zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Tuyển tập phương trình - bất phương trình - hệ phương trình (Nguyễn Lê Phước Thịnh)

Chia sẻ: Tuan Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Báo xấu

290
lượt xem 45
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo Tuyển tập phương trình - bất phương trình - hệ phương trình do Nguyễn Lê Phước Thịnh biên soạn sau đây. Tài liệu tập hợp các dạng bài tập về phương trình - bất phương trình - hệ phương trình, các ví dụ và lời giải chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập phương trình - bất phương trình - hệ phương trình (Nguyễn Lê Phước Thịnh)

TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH I.Vài căn thức cơ bản:  B  0  B  0 AB ; A  B   ; 3 A  B  A  B3  A  B  A  B 2 2 : A  B2 A  B3 AB , A  B  0; 3 A  B  AB A2  AB  B 2 Chuù yù: A  B sao cho A  baäc cuûa B Ñaây laø trình töï truïc caên thöùc lieân hôïp caàn phaûi ghi nhôù veà baäc x 2  x 3  x  3 x 2  x  3 x  soá ví duï: Khi truïc caên 3 x 2  3x  4, chæ ñöôïc pheùp tröø ñi caùc bieåu thöùc baäc nhoû hôn noù 3 x 2  3x  4  3 5x  6 , ñuùng trình töï ; 5x  6  3 x 2  3x  4( khi noù mang daáu aâm) II.Kiến thức về hàm số: a) f ( x ) ñôn ñieäu treân D  ! x0 : f ( x0 )  0 b)Neáu f "( x )  0( 0)  f '( x ) ñôn ñieäu treân D, ! x0 : f '( x0 )  0, f ( x )coù 1 cöïc trò  ! x1, x2 : f ( x1 )  f ( x2 )  0 c)Neáu f ( x ) coù 1 cöïc trò x0 , f ( x0 )  0, f "( x )  0( 0)  x0 : nghieäm keùp hay f '( x0 )  0 d) Neáu f ( x )  ( x  a )2 g ( x ) thì f '(a )  0.Nghieäm boäi chaün laø cöïc trò, boäi leû khoâng laø cöïc trò e) f (a )  f (b), f ( x ) ñôn ñieäu treân D  f (a )  f (b) f)Neáu f ( x ) ñoàng bieán treân D, f (a )  f (b) a, b  D  a  b ; nghòch bieán  a  b III.Chứng minh phương trình bậc 4 vô nghiệm: Ta seõ nhoùm bieåu thöùc ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  0 voâ nghieäm veà daïng:     2 b 3 c 2 d e  2 b  2 c b2  d mb   e 2 2 c b2 x  x  x  x x  4 x  m   x   2  2m   x       m   x   2  2m   g ( x ) a a a a  2a   a 4a  a a  a   a 4a   c b2  e 2 c b2  d mb  2 Ta seõ chöùng minh g ( x ) voâ nghieäm:  2  2m  0      4   2  2m    m   0 a 4a a a   a 4a  a  Söû duïng maùy tính, deã daøng tìm ñöôïc soá m laøm cho (1)
TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH Phần I: PHƯƠNG TRÌNH 1) x  5x  3x  3  (3x  6) 3x  4 , x  4 / 3 3 2 Phân tích: Phương trình này có thể đưa về dạng f (a )  f (b) ,sau đó xét hàm số đặc trưng và tìm được nghiệm của phương trình. Ta phân tích bài toán này như sau: C1: VP của phương trình có dạng (3x  4) 3x  4  2 3x  4  t 3  2t (Đặt 3x  4  t , t  0 ) Phương trình  x  5x  3x  3  t  2t (1) , thế nhưng VT không thể viết dưới dạng VP, tức dạng 3 2 3 ( x  m)3  2( x  m)  t 3  2t , mà ta không thể thêm vào t 3 hoặc t vào 2 vế vì chúng đều liên quan đến 3x  4 nên ta sẽ thêm vào hai vế một lượng kt  k (3x  4) . 2 (1)  x 3  5x 2  3x  3  k (3x  4)  x 3  5x 2  x(3  3k )  4k  3  t 3  kt 2  2t (2). Ta sẽ đưa phương trình VT về dạng VP, tức là ( x  m)3  k ( x  m)2  2( x  m)  t 3  kt 2  2t Đến đây thì được rồi, ta sẽ giải quyết như sau: VT  ( x  m)3  k ( x  m)2  2( x  m)  x 3  3mx 2  kx 2  3m2 x  2kmx  2 x  m3  km2  2m  x 3  x 2 (3m  k )  x (3m2  2km  2)  m3  km2  2m  t 3  kt 2  2t (3) Đồng nhất hệ số VT của phương trình (2) và phương trình (3) ta có hệ : 3m  k  5 k  5  3m  m  1, k  2(choïn)  2  2 3m  2km  2  3  3k  3m  2m(5  3m )  2  3  3(5  3m )    m  16 , k  1 ( khoâng thoûa pt (3)) m3  km2  2m  4k  3(3) m3  km2  2m  4k  3    3 3 với m  1, k  2 ,ta có được phương trình: ( x  1)  2( x  1)  2( x  1)  t  kt  2t 3 2 3 2 Giải: x 3  5x 2  3x  3  (3x  6) 3x  4  ( x  1)3  2( x  1)2  2( x  1)  (3x  4) 3x  4  2(3x  4)  2 3x  4 Xét  4  hàm f (t )  t 3  2t 2  2t , có f '(t )  3t 2  2t  2  0, x  nên hàm f (t ) đồng biến trên  ;    3   x  1  1  13 Từ đó ta có: f ( x  1)  f (t )  x  1  t  x  1  3x  4   x x  x  3  0  2 2 1  13 Vậy phương trình có nghiệm: x  ( x  m)3  k ( x  m)2  2( x  m)  (3x  4) 3x  4  k (3x  4)  2(3x  4) 2 Lưu ý: ta có thể giải bằng C2 như sau: x 3  5x 2  3x  3  (3x  6) 3x  4 (1) Ta đưa về dạng ( x  m)3  k ( x  m)2  2( x  m)  (3x  4) 3x  4  k (3x  4)  2(3x  4) đồng nhất với (1): 3x 2 m  kx 2  5x 2 3m  k  5 k  5  3m  2  2   3m x  2kmx  2 x  3kx  3x  3m  2km  2 x  3k  3  3m 2  19m  16  0  ... m3  km2  2m  4k  3 m3  km2  2m  4k  3 m3  km2  2m  4k  3    Ta sẽ bốc các hệ số x2, x và hệ số tự do để đồng nhất với phương trình trên, chuyển lượng k (3x  4) ở VP qua VT để trừ đi. Cách ở trên đọc để hiểu, đi thi nên xài cách số 2 này :3 C3: Table thần thánh. Vì biểu thức của phương trình có dạng 3x  4  x  m nên ta sẽ nhập vào máy tính như sau: f ( x )  3A  4  AX , với A là nghiệm của biểu thức, shift solve máy tính ta được x  2.30277... Lưu nghiệm x này vào bộ nhớ máy là biến A, ta chọn Start là 0, End 10, Step Khi đó bảng hiện ra như sau: Dễ thấy rằng khi X=1, x F(x) 1 1 F(x)=1. Vậy ta có được biểu thức 3x  4  x  1  3x  4  x  1. Phần còn lại, ta sẽ căn chỉnh hệ số 2 -1.302 sao cho thích hợp. Nguyễn Lê Phước Thịnh Page 2
TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1 2)Giaûi pt: x 2  6 x  6  2 x  1  x   3x 2  2 x  5  0  x  1 2  x 2  t  5 t   x 3)Giaûi pt: x  5  x 2  5; x  5; Ñaët x  5  t  0  PT   2  x2  t 2  (x  t )  0   t  x  5 t  x  1  x  5   x  x  0  x  1 1  17 1  21   2  2 x   x  5  x  1  x  x  5  0  x  x  4  0 2 2 t2 1 4)Giaûi pt: 2 x  1   x  3x  1; 2 x  1  t  0  x  2 ; PT  t 4  4t 2  4t  1  0  ...... 2 5)Giaûi pt: x 2  3x  1  ( x  3) x 2  1 ; x 2  1  0, x   ; t  x 2  1  1  x 2  1  t 2 x  3 x  3 x  3 x  3 PT  t 2  ( x  3)t  3x  0;   ( x  3)2  12 x  x 2  6 x  9  ( x  3)2  0  t   xt  3 2 2  x 2  1  x (VN )   x 2  8  x  2 2  x  1  3 2 Kĩ thuật ẩn phụ không hoàn toàn: đặt t= căn, sau đó tách phương trình ra và nhóm về theo biến t, rồi tìm delta chính phương để giải ra 2 nghiệm t Vd : (4 x  1) x 2  1  2 x 2  2 x  1 . Đặt x 2  1  t  0  x 2  t 2  1 . Phương trình đã cho tương đương với: (4 x  1)t  2t 2  2  2 x  1  0  2t 2  (4 x  1)t  2 x  1  0 . Phương trình đã cho có:  4x 1 4x  3 t   2x  1  x  0  2 4   (4 x  3)  0   2 4 x t  4 x  1  4 x  3  1 x  3    3 2 2 2 x 3 6) Giaûi bpt:  2 x  3 12 x  4  2 x  1; x  4x  3 4 3x  1  2  2 Nx : x  1  3 12 x  4  3 (3x  1).2.2   x  1  3 12 x  4  x  1 3 2x  1  1 2 x  1.1   x  3 12 x  4  2 x  1  2 x  1 !!! 2x  1.1 Nhân 1 vào để đánh giá AM  GM 2 x 2 4x  3  1   2 x  2 x  1  x 2  4 x  3.1  ( x  1  x 2  1; 4 x  3  1  AM  GM 4x  3 2  x 2  2 x  1  ( x  1)2  0  x  1 Bài tập tự luyện: 1) x  1  x  4  x  9  x  16  x  100 2) 3 3 x 2  x 2  8  2  x 2  15 3) 3x 2  5x  1  x 2  2  3  x 2  x  1  x 2  3x  4 4) 2 x2  7 x  10  x  x 2  12 x  20 5) 3x2  7 x  3  x2  2  3x2  5x  1  x2  3x  4 6) 3 162 x3  2  27 x2  9 x  1  1 7) 5x  1  3 9  x  2 x 2  3x  1 8) x  x  1   x  2  x  2 x  2 2 2 x3 9) 3  x  2  x  x3  x 2  4 x  4  x  x  1 10) 3 x2 1  x  3  x  1  x  5 x2  6   11) 3 2  x  2  2 x  x  6 12) 2 x2  16 x  18  x 2  1  2 x  4 Nguyễn Lê Phước Thịnh Page 3
TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH Phần II: BẤT PHƯƠNG TRÌNH 3  41 1)Giaûi baát phöông trình : x  1  x 2  2  3x  4 x 2 ; Ñk:0  x  8 Baát phöông trình ñaõ cho töông ñöông vôùi: x  1  x 2  2 x (1  x 2 )  2  3x  4 x 2  3( x 2  x )  (1  x )  2 ( x  x 2 )(1  x )  0  5  34 x  3( x  x ) 2 x x 2 x x 1 2  2 1  0    9 x 2  10 x  1  0   9 1 x 1 x 1 x 3  5  34 x   9 5  34 3  41 Keát hôïp ñieàu kieän, suy ra nghieäm cuûa baát phöông trình laø x 9 8 2)Giaûi baát phöông trình : x  1  2 3x  2  9 x 2  24 x 2  10 x  1  0; Ñk: x  1 Baát phöông trình ñaõ cho töông ñöông vôùi:  1 6  x  1  1  2 3x  2  4  9 x 2  24 x 2  10 x  4  0  ( x  2)    (3x  1) 2  3  0 (1)  x 1 1 3x  2  2  1 6 Deã thaáy   (3x  1)2  3  (3.1  1)2  3  1  0 x  1 x 1 1 3x  2  2 neân (1)  x  2  0  x  2; Giao vôùi ñieàu kieän, suy ra nghieäm cuûa baát phöông trình laø x  2 9 x 3  22 x 2  19 x  x  1  7  x  1 3)Giaûi baát phöông trình :  1; Ñk:  3 x  2x  2x  4 3 2  x  2 x  2 x  4  0 2 Baát phöông trình ñaõ cho töông ñöông vôùi: 9 x 3  22 x 2  19 x  x  1  7  x 3  2 x 2  2 x  4  x  1  1  8 x 3  24 x 2  17 x  2  0 x2  1    ( x  2)(8 x 2  8 x  1)  0  ( x  2)   2(2 x  1)2  1  0 x 1 1  x 1 1  1 Deã thaáy  2(2 x  1)2  1  2(2.1  1)2  1  1  0 x  1 x 1 1 neân (1)  x  2  0  x  2; So saùnh vôùi ñieàu kieän, suy ra nghieäm cuûa baát phöông trình laø x  2 4)Giaûi baát phöông trình : ( x  1) x 2  5  x  x 2  1, x   x2  x  1 1 1 Th1 : x  1: loaïi; Th2 : x  1: x 2  5   x2  5  x   x2  5  x  x 1 x 1 x 1  5 5 1 x     5( x  1)  x  5  x  4 x  5  x  5   2 2 4 x2 x2  5  x x 1 15x 2  40 x  20  0  Keát hôïp ñieàu kieän thu ñöôïc x  (2;  ) 5)Giaûi baát phöông trình : 1  log 2 x  log 2 ( x  2)  log 2 (6  x ) Ñk: 0  x6 Baát phöông trình ñaõ cho töông ñöông vôùi:  x  18 log 2 (2 x 2  4 x )  log 2 (6  x )2  (2 x 2  4 x )  (6  x )2  x 2  16 x  36  0   x  2 KL: nghieäm cuûa baát phöông trình laø 2  x  6 Nguyễn Lê Phước Thịnh Page 4
TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH 6)Giaûi bpt: ( x  1) x 2  2 x  5  4 x x 2  1  2 x  2 (1); Ñk: x   ; Baát phöông trình ñaõ cho töông ñöông vôùi: ( x  1) x 2  2 x  5  2 x 2  2 x  5  4 x x 2  1  2 x  2  ( x  1)(2  x 2  2 x  5)  2 x (2 x 2  1  x 2  2 x  5)  0 2 x ( x  1)(3x  1)  2 x (3x  1)   ( x  1)(2  x 2  2 x  5)   0  ( x  1)  2  x 2  2 x  5    0  2 x2  1  x2  2x  5  2 x2  1  x2  2x  5   4 x 2  1  2 x 2  2 x  5  2 ( x 2  1)( x 2  2 x  5)  7 x 2  4 x  5   ( x  1)    0 (2)  2 x2  1  x2  2x  5  Deã thaáy 7 x 2  4 x  5  0 neân (2)  x  1  0  x  1; Vaäy x  (; 1)   x  1  5  7)Giaûi baát phöông trình: x 2  5x  4 1  x ( x 2  2 x  4) (*); Ñk: x ( x 2  2 x  4)  0    1  5  x  0 (*)  4 x ( x 2  2 x  4)  x 2  5x  4  4 x ( x 2  2 x  4)  ( x 2  2 x  4)  3x (**) Th1 : x  1  5 ,Chia hai veá cho x  0, ta ñöôïc: x2  2x  4 x2  2x  4 x2  2x  4  x 2  x  4  0 1  17 7  65 4   3 1  3  2  x x x x  x  7 x  4  0 2 2  1  17 7  65  Th2 : 1  5  x  0  x 2  5x  4  0  (**) luoân thoûa maõn.VaäyS   1  5;0    ;     2 2   8)Giaûi baát phöông trình : ( x  2)( x  2 2 x  5)  9  ( x  2)(3 x 2  5  x 2  12)  3 5 x 2  7 (*); Ñk: x  5 / 2 (*)  x 3  3x 2  14 x  5  2( x  2) 2 x  5  3( x  2) x 2  5  3 5x 2  7  0  x 3  3x 2  x  18  2( x  2)( 2 x  5  3)  3( x  2)( x 2  5  3)  3  3 5x 2  7  0 2( x  2)(2 x  4) 3( x  2)( x 2  4) 5(4  x 2 )  ( x  2)( x 2  5x  9)    0 2x  5  3 x2  5  3 9  3 3 5x 2  7  3 (5x 2  7)2  4( x  2) 3( x  2)2 5( x  2)   ( x  2)  x 2  5x  9      0(**)  2 x  5  3 2    3 2   3 2  2   x 5 3 9 3 5 x 7 (5 x 7)  5 4( x  2) 4( x  2) 3( x  2) 2 3( x  2) 2 5( x  2) 5( x  2) x   ;  ;  2 2x  5  3 3 x2  5  3 5 9  3 3 5x 2  7  3 (5x 2  7)2 9 4( x  2) 3( x  2)2 5( x  2) 18 x 2  32 x  127 5  x 2  5x  9      0 x  2x  5  3 x 2  5  3 9  3 3 5x 2  7  3 (5x 2  7)2 45 2 (**)  x  2  0  x  2.Vaäy S  5 / 2  x  2 2( x  2) 9)Giaûi baát phöông trình:  2( x  1)2  x  6  7; Ñieàu kieän: x  5 / 2 2x  5  1 Bpt  2 x  5  1  2 x 2  4 x  2  x  6  7  2 x  5  x  6  2( x 2  2 x  3)  0 x 1  1    2( x  1)( x  3)  0  ( x  1)   2( x  3)   0  ( x  1) g ( x )  0(1) 2x  5  x  6  2x  5  x  6  5 Chuù yù raèng g ( x )  0, x  neân (1)  x  1  0  x  1. Vaäy bpt coù nghieäm x  1 2 Nguyễn Lê Phước Thịnh Page 5
TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH Phần III: HỆ PHƯƠNG TRÌNH  1)Giaûi heä phöông trình:    xy 1  1  x 2  4  y  y  8 (1) ;   x Ñk :  3x y  2 x y  26 x  2 x  14 (2) 4 2 3 3 y  0      8  4y  (1)  xy 1  1  x 2 4 y  y    4 y  y 8  4  y  y  4x 1  1  x2   y  y  y  y  ( y  0)    2      2  4  2   2    x 1 1 x  2 y  1  1  x 1  1  x  2  1     1  (3) y  y     y   y       2 t Xeùt f (t )  t 1  1  t 2 lieân tuïc treân ; f '(t )  1  1  t 2   0, t   1 t2  2  2 2 4 Suy ra (3)  f ( x )  f   x  y   y  2 ( x  0)  y x x   y 4 4 (2)  3x 4 2  2 x 2 2  26 x  2 3 x 3  14  6 x 2  13x  4  3 x 3  14 x x  ( x  2 x  1)(215x  29 x 3  118 x 2  468 x  78)  0  x 2  2 x  1  0  x  1  2 ( x  0) 2 4  x  1  2  y  12  8 2; Vaäy heä coù nghieäm duy nhaát  x; y   1  2;12  8 2   y 3  y  4  3x  ( x  2) x  2 (1) x  y 2)Giaûi heä phöông trình:  ; Ñk :  ( x  y  5) x  y  2 y  4  0 (2) x  2 (1)  y 3  y  3x  4  ( x  2  4) x  2  y 3  y  3( x  2)  ( x  2) x  2  4 x  2  2   3  y 3  y  ( x  2) x  2  3( x  2)  3 x  2  1  x  2  1  y 3  y  x  2  1  x  2  1 (3)  y  1 Xeùt f (t )  t 3  t ñoàng bieán treân  neân (3)  f ( y )  f ( x  2  1)  y  1  x  2    x  y  2 y  3 2 Theá vaøo pt (2) ta ñöôïc:( y 2  y  2) y 2  3 y  3  2( y  2 )  0  ( y  2) ( y  1) y 2  3 y  3  2   0    ( y  2).g ( x )  0  y  2 ( g ( x )  0, y  1)  x  3; Vaäy heä coù nghieäm duy nhaát ( x; y )  (3; 2) ( y  1)( y  1)  y  x ( x  2)  x  1 (1)  x  1 3)Giaûi heä phöông trình:  ; Ñk:   x  y  ( x  2) y  1 3 (2) y  0 (1)  y 2  y  ( x  1)2  x  1 (3) Xeùt f (t )  t 2  t lieân tuïc treân 0;   , f '(t )  2t  0t   0;    f (t ) ñoàng bieán treân 0;   1 2 t neân (3)  f ( y )  f ( x  1)  y  x  1. Theá y  x  1 vaøo phöông trình (2):  x 3  x  0  x  0 x  x  ( x  2) x  1   6 3  2  x  2 x  x  4 x  8 x  4  0 ( x  x  1)( x  x  4 x  4 x  4)  0 4 3 2 4 3 2  x  0 1 5 3 5  1 5 3 5   2 x y ; Vaäy heä coù nghieäm duy nhaát (x; y )   ;   x  x  1  0 2 2  2 2   Nguyễn Lê Phước Thịnh Page 6
TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH 8 x 3  8 x  y 3  12 x 2  y  2 (1) x  3  0 4)Giaûi heä phöông trình:  2 ; Ñk:   x  8  x  3 y  x  3  x  y  9 (2) x  y  9  0 PT(1)  (2 x  1)3  (2 x  1)  y 3  y (3) Xeùt f (t )  t 3  t ñoàng bieán treân  neân (3)  2 x  1  y  x  y  9  0  x  10  3  x  10 Theá y  2 x  1 vaøo phöông trình (2) ta â öôïc : x 2  8  7 x  3  x  3  10  x  x 2  7 x  6  ( x  3  2)  ( 10  x  3)  0 x 1 x 1  1 1   ( x  1)( x  6)    0  ( x  1)    x  6   0 (4) x32 10  x  3  10  x  3 x32  1 1 Xeùt f ( x )    x  6 lieân tuïc treân  3;10  10  x  3 x32  1  0x   3;10  1 1 f '( x )   2 10  x ( 10  x  3) 2 2 x  3( x  3  2)2 neân f ( x ) ñoàng bieán treân  3;10  , maø f (6)  0 neân f ( x ) coù nghieäm duy nhaát x  6 x  1 y  1 Suy ra (4)    .Vaäy heä coù caùc nghieäm ( x; y )  (1;1);(6;11)  x  6  y  11  0x   3;10  1 1 C2:Xeùt f ( x )  x 2  7 x  11  x  3  10  x lt treân  3;10  , f ''( x )  2   4( x  3) 4( 10  x )3 3  f '( x ) ñoàng bieán treân  3;10  , coù toái ña 1 nghieäm  f ( x ) coù toái ña 1 cöïc trò  f ( x ) coù toái ña 2 nghieäm maø f (1)  f (6)  0 neân x  1, x  6 laø 2 nghieäm cuûa phöông trình 2 x 2  y 2  2 x  21  4 y  3 2 x  3 (1)  x  1 5)Giaûi heä phöông trình:  ; Ñk :  2 x  2 y  x  3 y  1  2( y  x  1) (2) 2 2 y  0 (2)  2( x  1)2  3( x  1)  2 x  1  2 y 2  3 y  2 y (3) f (t )  2t 2  3t  2 t lieân tuïc treân 0;   , f '(t)  4t  3  1  0t  (0;  ) ( hoaëc 2t 4  3t 2  2t ) t Suy ra f (t ) ñoàng bieán treân 0;   neân (3)  f ( x  1)  f ( y )  x  1  y Theá y  x  1 vaøo phöông trình (1) ta â öôïc :     4 x  1  3 2 x  3  x 2  4 x  20  0  4 x  1  ( x  5)  3 2 x  3  ( x  6)  ( x 2  6 x  9)  0  1 1   ( x  3)2  1     0  x  3 y  4  4 x  1  x  5 3 2x  3  x  6  x  1  A2  ) Ta taïo ra nhaân töû ( x  3) , Tìm löôïng lieân hôïp sao cho: 2 x 1  A   A  ax  b  x  1  ax  b (4) x 1  A Tröôùc heát laø vôùi löôïng x  1, nghóa laø x  1  A2 chöù a nhaân töû ( x  3)2 vaø x  3 cuõng laø nghieäm keùp cuûa pt: 1 5 x  1  ax  b  2  3a  b (5) ; Ñaïo haøm 2 veá phöông trình (4) roài thay x  3 vaøo (5) thu ñöôïc a   b  4 4 1 5 1  1 Vaäy x  1   x   hay 4 x  1  ( x  5); Töông töï,3 2 x  3   x  2  hay 3 2 x  3  ( x  6), vôùi a  , b  2. 4 4 3  3 Nguyễn Lê Phước Thịnh Page 7
TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH Vd1: 3x  1  5x  4  3x 2  x  3  0 (1) Pt  x  0 vaø x  1. Tìm löôïng lieân hôïp 3x  1  ax  b . Thay 3x  1  x 2  x  x 2  2 x  1  x  1 Töùc laø 3x  1  (ax  b) chöùa löôïng x 2  x.  3x  1  ( x  1); Töông töï ta coù 5x  4  ( x  2)  1 1  x  1 (1)  ( x 2  x )    3  0    3x  1  x  1 5x  4  x  2  x  0 Vd 2 : x 3  9 x 2  21x  23  4 3 x  7    ( x  1)( x 2  10 x  31)  4  3  x  7  2  0  ( x  1)  x 2  10 x  31   3 4 0 ( x  7)  2 x  7  4  2 3  4 Xeùt f ( x )  x 2  10 x  31  (1) 3 ( x  7)  2 3 x  7  4 2   2 4 4 VT (1)  ( x  5)2  6  6 (2); 3 ( x  7)2  2 3 x  7  4  3 ( x  7) 2  1  3  3   (3) 3 ( x  7)2  2 3 x  7  4 3 (2) & (3)  f ( x ) VN . Vaäy phöông trình coù nghieäm duy nhaát x  1 2 y (1  13 y 2 )  x (1  x 2 )  3xy ( x  y )  0 (1)  1 x  6)Giaûi heä phöông trình:  2 ; Ñk  2  x  4 y  2 y  1  2 x  1  y  2 2 (2)  y  2  (1)  x  3x y  3xy  y  x  y  27 y  3 y  ( x  y )  ( x  y )  (3 y )  3 y 3 2 2 3 3 3 3 f (t )  t 3  t ...  x  2 y  (2) : 4 y 2  4 y 2  2 y  1  4 y  1  y  2  4 y  1  3  y  2  2  2 y  4  0 y  2  4  1   ( y  2)    2  0   4 1  4y 1  3 y22    2 (3)    4y 1  3    y 2 2     2  (3)VN ; y  2  x  4.Vaäy heä coù nghieäm  x; y    2; 4  4 1 4 1 11  4y 1  3 y22 3 2 6 2 y 3  y  2 x 1  x  3 1  x (1) y 7)Giaûi heä phöông trình:  ; Ñk   2 y  1  y  4  x  4 2 (2)  4  x  1 (1)  2 y 3  y   2(1  x ) 1  x  1  x  y  0 Xeùt f (t )  2t 3  t ...  f ( y )  f ( 1  x )  y  1  x   2  y  1  x  (2) : 3  2 x  1  x  4  x  4 (3); Xeùt g ( x )  3  2 x  1  x  x  4  4 lieân tuïc treân  4;1 1  0 x   4;1  g ( x ) nghòch bieán treân  4;1 1 1 g '( x )    3  2x 2 1 x 2 x  4 g (3)  0 neân g( x ) coù nghieäm duy nhaát x  3  y  2.Vaäy heä coù nghieäm  x; y    3; 2  7*) Thay (2): 2 x 2  2 xy 1  x  y  1  2 x 2  2 x 1  x 2  1  x  1. Ñaët a  1  x  0  x  1  a 2 Pt trôû thaønh: 2(1  a 2 )2  2a(1  a 2 ) 2  a 2  1  a 2  1 Nguyễn Lê Phước Thịnh Page 8
TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH Phần IV: MỘT SỐ KĨ NĂNG I.Kĩ năng xử lí nghiệm xấu: a b Thuû Thuaät 1: x   (cx  a )2  b vaø (nA  X )2  ...; n  1; 2;3;..... c Vd1:Söû duïng Table,tìm phöông trình baä c 2, cho nghieäm x  6.793610507....(X) Gaùn X  A;Table  (3A  X )2 ; Start  14, End 14, Step 1 Ta thaáy vôùi X  11  f (X)  88  (3A  11)2  88 (do X gaùn vaøo A) 11  2 22  c  3, a  11, b  88  x   PT: 3x 2  22 x  11  0 3 WHY n=3? thöû caùc giaù trò (A  X )2 , (2 A  X )2 ,..., (5A  X ) 2 ñeå kieåm tra ñeán khi choïn ñöôïc caùc giaù trò nguyeân. Vd2: x 3  6 x 2  171x  40( x  1) 5x  1  20  0  f ( x )  ( x 3  6 x 2  171x  20)2  402 ( x  1)2 (5x  1)  0 (1) Shiftsolve  X  0.2296703857... Gaùn X  A;Table  ( A  X )2 ; Start  14, End 14, Step 1 T a thaáy vôùi X  11  f (X)  116  ( A  11)2  116  c  1, a  11, b  116  x  11  2 29  PT: x 2  22 x  5  0 Heä soá cuûa x 6  1, f (0)  2000, ñaïo haøm cuûa haøm soá taïi x=0 chính laø heä soá baäc nhaát: f '(0)  11640. Vaäy ta coù bieåu thöùc x 6  ax 5  bx 4  cx 3  dx 2  ex  f  0  x 6  ax 5  bx 4  cx 3  dx 2  11640 x  2000  0 Ta laáy caùc giaù trò neân choïn laøf (1), f (1), f (2), f (2) f ( x )  ( x 6  11640 x  2000  ax 5  bx 4  cx 3  dx 2 taïo thaønh heä 4 aån ñeå tìm a,b,c,d a  b  c  d  f (1)  ( x  11640 x  2000) 6   a  12, b  306, c  10012, d  15081  ................ (1)  x 6  12 x 5  306 x 4  10012 x 3  15081x 2  11640 x  2000  0  20( x  1)   ( x 2  22 x  5)( x 4  34 x 3  437 x 2  568 x  400)  0 ||  ( x 2  22 x  5)   x  8  0  x  1  2 5x  1   ( x  22 x  5)[( x  17 x  3)  154 x  466 x  391]  0  x  22 x  5  0 (vì g ( x ) luoân döông, x   ) 2 2 2 2 2 Thuû Thuaät 2: ax 2  bx  c  0  ax 2  bx  c vaø nA2  AX  ...; n  1; 2;3;... Vd1: Söû duïng Table,tìm phöông trình baäc 2, cho nghieäm x  2.905868846....(X) Gaùn X  A;Table  4 A2  AX ; Start  14, End 14, Step 1. Ta thaáy vôùi X  13  f (X)  4  4 A2  13A  4  4 x 2  13x  4  0 Taïi sao laïi choïn n=4? thöû laàn löôït caùc giaù trò A2  AX , 2 A2  AX , 3A2  AX , 4 A2  AX ,5A2  AX ... Vd2: 3( 5x  4  x  4 )  4 x 2  18 x  12  0(2) Shiftsolve  X  3.791287847... Gaùn X  A;Table  A2  AX ; Start  14, End 14, Step 1. Ta thaáy vôùi X  3  f (X)  3  A2  3A  3  x 2  3x  3  0 (2)  3  5x  4  ( x  1)   3  x  4  ( x  1)   4( x 2  3x  3)  0      3 3   ( x 2  3x  3)  4     0 (ñaïo haøm, ñoàng bieán,coù nghieäm duy nhaát x=0)  5x  4  x  1 x  4  x 1  Hai thuû thuaät moâ taû caùch laøm, caàn boå trôï linh hoaït cho nhau ñeå giaûi quyeát baøi toaùn. Nguyễn Lê Phước Thịnh Page 9
TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH II.Hệ phương trình sử dụng biến đổi tương đương: Đặc điểm chung của dạng hệ này là sử dụng các kĩ năng biến đổi đồng nhất đặc biệt là kĩ năng phân tích nhằm đưa một PT trong hệ về dạng đơn giản ( có thể rút theo y hoặc ngược lại ) rồi thế vào PT còn lại trong hệ . *Loại thứ nhất , trong hệ có một phương trình bậc nhất với ẩn x hoặc y khi đó ta tìm cách rút y theo x và ngược lại  x  y  1 x  y  1  3x  4x  1 1  2 2 Ví dụ 1 . Giải hệ phương trình   xy  x  1  x  2  2 x2 1 Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn PT(2) nên từ (2) ta có : y  1  thay vào (1) ta được x x2 1  x2 1  x2    3x  4x  1   x  1 2x  1   x  1 3x  1 2 2 2  x x  x    x  1  2x 3  2x 2  x  1   x  1 3x  1   x  1  2x 3  2x 2  4x   0  x  0  x  1  x  2 5 Từ đó , ta được các nghiệm của hệ là : (1;-1) , (-2;  ) 2 *Loại thứ hai , Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích của các phương trình bậc nhất hai ẩn  xy  x  y  x 2  2y 2 1 Ví dụ 2 . Giải hệ phương trình  Điều kiện : x≥1 ; y≥0  x 2y  y x  1  2x  2y  2 PT (1)  x 2  xy  2y2   x  y   0   x  y  x  2y    x  y   0 ( từ điều kiện ta có x+y>0)  x  2y 1  0  x  2y  1 thay vào PT (2) ta được : y 2x  2y  2y  2   y  1   2y  2  0  do y  0   y  2  x  5 *loại thứ ba , đưa một phương trình trong hệ về dạng phương trình bậc hai của một ẩn , ẩn còn lại là tham số  y =  5x  4  4  x   1 2 Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  2  y  5x  4xy  16x  8y  16  0  2  2 Biến đổi PT (2) về dạng y   4x  8 y  5x  16x  16  0 2 2  y  5x  4  3 Coi PT (2) là phương trình ẩn y tham số x ta có  '  9x 2 từ đó ta được nghiệm   y  4  x  4  4  x y0 Thay (3) vào (1) ta được :  5x  4    5x  4  4  x   2 5   x  0  y4 x  4  y  0 Thay (4) vào (1) ta được :  4  x    5x  4  4  x    2 x  0  y  4 4 Vậy nghiệm của hệ là : (0;4) , (4;0) , (  ;0) 5 III.Hệ phương trình sử dụng đặt ẩn phụ: Điểm quan trọng nhất trong hệ dạng này là phát hiện ẩn phụ a  f  x, y  ;b  g  x, y  có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản hoặc phép chia cho một biểu thức khác 0.  x  1  y  y  x   4y  1 2 Ví dụ 4. Giải hệ phương trình  2  x  1  y  x  2   y  2   Nguyễn Lê Phước Thịnh Page 10
TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH  x2 1  y yx  4  Dễ thấy y=0 không thỏa mãn PT(1) nên HPT   2  x  1   y  x  2   1  y   x 1 2 a  b  2 x 2  1  y Đặt a  ,b  y  x  2   giải hệ ta được a=b=1 từ đó ta có hệ  y ab  1 x  y  3   4xy  4  x  y   3 3 7 3  x  y    x  y   7 2 2 2 2  x  y  x  y 2 2   Ví dụ 5. Giải hệ phương trình   (x +y ≠0) 2x  1 3 x  y  1 xy3  xy  xy 3a 2  b 2  13 1 Đặt a  x  y  1  a  2  ; b  x  y ta được hệ  xy a  b  3  2  1 x  y  2 x  y  1 x  1 Giải hệ ta được a=2 , b=1 ( do |a|≥2 ) từ đó ta có hệ  xy   x  y  1 x  y  1  y  0  IV.Hệ phương trình sử dụng hàm số : Hệ loại này ta gặp nhiều ở hai dạng f(x)=0 (1)và f(x)=f(y) (2) với f là hàm đơn điệu trên tập D và x,y thuộc D .Nhiều khi ta cần phải đánh giá ẩn x,y để x,y thuộc tập mà hàm f đơn điệu * Loại thứ nhất , một phương trình trong hệ có dạng f(x)=f(y) , phương trình còn lại giúp ta giới hạn x,y thuộc tập D để trên để trên đó hàm f đơn điệu  x  5x  y  5y 1  3 3 Ví dụ 6 . Giải hệ phương trình  8 x  y  1  4  2 Từ PT (2) ta có x  1; y  1  x  1; y  1 8 4 Xét hàm số f  t   t 3  5t; t   1;1 có f '  t   3t 2  5  0; t   1;1 do đó f(t) nghịch biến trên khoảng (-1;1) hay PT (1)  x  y thay vào PT (2) ta được PT : x8  x 4  1  0 1  5 1  5 Đặt a=x4 ≥0 và giải phương trình ta được a  y  x  4 2 2 *loại thứ hai , là dạng hệ đối xứng loại hai mà khi giải thường dẫn đến cả hai trường hợp (1) và (2)  y 1  x  x  2x  2  3  1 2 Ví dụ 7. Giải hệ phương trình  x 1  y  y  2y  2  3  1  2 a  a 2  1  3b 1  Đặt a  x  1;b  y  1 ta được hệ  b  b  1  3  2 a  2 Trừ vế với vế 2 PT ta được : a  a 2  1  3a  b  b2  1  3b (3) t2 1  t Xét hàm số f  t   t  t 2  1  3t ;f '  t    3t ln 3 t 1 2 Vì t  1  t  t  t  1  t  0  f '  t   0, t do đó hàm số f(t) đồng biến trên R 2 2 2 Nên PT (3)  a  b thay vào PT (1) ta được a  a 2  1  3a (4) Nguyễn Lê Phước Thịnh Page 11
TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH  Theo nhận xét trên thì a  a 2  1  0 nên PT (4)  ln a  a 2  1  a ln 3  0 ( lấy ln hai vế )   Xét hàm số g  a   ln a  a 2  1  a ln 3;  a2 1 g'  a   1  ln 3  1  ln 3  0, a  R hay hàm g(a) nghịch biến trên R và do PT (4) có nghiệm a=0 nên PT (4) có nghiệm duy nhất a=0 Từ đó ta được nghiệm của hệ ban đầu là : x=y=1 V.Hệ phương trình sử dụng đánh giá: Với phương pháp này, cần lưu ý phát hiện các biểu thức không âm và nắm vững cách vận dụng các bất đẳng thức cơ bản  2xy  x   x2  y  3 x  2x  9 2 Ví dụ 8 . Giải hệ phương trình  y  2xy  y2  x  3 y  2y  9 2 2xy 2xy Cộng vế với vế hai PT ta được   x 2  y2 (1) 3 x  2x  9 3 y  2y  9 2 2 2xy 2 xy 2 xy x 2  2x  9   x  1 8  2     xy 3 3 2 Ta có : 3 x 2  2x  9 3 x 2  2x  9 2 2xy Tương tự  xy mà theo bất đẳng thức Côsi x 2  y2  2 xy nên VT(1)≤VP(1) x  2x  9 3 2 x  y  1 Dấu bằng xảy ra khi  thử lại ta được nghiệm của hệ là : (0;0) , (1;1) x  y  0   y   x  3x  4 3 Ví dụ 9 . Giải hệ phương trình   x  2y  6y  2  3  y  2    x 3  3x  2   y  2    x  1  x  2  1  2  HPT      x  2  2  y 3  3y  2  x  2  2  y  12  y  2   2  Nếu x>2 từ (1) suy ra y-2

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023

240 tài liệu

1116 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.