Chuyên đề đại số (Hướng dẫn giải các dạng bài tập từ các đề thi quốc gia toán học. )
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (630.58 KB, 27 trang )
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
97
Chuyên đề 3: ĐẠI SỐ
Vấn đề 1: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1.
2n
2n
B0
A B
AB
(với n
*
)
2.
2n 2n
B 0 (hayA 0)
A B
AB
(với n
*
)
3.
2n 1 2n 1
A B A B
(với n
*
)
4.
2
A0
B0
A B C
A B C
5.
2
2
A0
B0
A B C
C0
A B C
B. ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011
Giải phương trình:
2
3 2 x 6 2 x 4 4 x 10 3x
(x R).
Giải
Điều kiện: –2 x 2.
Đặt t =
3 2 x 6 2 x
t
2
= 9(2 + x) – 36
2 x 2 x
+ 36(2 – x) = 9(10 – 3x –
2
4 4 x
)
Phương trình đã cho trở thành t –
2
t
9
= 0 t = 0 hoặc t = 9.
Với t = 0:
3 2 x 6 2 x 0
3 2 x 6 2 x
9((2 + x) = 36(2 – x)
6
x
5
(Thỏa điều kiện–2 x 2) .
Với t = 9:
3 2 x 6 2 x 9
3 2 x 6 2 x 9
(*).
Do –2 x 2 nên
3 2 x 6
6 2 x 9 9
. Suy ra phương trình (*) vô nghiệm.
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
98
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm
6
x
5
.
Cách khác:
Đặt u =
2x
và v =
2x
(u 0, v 0) thì :
u.v =
2
4x
2
2
u 2 x
v 2 x
u
2
+ 4v
2
= 10 – 3x và u
2
+ v
2
= 4
Do đó phương trình đã cho trở thành
22
22
3u 6v 4uv u 4v (1)
u v 4 (2)
(1) 3u – 6v = u
2
+ 4v
2
– 4uv 3(u – 2v) = (u – 2v)
2
u – 2v = 0 hoặc 3 = u – 2v
ª Với u = 2v thế vào (2) ta được
2
4
v
5
2
v
5
4
u
5
Suy ra:
4
2x
5
2
2x
5
16
2x
5
4
2x
5
6
x
5
ª Với u = 3 + 2v thế vào (2) ta được (3 + 2v)
2
+ v
2
= 4 5v
2
+12v +5 = 0
Phương trình này vô nghiệm vì v 0 .
Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010
Giải phương trình
2
3x 1 6 x 3x 14x 8 0
(x ).
Giải
Điều kiện:
1
x 6
3
Với điều kiện
1
x 6,
3
phương trình đã cho tương đương:
2
3x 1 4 1 6 x 3x 14x 5 0
3x 15 x 5
(x 5)(3x 1) 0
3x 1 4 1 6 x
x – 5 = 0 hay
31
(3x 1) 0
3x 1 4 1 6 x
Nhận xét:
1
x
3
nên 3x + 1
0
Do đó
31
(3x 1) 0
3x 1 4 1 6 x
vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho chỉ có một nghiệm x = 5.
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
99
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009
Giải phương trình:
3
2 3x 2 3 6 5x 8 0 x
.
Giải
Điều kiện x
6
5
. Khi đó đặt
3
u 3x 2 và v 6 5x, v 0
(*)
Ta có
3
2
u 3x 2
v 6 5x
32
5u 3v 8
Phương trình đã cho trở thành hệ:
32
2u 3v 8
5u 3v 8
2
3
8 2u
v
3
8 2u
5u 3 8
3
32
8 2u
v
3
15u 4u 32u 40 0
2
8 2u
v
3
u 2 15u 26u 20 0
u = 2 và v = 4 (nhận)
Thế u = 2 và v = 4 vào (*), ta được:
3
3x 2 2
6 5x 4
3x 2 8
6 5x 16
x = 2 (nhận)
Vậy phương trình có nghiệm x = 2
Bài 4: ĐẠI HỌC SÀI GÒN KHỐI D NĂM 2007
Giải phương trình:
22
3 x 5x 10 5x x
Giải
Đặt t =
2
x 5x 10
(với t 0 ) suy ra t
2
= x
2
– 5x + 10 5x – x
2
= 10 t
2
Phương trình đã cho trở thành: 3t = 10 t
2
t 5 loại
t2
Vậy
2
x 5x 10
= 2
x
2
5x + 10 = 4
x3
x2
.
Bài 5: CAO ĐẲNG TÀI CHÍNH – HẢI QUAN NĂM 2007
Giải phương trình:
3x 7 x 1
= 2.
Giải
Điều kiện: x 1
Với điều kiện x 1, phương trình đã cho tương đương:
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
100
3x 7 x 1
+ 2 3x + 7 = x + 5 + 4
x1
x + 1 = 2
x1
(x + 1)
2
= 4(x + 1)
x1
x3
(thỏa x 1)
Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006
Giải phương trình:
2
2x 1 x 3x 1 0
(x ).
Giải
Đặt t =
2
2
t1
2x 1 (t 0) t = 2x 1 x =
2
.
Phương trình đã cho trở thành:
42
t 4t 4t 1 0
22
(t 1) (t 2t 1) 0 t 1, t 2 1
(nhận)
Với t = 1 ta có x = 1. Với t =
21
, ta có x = 2
2
Vậy phương trình có nghiệm: x = 1; x = 2
2
Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006
Giải phương trình:
2
3x 2 x 1 4x 9 2 3x 5x 2
(1)
Giải
Đặt t =
3x 2 x 1 t 0
suy ra
22
t 4x 3 2 3x 5x 2
22
4x 2 3x 5x 2 t 3.
Khi đó:
(1) trở thành: t = t
2
– 6 t
2
– t – 6 = 0
t 2 loại
t 3 nhận
Khi đó: (1)
3x 2 x 1 3
(*)
Điều kiện:
3x 2 0
x1
x 1 0
(a)
Với điều kiện x 1, phương trình (*) tương đương:
3x – 2 + x – 1 +
2 3x 2 x 1 9
3x 2 x 1 6 2x
2
2
6 2x 0
x3
3x 2 x 1 6 2x x 19x 34 0
x3
x2
x2
x 17
thoả điều kiện (a)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
101
Bài 8: ĐỀ DỰ BỊ 2 - ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006
Giải phương trình: x + 2
7x
= 2
2
x 1 x 8x 7 1
(x )
Giải
Điều kiện
2
7 x 0
x 1 0
x 8x 7 0
1 x 7
Với điều kiện 1 x 7, phương trình đã cho tương đương:
x – 1 – 2
x 1 2 7 x x 1 7 x
= 0
x 1 x 1 2 7 x x 1 2
= 0
x 1 2 x 1 7 x
= 0
x 1 2 x 5
x4
x 1 7 x
Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005
Giải phương trình sau:
2 x 2 2 x 1 x 1 4
Giải
Điều kiện: x 1
Phương trình đã cho tương đương với
2
2 x 1 1 x 1 4 2 x 1 1 x 1 4
x 1 2 x 3 nhận
Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 1 ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005
Giải phương trình:
3x 3 5 x 2x 4
. (1)
Giải
Điều kiện:
3x 3 0
5 x 0 2 x 5
2x 4 0
(a)
Với điều kiện 2 x 5, phương trình (1) tương đương:
3x 3 2x 4 5 x
2
3x 3 2x 4 5 x 2 (2x 4)(5 x)
(2x 4)(5 x) x 2 (2x 4)(5 x) (x 2)
(x 2) 2(5 x) (x 2) 0
x 2 x 4 thỏa điều kiện (a)
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
102
Bài 11:
Chứng minh rằng phương trình sau có đúng một nghiệm: x
5
x
2
2x 1 = 0.
Giải
Ta có x
5
x
2
2x 1 = 0 (1)
(1) x
5
= (x + 1)
2
điều kiện x 0
Với 0 x < 1 thì VT < 1 và VP 1 (1) vô nghiệm
Do đó chỉ xét x 1
Xét f(x) = x
5
x
2
2x 1, x 1
f'(x) = 5x
4
2x 2 = 2x (x
3
1) + 2(x
4
1) + x
4
> 0, x 1
Do đó f(x) tăng trên [1; +), f liên tục
Và f(1); f(2) < 0 nên f(x) = 0 luôn có nghiệm duy nhất.
Bài 12:
Giải phương trình:
2
x 4 x 4 2x 12 2 x 16
.
Giải
Điều kiện:
x 4 0
x4
x 4 0
Đặt t =
x 4 x 4 t 0
t
2
= 2x +
2
2 x 16
Phương trình (1) trở thành: t
2
– t – 12 = 0
t4
t 3 (loại)
Với t = 4:
x 4 x 4 4
2x +
2
2 x 16 16
và x 4
2
x 16 8 x
và x 4
2
2
4 x 8
4 x 8
x5
x5
x 16 8 x
.
Vấn đề 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1.
2
B 0
A B A 0
A B
2.
2
B 0
B 0
A B hay
A 0
A B
3.
B 0
A B
A B
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
103
B. ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010
Giải bất phương trình:
2
xx
1
1 2(x x 1)
Giải
Điều kiện x 0. Khi đó:
2
xx
1
1 2(x x 1)
2
2
x x 1 2(x x 1)
0
1 2(x x 1)
(*)
Nhận xét:
Mẫu số:
2
2
1 3 3
1 2(x x 1) 1 2 x 1 0
2 4 2
Do đó bất phương trình (*) trở thành:
2
x x 1 2(x x 1)
≤ 0
2
2(x x 1) x x 1
2
2
x x 1 0
2(x x 1) x x 1
22
x x 1 0
2(x x 1) x x 1 2x x 2x 2 x
2
x x 1 0
x x 1 2x x 2 x 0
2
x x 1 0
(x 1) 2 x(x 1) x 0
2
x x 1 0
(x 1 x) 0
x x 1 0
x 1 x 0
x (1 x) 1 0
x 1 x
2
0 x 1
x (1 x)
2
0 x 1
x 3x 1 0
0 x 1
35
x
2
35
x
2
Cách khác:
Điều kiện: x 0. Vì
2
1 2(x x 1) 0
nên
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
104
2
xx
1
1 2(x x 1)
2
x x 1 2(x x 1)
(1)
• x = 0: (1) không thỏa.
• x > 0: Chia hai vế của bất phương trình (1) cho
x
ta được
(1)
11
x 1 2 x 1
x
x
11
2 x 1 x 1
x
x
Đặt
2
11
t x x t 2
x
x
(1) trở thành:
2
22
t1
2(t 1) t 1
2t 2 t 2t 1 (*)
(*)
2
t1
t 2t 1 0
2
t1
t 1 0
t = 1
Do đó:
1
x 1 x x 1 0
x
15
x
6 2 5 3 5
2
x
42
15
x (loại)
2
.
Bài 2: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009
Giải bất phương trình:
x 1 2 x 2 5x 1 x
Giải
x 1 2 x 2 5x 1
2
x2
x2
x2
2 x 3
x 1 x 2 2
x x 6 0
2 x 3.
Bài 3: CAO ĐẲNG KỸ THUẬT CAO THẮNG NĂM 2007
Giải bất phương trình:
22
5x 10x 1 7 2x x
. (1)
Giải
22
5x 10x 1 7 2x x
Điều kiện để căn bậc hai có nghóa là:
5x
2
+ 10x + 1 0
5 2 5 5 2 5
x hoặc x
55
(*)
Với điều kiện đó ta có: (1)
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
105
22
5 5x 10x 1 36 5x 10x 1
(*)
Đặt
2
t 5x 10x 1, t 0
(*) trở thành t
2
+ 5t – 36 0 t 4 (nhận) t 9 (loại)
Với t 4, ta có:
2
5x 10x 1 4
x
2
+ 2x – 3 0
x 3 x 1 (những giá trò này đều thỏa điều kiện (*)).
Bài 4: CAO ĐẲNG BÁN CÔNG HOA SEN NĂM 2007
Giải bất phương trình:
2
x 4x
> x – 3. (1)
Giải
Điều kiện: x
2
– 4x 0 x 0 x 4
Trường hợp 1: x – 3 < 0 x < 3: (1) đúng so sánh với điều kiện được x 0
Trường hợp 2: x 3
(1) x
2
– 4x > x
2
– 6x + 9 x >
9
2
So với điều kiện x 3 ta nhận x >
9
2
Kết luận: nghiệm x 0; x >
9
2
Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005
Giải bất phương trình:
5x 1 x 1 2x 4
Giải
Điều kiện:
5x 1 0
x 1 0 x 2
2x 4 0
Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
5x 1 2x 4 x 1 5x 1 2x 4 x 1 2 (2x 4)(x 1)
x + 2 >
22
(2x 4)(x 1) x 4x 4 2x 6x 4
2
x 10x 0 0 x 10
Kết hợp với điều kiện ta có:
2 x < 10 là nghiệm của bất phương trình đã cho.
Bài 6: ĐỀ DỰ BỊ 2
Giải bất phương trình:
2
8x 6x 1 4x 1 0
Giải
2
8x 6x 1 4x 1 0
2
8x 6x 1 4x 1
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
106
2
22
2
11
xx
42
8x 6x 1 0
1
4x 1 0 x
4
8x 6x 1 (4x 1)
8x 2x 0
11
xx
11
42
x x .
1
42
x 0 x
4
Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ 1
Giải bất phương trình:
2x 7 5 x 3x 2
(1)
Giải
Điều kiện
2x 7 0
5 x 0
3x 2 0
2
x5
3
(a)
(1)
2x 7 3x 2 5 x
2x 7 3x 2 5 x 2 3x 2 5 x
3x 2 5 x 2
(3x – 2)(5 – x) 4
3x
2
– 17x + 14 0 x 1 x
14
3
So với điều kiện (a) ta có nghiệm
2 14
x 1 hay x 5
33
Bài 8:
Giải bất phương trình:
2
2 x 16
7x
x3
x 3 x 3
Giải
Điều kiện
2
x3
x 3 0
x 4
x4
x 16 0
x4
Bất phương trình đã cho tương đương với
22
2 x 16 x 3 7 x 2 x 16 10 2x
2
2
2
10 2x 0
10 2x 0
V
2 x 16 10 2x
x 16 0
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
107
x5
4x5
10 34 x 10 34
x 10 34
Bài 9:
Giải bất phương trình
22
x 3x 2x 3x 2 0
Giải
22
x 3x 2x 3x 2 0
2
2
2
2x 3x 2 0
2x 3x 2 0
x 3x 0
1
x < V x > 2
1
x x = 2
2
2
x 0 x 3
x
1
2
x 3 x = 2.
Bài 10: CAO ĐẲNG KINH TẾ TP. HCM
Giải bất phương trình:
x 1 x 1
4
Giải
22
x 1 x 1
x 1 x 1 4
2x 2 x 1 16 x 1 8 x
22
x1
1 x 8
65
8 x 0
1x
65
16
x
16
x 1 x 16x 64
Vấn đề 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Dạng 1:
1 1 1
2 2 2 2
1 2 1 2
2 2 2
A x B y C
, Với A A B B 0
A x B y C
Lập:
11
1 2 2 1
22
AB
D A B A B
AB
11
x 1 2 2 1
22
CB
D C B C B
CB
;
11
y 1 2 2 1
22
AC
D A C A C
AC
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
108
Nếu D 0: hệ có duy nhất nghiệm:
Dx
x
D
Dy
y
D
Nếu
D0
Dx 0 (hoặc Dy 0)
: hệ vô nghiệm.
Nếu: D = Dx = Dy = 0: hệ có vô số nghiệm
Dạng 2: Đối xứng loại 1:
f(x, y) 0 f(x, y) f(y, x)
với
g(x, y) 0 g(x, y) g(y, x)
Đặt:
2
S x y
(điều kiện S 4P)
P x.y
Ta được hệ:
F(S, P) 0
ta tìm được S, P
E(S, P) 0
Khi đó x,y là nghiệm của phương trình:
2
X SX P 0
Dạng 3: Đối xứng loại 2:
f(x, y) 0 (1)
f(y, x) 0 (2)
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được : (y x). h(x, y) = 0
y x (a)
h(x, y) 0 (b)
Kết hợp:
(a) và (1)
(b) và (1)
Dạng 4: Hệ tổng quát: Thường biến đổi để nhận ra ẩn số phụ, sau đó dùng
phương pháp thế để giải tiếp.
B. ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011
Giải hệ phương trình:
2 2 3
2
22
5x y 4xy 3y 2 x y 0 (1)
xy x y 2 x y (2)
(x, y R).
Giải
Ta có : (2)
2 2 2 2
xy x y 2 x y 2xy
22
x y xy 1 2 xy 1 0
22
xy 1 x y 2 0
22
xy 1 x y 2
.
Trường hợp 1:
2 2 3
5x y 4xy 3y 2 x y 0 (1)
xy 1 (3)
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
109
Ta có: (3)
1
y
x
(Vì x = 0 không là nghiệm) thế vào (1) ta được:
(1)
23
2
1 1 1 1
5x 4x 3 2 x 0
x x x x
3
4 3 2
5x 2x 0
xx
x
3
63
3x 0
x
x
42
3x 6x 3 0
2
2
3 x 1 0
x 1 y 1
x 1 y 1
.
Trường hợp 2:
2 2 3
22
5x y 4xy 3y 2 x y 0 (1)
x y 2 (4)
Thế (4) vào (1) ta được:
(1)
2 2 3 2 2
5x y 4xy 3y x y x y 0
2 2 3 3
4x y 5xy 2y x 0
23
x x x
4 5 2 0
y y y
(*) (Chia hai vế cho y
3
0)
Đặt t =
x
y
. Phương trình (*) trở thành:
23
4t 5t 2 t 0
32
t 4t 5t 2 0
2
t 1 t 2 0
t = 1 hay t = 2.
Vậy (*)
x
y
= 1 hay
x
y
= 2
Với
x
y
= 1 đã xét ở trường hợp 1.
Với
x
y
= 2 x = 2y thế vào
22
x y 2
ta được:
2
2
2y y 2
2
2
y
5
10 2 10
yx
55
10 2 10
yx
55
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:
x1
y1
x1
y1
2 10
x
5
10
y
5
2 10
x
5
10
y
5
.
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
110
Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010
Giải hệ phương trình:
2
22
(4x 1)x (y 3) 5 2y 0 (1)
4x y 2 3 4x 7 (2)
(x, y ).
Giải
Điều kiện:
3
x
4
. Đặt u = 2x;
v 5 2y
Phương trình (1) trở thành
u(u
2
+ 1) = v(v
2
+1) (u v)(u
2
+ uv + v
2
+ 1) = 0 u = v
Nghóa là:
2
3
0x
4
2x 5 2y
5 4x
y
2
Phương trình (2) trở thành
24
25
6x 4x 2 3 4x 7 (*)
4
Xét hàm số
42
25
f(x) 4x 6x 2 3 4x
4
trên
3
0;
4
2
4
f'(x) 4x(4x 3)
3x 4
< 0
Mặt khác:
1
f7
2
nên (*) có nghiệm duy nhất x =
1
2
và y = 2.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x =
1
2
và y = 2.
Bài 3: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2010
Giải hệ phương trình:
22
2 2x y 3 2x y
x 2xy y 2
(x, y ).
Giải
22
2 2x y 3 2x y (1)
x 2xy y 2 (2)
. Điều kiện : 2x + y 0 (*)
(1)
(2x y) 2 2x y 3 0
2x y 1
hay
2x y 3
(loại)
2x + y = 1 y = 1 – 2x (3)
Thay (3) vào (2) ta có: x
2
– 2x(1 – 2x) – (1 – 2x)
2
= 2
x
2
+ 2x – 3 = 0 x = 1 hay x = –3
Khi x = 1 thì y = –1 thỏa mãn (*); khi x = –3 thì y = 7 (thỏa mãn (*))
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
111
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
x1
y1
hay
x3
y7
Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009
Giải hệ phương trình:
2 2 2
xy x 1 7y
x, y
x y xy 1 13y
.
Giải
Vì y = 0 không thỏa mãn hệ đã cho, nên
Hệ đã cho tương đương:
22
2
x1
x 7 (chia 2 vế cho y)
yy
x1
x 13 (chia 2 vế cho y )
y
y
Đặt a =
1
x
y
; b =
x
y
Ta có a =
1
x
y
22
2
1x
a x 2
y
y
22
2
1
x a 2b
y
Hệ trở thành
2
a b 7
a 2b b 13
2
a b 7
a b 13
2
a b 7
a a 20 0
a4
b3
hay
a5
b 12
.
Vậy
1
x4
y
x
3
y
hay
1
x5
y
x
12
y
2
x 4x 3 0
x 3y
hay
2
x 5x 12 0
x 12y
(VN)
x1
1
y
3
hay
x3
y1
Hệ có 2 nghiệm (x; y) =
1
(1; )
3
; (x; y) = (3; 1).
Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009
Giải hệ phương trình
2
2
x x y 1 3 0
x, y
5
x y 1 0
x
.
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
112
Giải
Điều kiện x 0
Hệ đã cho tương đương:
2 2 2
x(x y) x 3
x (x y) x 5
(*)
Đặt t = x(x + y). Hệ (*) trở thành:
2 2 2
t x 3 t x 3
t x 3 x 2 x 1
tx 2 t 1 t 2
t x 5 (t x) 2tx 5
Vậy
x2
x 2 x 1 x 1
3
x(x y) 1 x(x y) 2 y 1
y
2
Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008
Giải hệ phương trình:
2 3 2
42
5
x y x y xy xy
4
5
x y xy(1 2x)
4
Giải
Hệ phương trình đã cho tương đương với :
22
22
5
x y xy(x y) xy
4
5
(x y) xy
4
Đặt u = x
2
+ y, v = xy ta có hệ:
2
5
u u.v v (1)
4
5
u v (2)
4
Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được:
u
2
– u – uv = 0 u(u – 1 – v) = 0
u0
v u 1
Trường hợp 1: u = 0 thay vào (2)
5
v
4
Vậy
22
3
3
3
5
x
x y 0 y x
4
55
xy x
25
y
44
16
Trường hợp 2: v = u – 1 thay vào (2) ta được:
2
5 1 3
u u 1 u v
4 2 2
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
113
Vậy:
22
1 3 1
x1
x y x
2 2x 2
3
33
y
xy y
2
2 2x
Hệ phương trình có 2 nghiệm là:
3
3
5 25
;
4 16
và
3
1;
2
.
Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008
Giải hệ phương trình:
4 3 2 2
2
x 2x y x y 2x 9
(x, y )
x 2xy 6x 6
Giải
Giải hệ phương trình:
4 3 2 2
2
x 2x y x y 2x 9
(x, y )
x 2xy 6x 6
22
2
2
2
2
(x xy) 2x 9
x
x 3x 3 2x 9
x
3
xy 3x 3
2
x
4
+ 12x
2
+48x
2
+ 64x = 0 x(x + 4)
3
= 0
x0
x4
x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình
x = 4
17
y
4
Nghiệm của hệ phương trình là:
17
4;
4
.
Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008
Giải hệ phương trình:
22
xy x y x 2y
(x, y )
x 2y y x 1 2x 2y
Giải
Hệ phương trình:
22
xy x y x 2y (1)
(x,y )
x 2y y x 1 2x 2y (2)
Điều kiện:
x1
y0
(1) xy + y
2
+ x + y – (x
2
– y
2
) = 0
y(x + y) + x + y – (x + y)(x – y) = 0
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
114
(x + y)(2y – x + 1) = 0
yx
x 2y 1
* Trường hợp 1: y = x. Do điều kiện y 0 x 0 loại
* Trường hợp 2: Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được:
(2y 1) 2y y 2y 2y 2
y1
(y 1) 2y 2 0 y 2
y2
y0
Vậy hệ có nghiệm x = 5; y = 2.
Bài 9: ĐẠI HỌC SÀI GÒN KHỐI A NĂM 2007
Giải hệ phương trình:
3
3
x 2y x 2
y 2x y 2
Giải
3
3
x 2y x 2
y 2x y 2
3
22
x 2y x 2
x y x xy y x y
3
3
22
x 2y x 2
I
xy
x 2y x 2
II
x xy y 1
(I)
x 1 x 2
y 1 y 2
; (II)
x
2
+ xy + y
2
+ 1 = 0
Do
y
2
4(y
2
+ 1) < 0 nên (II) vô nghiệm.
Vậy hệ có nghiệm (1; 1); (2; 2)
Bài 10: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006
Giải hệ phương trình:
x y xy 3
(x, y )
x 1 y 1 4
Giải
Điều kiện:
x 1, y 1, xy 0. Đặt t = xy (t 0).
Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra: x + y = 3 + t.
Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được:
x y 2 2 xy x y 1 16
(1)
Thay xy = t
2
, x + y = 3 + t vào (1) ta được:
22
3 t 2 2 t 3 t 1 16 2 t t 4 11 t
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
115
2 2 2
0 t 11 0 t 11
t3
4(t t 4) (11 t) 3t 26t 105 0
Với t = 3 ta có x + y = 6, xy = 9.
Suy ra nghiệm của hệ là: (x; y) = (3; 3).
Bài 11: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006
Giải hệ phương trình:
2
2
x 1 y(y x) 4y
(x 1)(y x 2) y
(x, y ).
Giải
Xét y = 0 hệ phương trình trở thành
2
2
x 1 0
(x 1)(x 2) 0
vô nghiệm
Xét y 0. Chia 2 vế của hai phương trình trong hệ cho y ta được:
2
2
x1
y x 4
y
x1
(y x 2) 1
y
(*)
Đặt:
2
x1
u
y
và v = y + x – 2 thì (*) trở thành:
u v 2 u 1
u.v 1 v 1
Vậy:
2
22
x1
1
x 1 y x 1 3 x
y
y 3 x y 3 x
y x 2 1
x 1 x 2
hay
y 2 y 5
.
Bài 12: ĐỀ DỰ BỊ 2 - ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006
Giải hệ phương trình:
22
22
(x y)(x y ) 13
(x y)(x y ) 25
(x, y )
Giải
2 2 2 2
2 2 2
(x y)(x y ) 13 (x y)(x y ) 13 (1)
(x y)(x y ) 25 (x y)(x y) 25 (2)
3
2
(x y) 1 x y 1
x y 5
(x y) 25
(3; 2) hoặc (2; 3)
Bài 13: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006
Giải hệ phương trình:
22
2 2 2
x xy y 3(x y)
x xy y 7(x y)
(x, y ).
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
116
Giải
Đặt u = x y, v = xy
Ta có:
2
2
u 3u v 0 u 0 u 1
v 0 v 2
v 2u
u 0 x 0
v 0 y 0
u 1 x 2 x 1
hoặc
v 1 y 1 y 2
Bài 14: DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005
Giải hệ phương trình:
22
x y x y 4
x x y 1 y y 1 2
Giải
Hệ phương trình đã cho tương đương
22
22
x y x y 4 0
x y x y xy 2
22
x y x y 4 0
xy 2
(I)
Đặt S = x + y, P = x.y
(I)
2
S 2P S 4 0
P2
2
2
P2
thỏamãn S 4P
S0
P2
thỏamãn S 4P
S1
Với S = 0, P = 2 thì x, y là nghiệm của phương trình: X
2
– SX + P = 0
X
2
– 2 = 0
1
2
X2
X2
.
Vậy nghiệm của hệ
x 2 x 2
y 2 y 2
Với S = 1, P = 2 thì x, y là nghiệm của phương trình: X
2
– SX + P = 0
X
2
+ X – 2 = 0
1
2
X1
X2
Vậy nghiệm của hệ
x 1 x 2
y 2 y 1
Tóm lại: Hệ có 4 cặp nghiệm
( 2; 2), ( 2; 2), (1; 2), ( 2;1)
.
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
117
Bài 15: ĐỀ DỰ BỊ 2
Giải hệ phương trình:
2x y 1 x y 1
3x 2y 4
Giải
2x y 1 x y 1
(2x y 1) (x y) 5
. Điều kiện: x + y 0; 2x + y + 1 0 (*)
Đặt u =
2x y 1 0
;
v x y 0
Hệ trở thành:
1
1
22
2
u2
u v 1
2x y 1 4 x 2
v1
x y 1 y 1
u v 5
u 1 loại
(thỏa mãn (*) nên là nghiệm)
Bài 16:
Giải hệ phương trình
3
11
xy
xy
2y x 1
Giải
Điều kiện: xy 0. Hệ phương trình tương đương với:
34
3
yx
xy
y x 0 xy 1
xy
hoặc
2y x 1 x x 2 0
2y x 1
22
3
2
xy 1
y x 0
hoặc
1 1 3
x 2x 1 0
x x 0 vô nghiệm
2 2 2
2
y x 0
x 1 x x 1 0
x = y = 1 x = y =
51
.
Bài 17:
Giải hệ phương trình
2
2
2
2
y2
3y
x
x2
3x
y
Giải
Nhận xét: Với xy 0 thấy vế phải dương nên suy ra x > 0, y > 0 .
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
118
Ta có hệ phương trình đã cho tương đương
22
22
3yx y 2 1
3xy x 2 2
(1) (2) ta được 3xy (x y) = (y x) (y + x)
(x y) (3xy + x + y) = 0
1
2
x1
x 2 loại
y = x, thế vào (1) ta được 3x
3
x
2
2 = 0
(x 1) (3x
2
+ 2x + 2) = 0 x = 1 y = 1 (thỏa mãn)
Vậy hệ phương trình có một nghiệm
x 2 x 2
y 2 y 2
.
Bài 18:
Giải hệ phương trình
3
x y x y
x y x y 2
Giải
Điều kiện
x y 0
x y 0
Khi đó hệ phương trình
23
2
x y x y
x y x y 2
2
x y 0 x y = 1
x y 0 x y 1
x y 2 x + y = 1 (loại)
x+y x y 2 0
3
x =
x1
2
y 1 1
y
2
.
Bài 19: CAO ĐẲNG BÁN CÔNG HOA SEN
Giải hệ phương trình:
22
x y y x 6
x y y x 20
Giải
Điều kiện: x 0; y 0 (*)
Đặt u =
x 0,v y 0
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
119
Đưa về hệ:
22
4 2 2 4
u v uv 6
u v u v 20
Giải hệ này ta được
u 1 u 2
;
v 2 v 1
Nghiệm của hệ đã cho (x; y) = (4; 1) hay (x; y) = (1; 4) .
Vấn đề 4: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
BẤT PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA THAM SỐ
A. ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm.
32
2
2x y 2 x xy m
x x y 1 2m
(x, y R).
Giải
Ta có:
32
2
2x y 2 x xy m
x x y 1 2m
3 2 2
2
2x x y 2x xy m
x x 2x y 1 2m
2
2
x 2x y x 2x y m
x x 2x y 1 2m
2
2
x x 2x y m
x x 2x y 1 2m
(*).
Đặt: u = x
2
– x =
2
11
x
24
1
u
4
.
v = 2x – y v R .
Hệ (*) trở thành:
uv m
u v 1 2m
u 1 2m u m
v 1 2m u
2
u u m 2u 1
v 1 2m u
2
uu
m (1)
2u 1
v 1 2m u
.
Đặt:
2
uu
f(u)
2u 1
, với
1
u
4
.
Ta có:
2
2
2u 2u 1
f'(u)
2u 1
,
13
u (Loại)
2
f'(u) 0
13
u (Nhận)
2
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
120
u
1
4
13
2
+
f'(u)
+ 0
f(u)
23
2
5
8
–
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
Hệ đã cho có nghiệm (1) có nghiệâm u thuộc
1
;
4
23
m
2
.
Bài 2: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2011
Tìm các giá trò của tham số thực m để phương trình sau có nghiệm:
6 x 2 (4 x)(2x 2) m 4 4 x 2x 2
(
xR
).
Giải
Điều kiện: 1 x 4
Đặt t =
4 2 2 xx
với x [1; 4]
t' =
11
2 4 2 2
xx
=
2 4 2 2
2 4 2 2
xx
xx
t' = 0
2 4 2 2 xx
16 – 4x = 2x – 2 6x = 18 x = 3 t = 3
Điều kiện:
3
t 3
x
1 3 4
Ta có: t
2
= 2 + x +
2 (4 )(2 2)xx
t'
+ 0
x +
2 (4 )(2 2)xx
= t
2
2
t
3
(1) thành: 4 + t
2
= m + 4t
t
2
– 4t + 4 = m (2)
3
6
Xét f(t) = t
2
– 4t + 4 với t [
3
; 3]
f'(t) = 2t – 4, f'(t) = 0 t = 2 f(t) = 0
t
3
2 3
f'
0 +
f
7 4 3
1
0
(1) có nghiệm (2) có nghiệm t [
3
; 3] 0 m 1.
Bài 3: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2008
Tìm giá trò của tham số m để hệ phương trình
x my 1
mx y 3
có nghiệm (x; y)
thỏa mãn xy < 0.
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –
121
Giải
Ta có:
x my 1
mx y 3
2
xy
1 m 1 m 1 1
D 1 m , D 1 3m, D 3 m
m 1 3 1 m 3
Ta thấy: m, D = 1 + m
2
0 hệ luôn có nghiệm:
2
2
1 3m
Dx
x
x
D 1 m
Dy 3 m
yy
D
1m
Hệ có nghiệm (x; y) thỏa xy < 0
22
1 3m 3 m
.0
m 1 m 1
(1 + 3m)(3 – m) < 0
1
m
3
hay m > 3
Bài 4: CAO ĐẲNG KINH TẾ ĐỐI NGOẠI
Đònh m để hệ phương trình sau vô nghiệm:
22
x y xy m
x y xy m 1
Giải
S = x + y, P = xy
Hệ trở thành
2
S P m
S và P là nghiệm phương trình: X mX m 1 0
PS m 1
X = 1 hay X = m – 1
Vậy (S = 1, P = m – 1) hay (S = m – 1, P = 1)
Hệ vô nghiệm S
2
– 4P < 0
2
1 4(m 1) 0
(m 1) 4 0
5
4
< m < 3.
Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006
Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:
2
x mx 2 2x 1
Giải
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt:
2
x mx 2 2x 1
(1)
22
2
1
x
2x 1 0
2
x mx 2 (2x 1)
f x 3x (m 4)x 1 0 (2)
(1) có 2 nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn:
12
1
xx
2
