT giải theo hướng hàm số. Các bạn có thể tham khảo 2 2  2 2    đáp án. Thậm chí bài hệ này có thể dùng phương pháp “ lượng giác hóa “.  4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  0  Bài 11. Giải hệ phương trình :  4 x 2  y 2  2 3  4 x  7  Lời giải Điều kiện : 3  4 x  5  2 y Đây là câu hệ khối A.2010. Trên mạng đã xuất hiện nhiều lời giải , vấn đề ở đây không ở pt 1 mà nằm ở pt  2  , ở thời điểm đấy thì đây là một câu hệ khó. Nhưng mình sẽ phân tích hướng nhìn từ phương trình một như thế nào. Trước hết quan sát thì khó có thể cho ta được gì ở phương trình hai cả. Nên ta mong muốn thu hoạch được điều gì đó ở phương trình đầu. Phương trình đầu chứa căn thức nên ta muốn làm đơn giản hóa nó bằng cách dùng ẩn phụ. Nên đặt trình một được : z  5  2y  0  y  5  z2 ở đâu có y và căn thì ta sẽ thế vào phương 2  5  z2  3 4x  x    3  z  0  8x3  2 x  z 3  z   2 x   2 x  z 3  z  2  3 Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014