CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình doc

CHUYÊN ĐỀ 1:
Phương trình và hệ phương trình.
I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp.

2

2

 x2  4 
 x2  x 2
Bài 1:Gpt:10.
 
  11. 2
  0.
 x 1   x 1 
 x 1 
Giải:
Đặt u 

x2
x2
;v 
(1).
x 1
x 1

Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv = 0  (u-v).(10u-v)=0  u=v hoặc 10u=v.
Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng.

Bài 2:Gpt: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15.
Giải:

Đặt x2 - 5x + 5 = u (1).
Ta có: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15
 (x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0
 (x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0
2

2

 (x -5x+4).(x -5x+6)-15=0
 (u-1).(u+1)-15=0
2

 u -16=0


 u=  4.

Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x.

2

 x   x 
Bài 3:Gpt: 
 
  90.
 x 1  x 1
2
 1
1 
2 2x  2

Giải:PT  x . 

 90 .  x . 2
 90 .
( x  1)2 ( x  1) 2 
( x  1) 2


2

Đặt u = x2 ( u  0) (1).
Ta có:

u.

2u  2
 90  2u 2  2u  90.(u  1)2
2
(u  1)

( u  1).

 88u 2  182u  90  0 .

Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x.

Bài 4:Gpt: 3 x  3 2 x  3  3 12.( x  1) .
Giải:
Đặt

3

x  u; 3 2 x  3  v (1).

Có: u  v  3 4.(u 3  v 3 )  u 3  v 3  3uv.(u  v)  4.(u 3  v 3 )
u  v
 3.(u  v).(u 2  2uv  v 2 )  0  3.(u  v ).(u  v) 2  0  
u  v

Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x.


1 x2
Bài 5:Gpt: 5 x  3 x  3 x  2    3 x (1).
2 2
3

2

Giải:
Từ (1) suy ra: 2. 5 x 3  3 x 2  3x  2  x 2  6 x  1
 20 x 3  12 x 2  12 x  8  x 4  36 x 2  1  12 x 3  2 x 2  12 x
 x 4  8 x 3  22 x 2  24 x  9  0 (x  0).  x 2  8 x  22 

24 9

 0.
x x2

3

x

Đặt x   y (*) ta có:
y2 - 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 6:Gpt: x  1.( x  4)  3.( x  4).

x 1
 18  0(1).
x4

Giải: Điều kiện x > 4 hoặc x < -1.
*Nếu x > 4, (1) trở thành:
( x  1).( x  4)  3. ( x  1).( x  4)  18  0

Đặt ( x  1).( x  4)  y  0 (2) ta có:
y2 + 3y -18 = 0.
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x.
*Nếu x < -1, (1) trở thành:
( x  1).( x  4)  3. ( x  1).( x  4)  18  0

Đặt ( x  1).( x  4)  y  0 (3) ta có:


y2 - 3y -18 = 0.
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x.
Bài 7:Gpt:(2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1).
Giải:
(1)  4 x 4  4 x 3  20 x 2  2 x  1  0 (x  0).Chia cả hai vế cho x2 ta được :
2

1
1
2 1
1


 4x + 4x -20 +  2 = 0.   2 x    2. 2 x    24  0 . Đặt y = 2 x  .(2)
x x
x
x
x


2

Ta có: y2 + 2y -24 = 0.
Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x.

Bài 8:Gpt: x 2  16 x  64  2. x 2  8 x  16  x 2  0.
Giải:PT  x  8  2. x  4  x  0.
x

-

x-8
x-4
x

-

0

0

4

-0
+

8

- 0
+
+

+

+
+
+


Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản.

Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4).
Giải:
 1  x 2  x 4  2 x  2 x 2  2 x 3  5  5x 2  5 x 4
 4 x 4  2 x 3  2 x 2  2 x  4  0  2 x 4  x3  x 2  x  2  0

Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x  0.

Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2 ta được:
2x2 - x + 1 -

1 2
1
 2  0 . Đặt y = x  (*). Ta có:
x x
x

2y2 - y - 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x.

Bài 10: Gpt: (6-x)4 + (8-x)4 = 16.
Giải:
Đặt 7 - x = y (*).


Ta có: (y-1)4 + (y + 1)4 =16  2y4 +12 y2 +2 = 16  2.(y-1).(y+1).(y2+7)=0  y =1
hoặc y = -1.
Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị
của x.
II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau:
Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3)
Giải:
Đặt y2 + 3y = t.
Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2 + 3y +2) = t2 + 2t.
*Nếu t > 0 thì t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy ra không tồn tại x thỏa mãn.
*Nếu t < -2 thì 2t + 4 < 0 nên t2 + 2t > t2 + 4t + 4 suy ra t2 + 2t > t2 + 4t + 4 =
(t+2)2.
Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*).
Lại có: t2 +2t < t2 suy ra x2 < t2 (**).

Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)2 < x2 < t2 suy ra x2 = (t+1)2 suy ra t2 +2t = (t +1)2 (=x2)
Suy ra : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý).
*Nếu t = -1 suy ra x2 = t2 +2t = -1 <0 (Vô lý).
*Nếu t = 0 suy ra x = 0  y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3 .


 x  y  z  2(1)

Bài 2: 

2
2 x  xy  x  2 z  1(2)

Giải:
Từ (2) ta có: 2x2 - xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có:
2x2 - xy+x-2.(2 - x + y)=1  2x2 -xy +3x-2y-5=0
 y

x 2  3x  5
7
 x 1
   7   2  x  2  1,7.
x
x2
x2

Từ đó ta tìm được x  tìm được y  tìm được z.

 x  y  z  3(1)

Bài 3: 

2
2
2
 x  y  z  1(2)

Giải: Thay (1) vào (2) ta được:
(y + z -3)2 -y2 -z2 =1  yz - 3y - 3z = -4  (y-3).(z-3) = 5 = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1=(5).(-1.
Từ đó ta tìm được y và z  tìm được x.

Bài 4: 2xy + x + y = 83.
Giải:PT  x 

83  y
166  2 y
167
 2x 
 1 
   167  y  1  2 y  1  1,167.
2
2y 1
2y 1
2y 1

Từ đó ta tìm được y  tìm được x.
Bài 5:

xy yz zx



 3.
z
x
y


Giải:Điều kiện : x,y,z  0.
Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê
có 3 số -3 thỏ mà chỉ có hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc
dấu dương)
Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y = xy > 0 và

Đặt A=

x y
,  0.
y x

xy yz zx


 3.
z
x
y

Giả sử z <0 khi đó 3 = A =

xy yz zx



 0  0  0  0 (Vơ lý).
z
x
y

Vậy z >0.Ta có:
A=

xy
xy x y
xy yz zx
y
x


3
 z.  z.  3.3
.z. .z.  3.3 xy z
z
x
y
z
x
y
z
y x

 z  1, x  y  1

 1  xy .z  z  1, xy  1  
 z  1, x  y  1

Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19.
Giải:Từ bài ra ta có: y 

2 x 2  5 x  19
17
 x2
   17  x  1  2 x  1  1,17.
2
2x  1
2x  1

Từ đó ta tìm được x  tìm được y.
III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác.

1
x

Bài 1: 

1
2  x2

 2.


Giải:Điều kiện : x  0, x  2 .
-Nếu x < 0 thì

1
1


2
x
2 x

1
2 x

2



1
 2.
2

Vậy ta xét x > 0:
Đặt x = a và 2  x 2  b (a,b > 0).
1 1
  2
Ta có:  a b
a 2  b 2  2

1
a

1
b

Có: 2    2.

1
 ab  1 (1).
ab

Lại có: 2 = a2 + b2  2ab suy ra 1  ab (2).
Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a2 + b2 =2 nên suy ra (a+b)2 = 4 suy ra a + b = 2.
ab  1
 a  b  1  x  1.
a  b  2

Vậy ta có: 

Bài 2: 4  x 2  1  4 x  x 2  y 2  2 y  3  x 4  16  y  5.
Giải:

4  x 2  0(1)

1  4 x  0( 2)
Điều kiện:  2

2
 x  y  2 y  3  0(3)
 x 4  16  0(4)


Từ (4) suy ra x2  4 kết hợp với (1) suy ra x2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2.
Phương trình đã cho trở thành:


y 1   y  5 .

Lúc này việc tìm y khơng cịn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu).

Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0.
Giải:
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy x  0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x2 ta được:
2

105 50
25 
25 


2 x  21x  74 
 2  0  2. x    21. x    26  0
x
x 
x 
x


2

Đặt x 

25
 y ta có:
x

2y2 -21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y  tìm ra x.

2.1  x  1  x  5

Bài 4: 


1  x  4.1  x  7


Giải:
a  1  x  0

Đặt : 


b  1  x  0

 2a  b  5
a  4b  7

Hệ đã cho trở thành: 

Từ đó tìm được a =3,b =1.

Đến đây việc tìm ra x khơng cịn khó khăn nữa.

 x  1  y  5  1(1)

Bài 5: 


 y  5  x  1 ( 2)


Giải:
Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có:
x  1  5  x  1  5  1  2. x  1  1 .

Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng khơng có gì khó khan nữa.

2 x 2  15 xy  4 y 2  12 x  45 y  24  0(1)
Bài 6:  2

 x  2 y 2  3 y  3x  xy  0(2)


Giải:
Phương trình (2) phân tích được như sau:
x  y
x  3  2 y

(x - y).(x -3 + 2y) = 0  

Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y.

Bài 7: x3 + (3-m).x2 + (m-9).x + m2 -6m + 5 = 0.
Giải:
Phương trình đã cho phân tích được như sau:


x  (m  5).x 2  2 x  (m  1)  0 .
Đến đây việc giải và biện luận phương trình khơng cịn khó khăn gì nữa.

x  y  z  1

Bài 8: 

4
4
4
 x  y  z  xyz

Giải:
Bổ đề: a, b, c  R : a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên).
Sử dụng bổ đề ta có:
xyz = x4 + y4 + z4  x2y2 + y2z2 + z2x2  xyz.(x + y + z) = xyz.
Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có:
x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được:
xyz

1
.

3

 x 2  y 2  1(1)

Bài 9: 1999




x  1999 y 



2000



y  2000 x .( x  y  xy  2001)(2)

Giải:
Điều kiện: x,y  0.
Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy:
-Nếu x > y thì:
VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP.


-Nếu y > x thì:
VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP.
-Nếu x = y khi đó: VT =VP =0.
Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y  0. ) ta được: x  y 

1
2

.

Bài 10: x  2 x  5  2  x  3. 2 x  5  2  2. 2 (1).
Giải:
(1) 

1
2

.





2

2x  5  1 

1
2

.





2x  3  3

2

 2. 2  2 x  5  1 

Ta có:
4  3  2 x  5  2 x  5  1  3  2 x  5  2 x  5  1  4.

Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là:
2 x  5  0
5
3  2x  5  0  
7x
2
9  2 x  5

5

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x   ;7  .
2 



2x  5  3  4