TUYỂN TẬP 50 BÀI TẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHƯƠNG TRÌNH CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN NĂM 2014
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (475.02 KB, 8 trang )
50 BÀI PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH – THÀY DŨNG – 0902920389
BÀI TẬP TỔNG HỢP PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài 1:
Phương trình (1) x
2
+ x – 12 = y
2
– 7y x
2
+ x – (y
2
– 7y + 12) = 0.
= 4y
2
– 28y + 49 = (2y – 7)
2
. Do đó x = y – 4 hoặc x = 3 – y.
Bài 2:
(Chú ý là x
2
+ 1 1,
nên ta chọn f(t) trong miền t ).
Thay vào Pt2 x
4
+ 2x
3
+ 2x
2
+ x – 2 = 0. (x
2
+ x – 1)(x
2
+ x + 2) = 0.
Bài 3:
Pt1 x
3
+ 3x
2
y + 3xy
2
– 4y
3
= x
2
y + 2xy
2
x = y. Thay vào Pt2 ta có x
2
+ 2x +
= 3. Ta thấy vế trái là hàm đơn
điệu (f’(x) > 0). Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Bài 4:
Pt1 4x
4
+ 4x
2
y
2
+ y
4
– 4x
2
y
2
= 2x
2
+ 2xy + y
2
(2x
2
+ 2xy + y
2
)(2x
2
– 2xy + y
2
) = 2x
2
+ 2xy + y
2
. Chú ý rằng x và y
không đồng thời bằng 0 nên 2x
2
+ 2xy + y
2
> 0. Do đó 2x
2
– 2xy + y
2
= 1. Vậy 2x
2
+ y
2
= 2xy + 1 4x
4
+ 4x
2
y
2
+ y
4
= 4x
2
y
2
+ 4xy + 1. Vậy
= 4xy + 1. Thay vào pt2 (xy)
7
+ 4xy = 5. Chú ý phương trình bậc lẻ, hệ số dương luôn là hàm
đồng biến. Vậy xy = 1.
Do đó ta có hệ:
Bài 5:
Phương trình 1 y = x
2
. Thay vào pt2 x
2
+ 6x – 3 = 4x
. Đặt t =
ta có x
2
+ 3(2x – 1) = 4x
nên
x
2
+ 3t
2
= 4xt.
Bài 6:
Đặt y + 2 = t + 1 hay y = t – 1. Ta có
Hàm đặc trưng f(t) =
là hàm
đồng biến nên x = t hay y = x – 1. Thay vào pt2 ta có:
3x
2
+ 4x – 3 = 4x
. Đặt
= t. Ta có: 3x
2
+ t
2
= 4xt.
50 BÀI PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH – THÀY DŨNG – 0902920389
Bài 7:
Pt1 x
6
+
= (–y)
3
+
. Hàm đặc trưng f(t) = t
3
+
là hàm đồng biên nên ta có y = –x
2
. Thay vào pt2
ta có:
3x
2
+ 2x + 7 = 3(x + 1)
2(x
2
+ 3) + (x + 1)
2
= 3(x + 1)
. Đặt a = x + 1, b =
, ta có 2a
2
+ b
2
= 3ab.
Bài 8:
Chia 2vế phương trình 1 cho x
5
. Ta có: x
10
+ 2x
2
=
+ 2.
. Do đó
= x
2
hay y = x
3
. Thay vào pt2 ta có:
x
2
+ 5x + 7 = 7.
. Đặt
= a,
= b, ta có 6a
2
+ b
2
= 7ab.
Bài 9:
Ta có
6(x
3
– y
3
) = (8x + 2y)(x
2
– 3y
2
) (Phương trình đồng bậc)
Bài 10:
Pt1 xy(x
2
+ y
2
) + (x
2
+ y
2
) – 2xy – 2 = 0 xy = –1 hoặc x
2
+ y
2
= 2. Ta chú ý rằng điều kiện x 1,
1 nên:
x
2
+ y
2
= 2 khi và chỉ khi x = 1, y = .
xy = –1, thay y =
vào pt 2 ta có:
Kết luận: x = 1, y =
Bài 11:
Pt1 (y – 1)(y – 3) = x
2
(y – 1). Do đó y = 1 hoặc y = x
2
+ 3.
Với trường hợp y = x
2
+ 3, ta có x
4
+ 3x
2
+ 14x = 4x
3
+ 12x + 1 x
4
– 4x
3
+ 3x
2
+ 2x – 1 = 0.
Xét f’(x) = 4x
3
– 12x
2
+ 6x + 2, f”(x) = 12x
2
– 24x, f
(3)
(x) = 24x – 24. Vậy f’(x) và f
(3)
(x) có nghiệm chung x = 1. Ta đặt x =
X + 1.
Vậy (X + 1)
4
– 4(X + 1)
3
+ 3(X + 1)
2
+ 2(X + 1) – 1 = 0 X
4
– 3X
2
+ 1 = 0. Tìm ra X rồi tìm ra x.
Bài 12:
Từ pt1 ta chia 2 vế cho y
3
, ta chứng minh được x = y
2
. Thay vào phương trình 2 x
2
– x + 1 =
50 BÀI PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH – THÀY DŨNG – 0902920389
Kỹ thuật này ta gọi là kỹ thuật trục căn thức 2 lần.
Bài 13:
>
|x| + x Do đó:
Phương trình 1
=
y = .Thay vào pt2 ta có: x
2
+ 5 = 4
.
Làm tương tự bài 12, ta có: (x + 1)(x – 2)(1 +
+
) = 0
Bài 14: 3x
2
5.
(x + 1)
3
+ 5(x + 1) = (x
3
+ 1) + 5.
3
.
Bài 15:
Đặt a =
, b =
. Ta có a + 2b =
Bài 16:
Ta có hàm đặc trưng f(t) =
. Do đó f(x) = f(
) khi x =
vô nghiệm.
Bài 17: x
3
+
= (x + 1)
Ta có hàm đặc trưng f(x) = x
3
+
nên f(x) = f(
) khi x =
.
Bài 18:
+
(x + 2 +
Với x + 2 +
=
ta có f(t) = t +
và f(x + 2) = f(
)
Bài 19:
Phương trình (1) làm giống bài 13 x = 2y. Do đó 3x
2
+ 5x + 2 =
(x + 1)
3
+ 2(x + 1) = (x
3
+ 1) +
.
Hàm đặc trưng f(t) = t
3
+ 2t. Trong đó f(x + 1) = f(
).
Bài 20:
50 BÀI PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH – THÀY DŨNG – 0902920389
Pt1
. Đặt a =
, b =
ta có a
2
+ 2ab – 3b
2
=
0 nên a = b (Do a, b là các số không âm). Vậy y = x
2
+ 2. Thay vào pt2 ta có:
Bài 21:
Phương trình 1
Bài 22:
Pt1 (x + y)
2
– 2xy +
(x + y)
2
– 1 – (x + y) +
Đặt x + y = t, ta có t
2
– 2t +
. Xét f(t) = t
2
– 2t +
ta có:
Bài 23:
Chia 2 vế pt1 cho
và đặt t =
ta có
x
3
+ 3x
2
+ 3x – 5 =
(x + 1)
3
+ (x + 1) = (x + 7) +
. Hàm đặc trưng f(t) = t
3
+ t là hàm đồng biến.
Do đó f(x + 1) = f(
) khi x + 1 =
.
Tổng quát: f(x) = α
với α > 0 và n lẻ thì ta tách phương trình đó dưới dạng β.[h(x)]
n
+ α[h(x)] = β.g(x) + α
với
hàm đặc trưng là f(t) = t
n
+ αt.
và P
k
(x) = a
k
x
k
+
a
k-1
x
k-1
+ … + a
1
x + a
o
.
Bài 24:
Pt1 x
7
+ x
5
y
2
+ xy
6
= y
14
+ y
12
+ y
8
. Chia 2 vế cho y
7
ta có:
Thay vào pt 2 ta có: x
3
+ 9x
2
+ 27x + 27 = 2
do đó (x + 3)
3
+ 2(x + 3) = (2x + 6) + 2
. Hàm đặc trưng f(t) =
t
3
+ t là hàm đồng biến nên f(x + 3) = f(
) hay x + 3 =
.
50 BÀI PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH – THÀY DŨNG – 0902920389
Bài 25:
t t =
c:
Bài 26:
>
|x| + x Do đó:
Phương trình 1
=
y = .
Thày vào pt 2 2x
2
– 11x + 21 =
. Đặt t =
. Ta có (t – 2)
2
(t
4
+ 4t
3
+ 12t
2
+ 18t + 24) = 0.
Mặt khác t
4
+ 4t
3
+ 12t
2
+ 18t + 24 = (t
2
+ 2t)
2
+ (8t
2
+ 18t + 24) > 0 với mọi t. Do đó phương trình có nghiệm duy nhất là t =
2 x = 3 và y = .
Bài 27:
Chia 2 vế phương trình số 2 cho x
3
ta được:
Thay vào phương trình số 1 ta được:
Chuyển (t + 1) sang 1 vế rồi bình phươg (t 2)(8t
3
+ 312t
2
+ 468t + 52) = 0 có nghiệm duy nhất t= 2 vì t > 0
Bài 28:
x
2
+
= 2.
x
3
+
+
= x +
. Đặt
= t, ta có hệ:
2(x
3
+ xt
2
+ t
3
) = (x
2
+ t
2
)(x + 2t) x = 0 hoặc x = t.
Bài 29:
Phương trình (1) (x + y – 4)(x
2
+ y
2
+ 4x + 4y) = 0 x + y = 4 vì (x + y) > 0.
Bài 30:
Pt1 8(x + y) = (x + y)(x + 2y) x = -y hoặc x + 2y = 8.
50 BÀI PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH – THÀY DŨNG – 0902920389
Với x +2y = 8
2(8-2y)
2
– y
2
+ 5. Ta có 2y 6 và y 3 nên y = 3. Thay vào phương trình ta thấy
không đúng.
Với x = -y
y
2
+ 5 – 4
= 0
(y + 1)(y – 2)(1 +
+
) = 0. Do đó y = hoặc y = 2.
Bài 31:
Đặt
= a,
= b,
= c. Ta có hệ:
Bài 32:
Pt2
=
+
= 0
(x + 1)
2
(2 + x)
2
+ 3(x 1)(5 7x)(2 + x) + (5 7x)
2
= 0
(x
2
8x 1)(x
2
7x + 1) = 0
Bài 33:
Pt1 2x
3
– 2x = (y
2
+ 1)
3
+ 4(y
2
+ 1). Đặt y
2
+ 1= t. Ta có hệ:
6(2x
3
+ t
3
) = (2x + 4t)(2x
2
+ t
2
) 6x
3
+3t
3
= 2x
3
+ 4x
2
t + xt
2
+ 2t
3
x = t, t = 2x, t = 2x.
Bài 34:
Phương trình (1) x
3
+ 3x = (y + 2)
3
+ 3.(y + 2) y = x – 2.
Thay vào phương trình 2 x
3
+ x
2
– 4x – 1 =
Bài 35:
Phương trình (1) 4(2x – 1)
= 4(y + 1)
3
+ (y + 1). Do đó y + 1 =
(y x =
Thay vào phương trình (2) y(y + 1)(y + 2)(y + 3) = 0.
Bài 36:
= t. Phương trình (1) trở thành x
3
– 3xt
2
+ 2t
3
= 0. Do đó x = t =
hoặc x =
50 BÀI PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH – THÀY DŨNG – 0902920389
Với x
ta có x và phương trình (2) trở thành: x
2
+ 16x + 8
= 60. Ta dễ dàng thấy f’(x) > 0.
Do đó f(x) f(0) = 8
< 60.
Với x =
ta có x
2
+ 4x + 2
= 16. Ta dễ dàng thấy f’(x) > 0 nên phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
Bài 37:
Phương trình (1) x = y. Do đó ta có
= 4x
2
– 3x – 4.Chia 2 vế cho x, ta có:
Bài 38:
Hệ tương đương với:
Bài 39:
Bài 40: x[3x + 7 – 2
] = 4
– 4
Đặt t =
. Ta được phương trình t
2
– 2(x + 2)t + 6x + 3 = 0 (t – 3)(t – 2x – 1) = 0.
Bài 41:
Pt (1) x
6
+ 2x
2
= (y + 3)
3
+ 2(y + 3). Do đó y + 3 = x
2
. Thay vào (2) ta có x
2
– x – 3 =
Bài 42:
Đặt
= t. Ta có Pt1 (2x
2
+ t
2
)
2
= 3xt
2
(x + t). Do đó 2x = t hay y = 4x
2
(x > 0). Thay vào pt2 ta có:
.
Bài 43:
50 BÀI PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH – THÀY DŨNG – 0902920389
Phương trình 1 (x
2
+ 1)(x
2
– y) = 0. Do đó y = x
2
. Thay vào pt2 x
(4 – x) =
2x. Giải điều kiện ta có được
. Ta bình phương 2 vế được: (2x
2
– 4)(x
2
– 8x + 16) = 4x
2
(x – 2)
2
(x
2
– 4x – 8) =
0. Do đó x = 2.
Bài 44:
Đặt y =
. Ta có x
3
– 3xy
2
+ 2y
3
(x – y)
2
(x + 2y)
Bài 45:
Pt 2 x
2
+ (3y + 3)x + 2y
2
+ 2y – 4 = 0. Dùng biệt thức x + y = 1 hoặc x + 2y + 4 = 0 (Loại vì không thỏa mãn điều
kiện)
Thay vào pt1
. Sử dụng trục căn thức 2 lần giống như Bài 34 với x =
và x =
Bài 46:
Pt1 (x – y)(x + 2) = 0. Tuy nhiên vì điều kiện cho ta x > 0 nên x = y. Thay vào phương trình (2) ta có:
4x
2
+ 3x + 3 = 4x
Bài 47:
Phương trình 2 (x
2
y + 2x)
2
– 2(x
2
y + 2x) + 1 = 0 x
2
y + 2x = 1. Do đó y =
. Thay vào pt1 ta có:
Bài 48: 4x
2
+ 11x +8 = (x + 2)
8x
2
+ 22x + 16 – 2(x + 2)
= 0
(x
2
+ 4x + 4) – 2(x + 2)
+ (2x
2
+ 8x + 7) + (5x
2
+ 10x + 5) = 0
[x + 2 +
]
2
+ 5(x + 1)
2
= 0 khi và chỉ khi x = –1.
Bài 49:
Phương trình (1) x
3
– 3x
2
+3x – 1 = y
3
+ 3y
2
+ 3y + 1 (x – 1)
3
= (y + 1)
3
y = x – 2, thay vào pt2 ta có:
. Sử dụng trục căn thức 2 lần với các nghiệm x = –1, x = 2 giống Bài 34.
Bài 50:
2(x
2
– 2x – 8) + 3(x + 5) = 5
. Đặt
Ta có 2a
2
+ 3b
2
= 5ab.
