Tổng hợp lời giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình trong các đề đại học 2002 - 2012
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (303.36 KB, 25 trang )
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
1
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC
Kì thi Đại học luôn là mối quan tâm lớn nhất của học sinh lớp 12 THPT. Trong
các đề thi môn Toán luôn có các bài giải phương trình, bất phương trình và hệ phương
trình. Dưới đây là hệ thống các bài tập đã thi trong hơn mười năm qua. Việc nghiên cứu
kỹ sẽ giúp các em có được những kinh nghiệm hữu ích trong giải bài tập cũng như có
những dự đoán về xu hướng đề trong các năm tiếp theo.
Bài 1. A – 2012. Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
, .
1
2
x x x y y y
x y
x y x y
Giải.
Ta có:
3 3 2 2
3 2 3 2
2 2
2 2
3 9 22 0
3 9 22 3 9
1
1
2
2
x y x y x y
x x x y y y
x y x y
x y x y
Đặt
t y
ta có hệ phương trình
3 3 2 2
2 2
3 9 22 0
1
2
x t x t x t
x t x t
Hệ tương đương
3 2
2
3 3 2 9 22 0
1
2
2
x t xy x t x t xt x t
x t xt x t
Đặt
S x t
P xt
ta có hệ phương trình:
3 2
3 2
2
2
3 3 2 9 22 0
4 3 .4 3 4 2.4 36 88 0 *
1
2
2 2 1 4 .
2
S SP S P S
S S P S P S
S P S
S S P
Thế
2
2 2 1 4S S P
vào (*) được:
3 2 2 2
3 2
4 3 . 2 2 1 3 4 2. 2 2 1 36 88 0
2 6 45 82 0
2.
S S S S S S S S
S S S
S
Khi đó
3
4
P
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
2
,x t
là nghiệm của phương trình
2
3
3
2
2 0
1
4
2
X
X X
X
+) Với
3 3
2 2
1 1
2 2
x x
t y
+) Với
1 1
2 2
3 3
2 2
x x
t y
Vậy hệ có các nghiệm như trên.
Cách khác.
Ta có:
3 3
3 2 3 2
2 2
2 2
1 12 1 1 12 1
3 9 22 3 9
1
1 1
1.
2
2 2
x x y y
x x x y y y
x y x y
x y
Từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra
1 3 1
1 1 1
2 2 2
1 1 3
1 1 1
2 2 2
x x
y y
Hàm số
3
12f t t t
có
' 2
3 3
3 4 0, ;
2 2
f t t t
nên nghịch biến trên
3 3
;
2 2
. Do đó
1 1 1 1.
f x f y x y
Thế vào phương trình thứ hai của
hệ ta được các nghiệm như trên.
Bài 2. B – 2012. Giải bất phương trình
2
1 4 1 3x x x x
.
Giải.
Điều kiện
2 3
0 2 3.
x
x
Ta thấy x = 0 là một nghiệm của bất phương trình.
Xét
0x
. Chia cả hai vế của bất phương trình cho
0
x
ta được bất phương trình:
1 1
4 3
x x
x
x
.
Đặt
2
1 1
, 2 2t x t t x
x
x
, bất phương trình có dạng
2
6 3 *
t t
.
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
3
Ta có
2 2
2
2
3
3 0
6 3 6 3
6 3 .
t
t
t t t t
t t
Xét hệ
2
2
3
3 0
5
3
5
2
6 3
2
t
t
t
t
t t
.
Nghiệm của bất phương trình
*
là
5
2
t
Xét bất phương trình
2
5 4
2
1 0
1 5
2
1
1
2
0
0
0
4
2
x
x
x x
x
x
x
x
x
Kết hợp và đối chiếu điều kiện cho nghiệm của bất phương trình là
4
1
0
4
x
x
Bài 3. D – 2012. Giải hệ phương trình
3 2 2 2
2 0
2 2 0
xy x
x x y x y xy y
Giải.
Nhận xét: Phương trình thứ hai của hệ có các hệ số đối xứng và số lượng các dấu
cộng, trừ là bằng nhau nên ta nghĩ ngay đến khả năng nhóm các biểu thức để tìm nhân tử
chung.
Ta có:
3 2 2 2 3 2 2 2
2 2 2
2
2
2 0 2 0
2 2 0 2 2 0
2 0
2 0
2 0
2 1 0
2 0 *
0
2 1 0.
xy x xy x
x x y x y xy y x xy x y y x y
xy x
x x y x y y x y
xy x
x y x y
xy x
x y
x y
+) Với
2
x y
thay vào
*
ta được
3
2 0 1.x x x
Hệ có nghiệm
1
1.
x
y
+) Với
2 1y x
ta có
2
1 5
2 1 2 0 1 0
2
x x x x x x
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
4
Hệ có nghiệm
1 5 1 5
,
2 2
5 5.
x x
y y
Tóm lại hệ đã cho có các nghiệm là
1
,
1
x
y
1 5 1 5
,
2 2
5 5.
x x
y y
Bài 4. A – 2011. Giải hệ phương trình
2 2 3
2
2 2
5 4 3 2 0
2
x y xy y x y
xy x y x y
Giải.
Xét phương trình:
2
2 2 2 2
2 2
2 2 1 0
2 0
1 0.
xy x y x y x y xy
x y
xy
a) Với
1xy
ta có:
2 2 3 3
3
3
4 2
5 4 3 2 0 5 4 3 2 0
3 6 3 0
1
2 0
2 1 0
1.
x y xy y x y x y y x y
y y x
y y
y
y y
y
Hệ có nghiệm
1, 1x y x y
.
b) Với
2 2
2 0
x y
.
Phương trình
2 2 3
5 4 3 2 0
x y xy y x y
tương đương:
2 2 2
5 3 4 2 0
y x y xy x y
.
Thế
2 2
2
y x
vào phương trình ta được:
2 2 2
2 2
5 3 2 4 2 0
2 4 2 4 0
2 2 2 2 0
2
1.
y x x xy x y
x y xy x y
xy x y x y
x y
xy
+)
2x y
ta có:
2
10
5 2
5
y y
Hệ có nghiệm
2 10 2 10
5 5
,
10 10
5 5
x x
y y
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
5
+) Với
1xy
đã xét.
Tóm lại hệ có 4 nghiệm là
1, 1x y x y
,
2 10 2 10
5 5
,
10 10
5 5
x x
y y
Bài 5. B – 2011. Giải phương trình
2
3 2 6 2 4 4 10 3x x x x
.
Giải.
Điều kiện
2 2x
.
Ta có:
2
2
2
3 2 6 2 4 4 10 3
3 2 2 2 4 4 10 3 0
3 2 2 2 4 4 10 3 0.
x x x x
x x x x
x x x x
Đặt
2 2 2
t x x
suy ra:
2 2 2
2 2
2 4 4 4 2 3 10 4 4
3 10 4 4 .
t x x x x x
x x t
Ta có phương trình:
2
0
3 0
3.
t
t t
t
a) Với
0t
ta có:
6
2 2 2 0 2 2 2 2 4 2
5
x x x x x x x
b) Với
3t
ta có :
2 2 2 3 2 2 2 3
x x x x
.
Phương trình vô nghiệm do với
2 2x
thì
2 2
x
còn
2 2 3 3
x
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
6
5
x
Bài 6. D – 2011. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
3 2
2
2 2 1
,
1 2 2
x y x xy m
x y
x x y m
.
Giải.
Hệ tương đương
2
2
2
2 1 2
x x x y m
x x x y m
. Thế
2
2 1 2
x y m x x
vào
phương trình đầu của hệ ta được:
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
6
2 2
2
2 2
1 2
1 2 0 3 .
x x m x x m
x x m x x m
Đặt
2
1
,
4
t x x t
ta được phương trình
2
1 2 0 *
t m t m
.
Phương trình
*
có nghiệm
1
4
t
thì phương trình
3
có nghiệm theo x và do
2
2 1 2
x y m x x
nên hệ có nghiệm.
Ta có
2
2 2
1
1 2 0 2 1 ,
2 1 4
t t
t m t m t m t t m t
t
Xét
2
2
1 3 3 1
,
2 1 2 4 4
4 2 1
t t
f t t t
t
t
Khi đó
' '
2
1 3 1 3
, 0 2 1 3
2 2
2 2 1
f t f t t t
t
t
1 3
2
1
2
1
4
1 3
2
'
f t
0
0
2 3
2
f t
5
8
Dựa vào bảng biến thiên trên ta thấy
*
có nghiệm
1
4
t
khi và chỉ khi
2 3
2
m
Bài 7. A – 2010. Giải bất phương trình
2
1
1 2 1
x x
x x
.
Giải.
Điều kiện
0x
.
Nhận thấy
2
1 2 1 0
x x
. Thật vậy:
2
2 2 2 2
1 2 1 0 2 1 1 2 1 1 1 0
x x x x x x x x
.
Điều này đúng.
Bất phương trình tương đương:
2 2
2
1 2 1 1 2 1
1 2 1
x x x x x x x x
x x x x
Với
1x
ta có:
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
7
2 2 2
2 1 2 1 2 2 1
x x x x x x x x
2 2
2 2
2
2
2
2
2
1 2 2 1 0
1 2. 1. 2 2 0
1 2 0
1 2
1 2
3 1 0
3 5
2
x x x x x
x x x x x x
x x x
x x x
x x x
x x
x
Đối chiếu các điều kiện cho nghiệm của bất phương trình là
3 5
2
x
Bài 8. A – 2010. Giải hệ phương trình
2
2 2
4 1 3 5 2 0
, .
4 2 3 4 7
x x y y
x y
x y x
Giải.
Xét phương trình
2 2
4 1 3 5 2 0 4 1 3 5 2x x y y x x y y
Đặt
5 2
y t
ta có phương trình
2
2 2 2
1
4 1 4 1 .2 1
2
t t
x x x x t t
.
Xét hàm
2
1f u u u
có
' 2
3 1 0,f u u u
nên đồng biến.
Do đó
2
f x f t
khi và chỉ khi
2x t
hay
5 2 2y x
.
Điều kiện
5
2
3
4
y
x
. Hệ tương đương
2 2
5 2 2
4 2 3 4 7
y x
x y x
.
Ta có phương trình
2
2
5
4 2 2 3 4 7 0
2
x x x
.
Xét hàm
2
2 2
5 3
4 2 2 3 4 7,
2 4
g x x x x x
Có
' 2 2
5 4 4 3
8 8 2 4 3 4 0,
2 4
3 4 3 4
g x x x x x x x
x x
nên
nghịch biến. Vì
1
0
2
g
nên
1
2
x
là nghiệm duy nhất của
0
g x
.
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
8
Vậy hệ có nghiệm
1
2
2
x
y
.
Bài 9. B – 2010. Giải phương trình
2
3 1 6 3 14 8 0x x x x x
.
Giải.
Điều kiện
1
6
3
x
.
Nhận thấy
5x
là nghiệm phương trình.
2 2
3 1 6 3 14 8 0 3 1 4 6 1 3 14 5 0
3 5
5
5 3 1 0
3 1 4 6 1
3 1
5 3 1 0
3 1 4 6 1
5
3 1
3 1 0.
3 1 4 6 1
x x x x x x x x
x
x
x x
x x
x x
x x
x
x
x x
Nhận thấy
3 1
3 1 0
3 1 4 6 1
x
x x
không xảy ra vì
1
6
3
x
nên
5x
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 10. D – 2010. Giải phương trình
3 3
2 2 2 2 4 4
4 2 4 2
x x x x x x
x
.
Giải.
Điều kiện
2x
. Ta có:
3 3 3
3
3
3
2 2 2 2 4 4 2 2 2 4 4
2 2 2 4 4
2 2 2 2 2
2 2 2
3
4 2 4 2 4 4 4 2 1 2 0
16.4 4 1 2 2 1 0
16.4 4 1 2 4 1 0
4 1 16.4 2 0
2 2 0
2 2 2 * .
x x x x x x x x x x
x x x x
x x x x
x x x
x
x x
+)
2 2 0 1x x
.
+)
3 3
2 2 2 4 2 2 0
x x x x
. Đặt
3
2 2 2
f x x x x
. Từ
3
4 2 2 0
x x
ta có
3
2 2 4
x x
nên phương trình có nghiệm thì nghiệm đó
thuộc
3
4;
.
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
9
Ta có
2
' 2
3
1 1 3 2
3 0, 4;
2 2
x x
f x x x
x x
mà
2 0
f
nên
2x
là nghiệm duy nhất của
*
.
Tóm lại phương trình có các nghiệm
1, 2x x
.
Bài 11. A – 2009. Giải phương trình
3
2 3 2 3 6 5 8 0x x x
.
Giải.
Điều kiện
6
5
x
3 3
2
3
3
2
3
3
2 3 2 3 6 5 8 0 2 3 2 2 3 6 5 4 0
6 2 15 2
0
6 5 4
3 2 2 3 2 4
2 0
15 3 2 2 3 2 4 6 6 5 4 *
x x x x
x x
x
x x
x
x x x
Ta chỉ cần xét
2
3
3
15 3 2 2 3 2 4 6 6 5 4 *
x x x
. Theo đề bài ta có :
3
3 6 5 8 2 3 2
x x
. Thế vào
*
được :
2
3 3
3
2
3
3
15 3 2 2 3 2 4 2 8 2 3 2 24
15 3 2 26 3 2 20 0.
x x x
x x
Phương trình vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm duy nhất
2x
.
Cách khác.
Đặt
3
3 2
6 5
u x
v x
ta có hệ phương trình
3 2
2 3 8
5 3 8
u v
u v
. Giải hệ bằng phương pháp thế
ta tìm được u hoặc v và do đó tìm được x.
Bài 12. B – 2009. Giải hệ phương trình
2 2 2
1 7
,
1 13
xy x y
x y
x y xy y
.
Giải.
Nhận thấy
, : 0
x y y
không là nghiệm của hệ. Chia lần lượt từng phương trình của
hệ cho
2
,y y
ta được :
2
2 2 2
2
2
1
1
7
7
1 7
1
1 13
1
13
13.
x
x
x
x
y y
xy x y
y y
x
x y xy y
x
x
x
y y
y y
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
10
Đặt
1
u x
y
x
v
y
ta có hệ phương trình :
2
2 2
7
7
7 7
5
7 13
13 20 0
4
v u
v u
u v v u
u
u u
u v u u
u
.
+) Trường hợp 1:
5
12
u
v
ta có hệ:
2
1
5
1
12 5
12
12 5 1 0
12
12
x
y
x y
y
y
x
y y
x y
y
. Hệ này vô nghiệm.
+) Trường hợp 2:
4
3
u
v
ta có hệ:
2
1
3
1
4
1
3
1
3
3 4 1 0
1
3
3
3
1
x
x y
x
x y
y
y
y
x
y y
x
y
y
y
.
Vậy hệ có nghiệm:
1
3
,
1
1
3
x
x
y
y
.
Bài 13. D – 2009. Giải hệ phương trình
2
2
1 3 0
,
5
1 0
x x y
x y
x y
x
.
Giải.
Điều kiện
0x
.
Với điều kiện trên ta viết hệ dưới dạng tương đương:
2
2
2
2 2 2
3
3 0
3
2.
5 0 2 5
x x y x
x x y x
x x y x
x x y
x x y x x x y x x x y
Khi đó
,x x y x
là nghiệm của phương trình:
2
1
3 2 0
2.
t
t t
t
+) Với
1x
ta có
1y
.
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
11
+) Với
2x
ta có
3
2
y
Tóm lại hệ có các nghiệm là
2
1
,
3
1
2
x
x
y
y
Bài 14. A – 2008. Giải hệ phương trình
2 3 2
4 2
5
4
,
5
1 2
4
x y x y xy xy
x y
x y xy x
.
Giải.
Ta có
2 3 2 2 2
2
4 2 2
5 5
4 4
5 5
1 2
4 4
x y x y xy xy x y xy x y xy
x y xy x x y xy
Đặt
2
u x y
v xy
ta có hệ
2
5
4
5
4
u v uv
u v
2
2
2
2
2
5
5
5
5
4
4
4
4
0
5
1 0
0
1.
4
u v
u uv v
u v
u v
u
u u v
u v
u vu u
u v
+)
5
0
4
u v
ta có hệ:
2
2
2
3
3
5
0
0
5
4
0
5 5
4
5
4 4
25
4
0 0
16
x
x y
x
x
x y
y y
x x
xy
y
x x
+)
1u v
ta có hệ:
2 2 2
1
5 5 1
1 0
2
4 4 4
3
1 1 1
2
u
u v u u u u
u v v u v u
v
Khi đó
2
1
1
2
3
3
2
2
x
x y
y
xy
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
12
Vậy hệ có các nghiệm là:
3
3
5
4
25
16
x
y
,
1
3
2
x
y
Bài 15. B – 2008.
Giải hệ phương trình
4 3 2 2
2
2 2 9
,
2 6 6
x x y x y x
x y
x xy x
.
Giải.
Từ phương trình thứ hai của hệ ta có:
2
2 6 6
xy x x
. Thế vào phương trình
4 3 2 2 4 3 2 2
2 2 9 4 4.2 4 4 2 9
x x y x y x x x y x y x
ta được:
2
4 2 2 2
3 2 4 2 3 2
4 3 2
3
4 4 6 6 6 6 4 2 9
24 24 36 36 12 12 72 8 36 0
12 48 64 0
4 0
0
4.
x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
x x
x
x
+)
0x
không thỏa mãn.
+)
17
4
4
x y
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
4
17
4
x
y
Bài 16. D – 2008.
Giải hệ phương trình
2 2
2
,
2 1 2 2 *
xy x y x y
x y
x y y x x y
.
Giải.
Điều kiện :
1
0.
x
y
Ta có:
2 2 2 2 2
2 0 0
0
1 2 0
2 1.
xy x y x y xy y x y x y
y x y x y x y x y
x y y x
x y
x y
+) Với
x y
không thỏa mãn do điều kiện x dương.
+) Với
2 1x y
thay vào
*
ta được :
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
13
2 1 2 2 2 2 1 2
1 2 2 1 0
y y y y y y
y y y
1 2 2 0
y y
1
2.
y
y
Đối chiếu điều kiện cho nghiệm của hệ là
5
2.
x
y
Bài 17. A – 2007.
Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
2
4
3 1 1 2 1
x m x x
.
Giải.
Điều kiện
1x
.
Chia cả hai vế của phương trình cho
1 0
x
ta được:
2
4
4
3 1 1 2 1
1 1
3 2 0.
1 1
x m x x
x x
m
x x
Đặt
4
1
,0 1
1
x
t t
x
(vì
4 4
1 2
1
1 1
x
t
x x
) ta có phương trình:
2 2
3 2 0 3 2t t m m t t
.
Vẽ bảng biến thiên hàm số
2
3 2y t t
trên
0;1
.
t
0
1
3
1
y
0
1
3
1
Vậy để hệ có nghiệm thì
1
1
3
m
Bài 18. B – 2007.
Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau
có hai nghiệm thực phân biệt
2
2 8 2
x x m x
.
Giải.
Với
0m
ta có điều kiện
2x
.
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
14
2
2
2
2
2 8 2 2 4 2
2 4 2
2 2 4 0
2
2 4 .
x x m x x x m x
x x m x
x x x m
x
x x m
Ta khảo sát hàm số
2
2 4
x x f x
trên
2;
.
Vì
'
3 4 0, 2;f x x x x
nên
2 0
f x f
.
Vậy khi
0m
thì phương trình có
2
2 4
x x m
nghiệm duy nhất khác 2 và do đó
phương trình
2
2 8 2
x x m x
luôn có hai nghiệm thực phân biệt.
Bài 19. D – 2007. Tìm giá trị của tham số m
để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
3 3
3 3
1 1
5
1 1
15 10.
x y
x y
x y m
x y
Giải.
Điều kiện
0xy
.
Hệ tương đương
3
3
1 1
5
1 1 1 1
3 3 15 10.
x y
x y
x x y y m
x x y y
Đặt
1
, , 2
1
u x
x
u v
v y
y
ta có hệ:
3
3 3
5
5
3 3 15 10
3 3 15 10
5
8 .
u v
u v
u u v v m
u v uv u v u v m
u v
uv m
,u v
là nghiệm phương trình
2
5 8 0 *
t t m
. Ta cần tìm điều kiện của m để
*
có hai
nghiệm
1 2
,t t
sao cho
1 2
2, 2
t t
.
Ta có
2 2
5 8 0 5 8t t m t t m
. Xét hàm số
2
5 8
f t t t
trên tập
; 2 2;
.
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
15
t
-2 2
5
2
'
f t
0
f t
22
2
7
4
Phương trình
2
5 8t t m
có hai nghiệm phân biệt
1 2
,t t
sao cho
1 2
2, 2
t t
khi và chỉ
khi
7
;2 22;
4
m
. Đây cũng là điều kiện để hệ có nghiệm.
Bài 20. A – 2006.
Giải hệ phương trình
3
,
1 1 4
x y xy
x y
x y
.
Giải.
Điều kiện
0
, 1.
xy
x y
Ta có:
3 3
1 1 4 2 2 1 4
3
5 2 4 16
x y xy x y xy
x y x y x y xy
x y xy
xy xy xy
Xét phương trình
5 2 4 16
xy xy xy
.
Phương trình tương đương:
2
2 4 11
11 0
4 4 121 22
11
3 26 105 0
3.
xy xy xy
xy
xy xy xy xy
xy
xy xy
xy
Vậy
6
6 3
9 3.
3
x y
x y x
xy y
xy
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
16
Bài 20. B – 2006.
Tìm m
để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biêt:
2
2 2 1 *
x mx x
.
Giải.
Phương trình tương đương:
2
2
2
3 4 1
2 2 1
1
1
2
2
mx x x
x mx x
x
x
Nhận thấy
0x
không là nghiệm của hệ nên ta có:
1
3 4
1
2
m x
x
x
Ta khảo sát hàm số
1
3 4f x x
x
trên tập
1
;0 0;
2
. Vì
'
2
1
3 0,
f x
x
1
;0 0;
2
x
nên ta có bảng biến thiên.
t
1
2
0
'
f x
f x
9
2
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hệ và do đó phương trình
*
có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ
khi
9
2
m
Cách khác.
Ta có
2
2
2
3 4 1 0 1
2 2 1
1
1
2
2
x m x
x mx x
x
x
Ta tìm điều kiện để phương trình
1
có hai nghiệm phân biệt lớn hơn
1
2
x
. Giả sử
1 2
,x x
là
hai nghiệm của phương trình
1
. Khi đó:
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
17
1
2 1 1 2 1 2
1 2
1 2 1 2
2
1 2
1
0
0
2
0
1 1 1 1
0 0 1 0
2 2 2 2
1 1
1
0.
1 1
0
2 4
0
2
2 2
x
x x x x x x
x x
x x x x
x
x x
Theo định lí Vi et ta có:
Bài 21. D – 2006.
Giải phương trình
2
2 1 3 1 0x x x x
.
Giải.
Điều kiện
1
2
x
Nhận thấy
1x
là một nghiệm của phương trình. Ta biến đổi phương trình theo hướng
này.
Ta có :
2 2
2 1 3 1 0 2 1 1 3 2 0
2 1
1 2 0
2 1 1
2
1 2 0
2 1 1
1
2 2 2 1 1 0
1
2 1 2 2 1 0 2 .
x x x x x x
x
x x
x
x x
x
x
x x
x
x x x x
Xét phương trình:
2 1 2 2 1 0 2 1 2
x x x x x x x
. Với
1
2
2
x
bình phương hai vế ta được:
2
2 2 3 2
3 2
2
2 1 2 2 9 12 4
5 6 2 0
1 4 2 0
1
2 2.
x x x x x x x
x x x
x x x
x
x
Ta thấy
2 2
x
thỏa mãn điều kiện.
Tóm lại phương trình có các nghiệm
2 2, 1
x x
.
Cách kác.
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
18
Đặt
2
2 1, 0 2 1
t x t x t
thế vào phương trình ta được
4 2
4 4 1 0t t t
hay
2
2
1 2 1 0
t t t
. Từ đây tìm được x.
Bài 22. D – 2006. Chứng minh rằng với mọi
a 0
hệ phương trình sau có nghiệm duy
nhất
e e ln 1 ln 1
a.
x y
x y
y x
Giải.
Điều kiện
1, 1x y
.
Thế phương trình thứ hai vào phương trình đầu của hệ được:
a
e e ln 1 ln 1 e e ln 1 ln 1 a
1 ln 1 0 * .
1
x y x x
x a
x y x x
a
e e
x
Đặt
1 ln 1 , 1
1
x a
a
f x e e x
x
.
Ta có
'
2
1
1 0, 1
1
1
x a
a x
f x e e x
x a
x
nên hàm nghịch biến trên
khoảng
1;
.
Và
1
lim ; lim
x
x
f x f x
nên phương trình
*
luôn có nghiệm duy nhất
trên khoảng
1;
.
Từ phương trình thứ hai của hệ ta có
y x a
nên phương trình
*
luôn có nghiệm
duy nhất trên khoảng
1;
thì cũng luôn tồn tại duy nhất
1;y
.
Vậy với mọi
a 0
hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Bài 23. A – 2005. Giải bất phương trình
5 1 1 2 4x x x x
.
Giải.
Điều kiện
2x
.
Ta có:
2
2
2
2
2
5 1 1 2 4 5 1 2 4 1
5 1 2 4 2 2 6 4 1
2 2 6 4
2
2 2 6 4
2
10 0
0 10.
x x x x x x
x x x x x
x x x
x
x x x
x
x x
x
Đối chiếu điều kiện cho nghiệm của bất phương trình là
2;10
.
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
19
Bài 24. B – 2005. Giải hệ phương trình
2 3
9 3
1 2 1
3log 9 log 3.
x y
x y
Giải.
Điều kiện
1
0 2.
x
y
Xét phương trình:
2 3
9 3 9 3
3 3
3log 9 log 3 3 1 2log 3 3log do , 0
log log
.
x y x y x y
x y
x y
Thế vào phương trình ban đầu cho ta:
2
2
2
1 2 1 1 2 3 2 1
3 2 0
3 2 0
1
2.
x x x x
x x
x x
x
x
Vậy hệ có nghiệm
1 2
,
1 2.
x x
y y
Bài 25. D – 2005. Giải phương trình
2 2 2 1 1 4x x x x
.
Giải.
Điều kiện
1x
.
Ta có:
2
2 2 2 1 1 4 2 1 1 1 4
2 1 1 1 4
1 2
3.
x x x x x
x x
x
x
Đối chiếu điều kiện thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm
3x
.
Bài 26. A – 2004. Giải bất phương trình
2
2 16
7
3
3 3
x
x
x
x x
Giải.
Điều kiện
4x
.
Với điều kiện trên, bất phương trình tương đương
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
20
2 2
2
2
2
2 16 3 7 2 16 2 5
2 16 0
I
5 0
5 0
II
2 16 4 5 .
x x x x x
x
x
x
x x
+) Xét hệ
I
.
Ta có:
2
4
2 16 0
5.
4
5 0
5
x
x
x
x
x
x
Đối chiếu điều kiện cho nghiệm của bất phương trình là
5x
.
+) Xét hệ
II
.
Ta có:
2
2
2
5 0
5
5
2 16 4 5
20 66 0
10 34 10 34
10 34 5.
x
x
x
x x
x x
x
x
Tóm lại bất phương trình có nghiệm
10 34
x
.
Bài 27. A – 2004. Giải hệ phương trình
1 4
4
2 2
1
log log 1
25.
y x
y
x y
Giải.
Điều kiện
0.
y x
y
Xét phương trình:
1 4 1 1
4 4 4
1
log log 1 log log 1
1
4
3
.
4
y x y x y
y
y x y
x y
Thế
3
4
x y
vào phương trình thứ hai của hệ được
2 2 2
9
25 16
16
y y y
4y
. Đối chiếu điều kiện lấy
4 3y x
. Vậy hệ có nghiệm
3
4.
x
y
Bài 28. B – 2004. Xác định m để phương trình sau có nghiệm:
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
21
2 2 4 2 2
1 1 2 2 1 1 1m x x x x x x
.
Giải.
Điều kiện
1 1x
.
Ta có:
2 2 4 2 2
2 2 4
1 1 2 2 1 1 1
1 1 1 2 1 2 0.
m x x x x x
m x x x m
Xét
2 2
1 1 , 1;1
f x x x x
ta có
'
2 2
1 1
1 1
f x x
x x
.
'
2 2
1 1
0 0 0
1 1
f x x x
x x
.
Vậy:
1;1
1;1
max max 1 , 0 , 1 max 2,0, 2 2;
min min 1 , 0 , 1 min 2,0, 2 0.
f x f f f
f x f f f
Đặt
2 2 2 4
1 1 , 0; 2 2 2 1
t x x t t x
4 2
2 1 2
x t
ta có
phương trình :
2 2
1 2 2 0 2 2
m t t m m t t t
. Do
2t
không là
nghiệm nên phương trình lại tương đương
2
2
2
t t
m
t
Xét hàm
2
2
2
t t
g t
t
trên
0; 2
có
2
'
2
4
0, 0; 2
2
t t
g t t
t
Nên
0 2 , 0; 2 hay 2 1 1, 0; 2
g g t g t g t t
.
Vậy để phương trình có nghiệm thì
2 1 1
m
.
Bài 29. D – 2004. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
1
1 3 .
x y
x x y y m
Giải.
Điều kiện:
, 0x y
.
Đặt
, 0
u x
u v
v y
ta có hệ phương trình:
3
3 3
1
1
1
.
1 3
3 1 3
u v
u v
u v
uv m
u v m
u v uv u v m
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
22
,u v
là nghiệm phương trình
2
0 *
t t m
. Ta tìm m để phương trình
*
có hai
nghiệm không âm. Điều này xảy ra khi:
0 1 4 0
1
0 1 0 0
4
0 0
m
S m
P m
Bài 30. A – 2003. Giải hệ phương trình
3
1 1
2 1.
x y
x y
y x
Giải.
Điều kiện
0xy
. Ta có:
3 3
3 3
1 1
1
0
1 0
1 0
2 1 2 1
2 1
2 1.
x y
x y
x y x y
x y
x y xy
xy
xy
y x y x
y x y x
+) Nếu
x y
thì ta có phương trình:
3 2
1
2 1 0 1 1 0
1 5
2
x
x x x x x
x
+) Nếu
1xy
thì ta có phương trình
3 4 4
2 1 2 2 0
y x xy x x x x
.
Đặt
4 ' 3 '
3
1
2 4 1, 0
4
g x x x g x x g x x
Vì thế
3
1
min 0
4
g x g
nên phương trình
0
g x
vô nghiệm.
Vậy các nghiệm của hệ là
1 5 1 5
1
2 2
, ,
1
1 5 1 5
2 2
x x
x
y
y y
Bài 31. B – 2003. Giải hệ phương trình
2
2
2
2
2
3
2
3
y
y
x
x
x
y
Giải.
Điều kiện:
0; 0x y
. Nếu
0 0
;x y
là nghiệm của hệ thì
0
0
0
0
x
y
.
Với điều kiện trên ta có:
2
2 2
2
2
2 2
2
2
3
3 2 3
2
3 2 4
3
y
y
x y y
x
x
y x x
x
y
.
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
23
Trừ từng vế của phương trình (3) cho từng vế tương ứng của phương trình (4) ta được:
3 3 0
3 0.
x y
xy x y x y x y x y xy x y
xy x y
+) Nếu
x y
thì ta có phương trình
3 2 2
3 2 0 1 3 2 2 0
x x x x x
1x
. Hệ có nghiệm
1
1.
x
y
+) Nếu
3 0xy x y
thì từ lưu ý ban đầu ta thấy chúng không xảy ra.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
1
1.
x
y
Bài 32. D – 2003. Giải phương trình
2 2
2
2 2 3
x x x x
.
Giải.
Ta có:
2
2 2 2
2
2 2 3 2 4.2 3 0
x x
x x x x x x
.
Đặt
2
2 , 0
x x
t t
ta có phương trình
1 2
1
4. 3 0 3 4 0
4.
t
t t t t
t
+) Với
1t
ta có
2
2
0
2 1 0
1.
x x
x
x x
x
+) Với
3 0t
ta loại.
Vậy phương trình có nghiệm
0
1.
x
x
Bài 33. A – 2002. Cho phương trình:
2 2
3 3
log log 1 2 1 0 *
x x m
(m là tham số).
a) Giải
*
khi
2m
.
b) Tìm m để phương trình
*
có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn
3
1;3
.
Giải.
Đặt
2
3
log 1, 1t x t
ta có phương trình:
2
2 1 0
t t m
.
a) Khi
2m
ta có phương trình
2
3
6 0
2.
t
t t
t
+) Với
3 1t
nên loại.
+) Với
2t
ta có phương trình
3
3
2 2
3 3
3
3
log 3
3
log 1 2 log 3
log 3
3 .
x
x
x x
x
x
Vậy phương trình có các nghiệm là
3
3
3
3 .
x
x
b)
2
2
2 1 0 1 1
2
t t
t t m m
.
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
24
Với
3
1;3
x
và do hàm số
2
3
log 1
f x x
có
'
3
2
3
2log
0,
ln 2. log 1
x
f x
x
3
1;3
x
nên
3
1 3 hay 1 2
f t f t
.
Cho nên để phương trình
*
có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn
3
1;3
thì phương trình
1
có ít nhất một nghiệm thuộc
1;2
.
Hàm số
2
1
2
t t
g t
đồng biến trên
1;2
nên
1 2 hay 0 2
g g t g g t
.
Vậy để phương trình
*
có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn
3
1;3
thì
0 2m
.
Bài 34. B – 2002. Giải hệ phương trình
3
2.
x y x y
x y x y
Điều kiện
0
2 0.
x y
x y
Ta có
2
0
2 2
2 0
x y
x y x y x y
x y x y
.
Thế vào phương trình đầu của hệ cho ta :
3
3
2 3
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 3 0
1
3
2
x x x x x x
x x
x x
x
x
+) Nếu
1x
thì
1y
. Điếu chiếu điều kiện cho nghiệm của hệ là
1
1.
x
y
+) Nếu
3
2
x
thì
1
2
y
. Điếu chiếu điều kiện cho nghiệm của hệ là
3
2
1
.
2
x
y
Tóm lại hệ có các nghiệm là
1
,
1
x
y
3
2
1
.
2
x
y
Bài 35. D – 2002. Giải bất phương trình
2 2
3 2 3 2 0
x x x x
.
Giải.
Hoàng Trường Giang Trường THPT Thượng Lâm – Tuyên Quang
25
Ta có:
2
2 2
2
2
2 3 2 0
3 2 3 2 0
2 3 2 0
3 0
x x
x x x x
x x
x x
1
2
2
1
; 2;
2
0
3
1
; 3; 2
2
x x
x
x
x
x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
1
; 3; 2
2
.
Bài 36. D – 2002. Giải hệ phương trình
3 2
1
2 5 4
4 2
.
2 2
x
x x
x
y y
y
Giải.
Xét phương trình
1
2 2.2 2 2 2
4 2
2
2 2 2 2 2 2
x x x x
x x
x
x x x
y y y y
.
Thế vào phương trình đầu của hệ:
3 2 2
2 0
0
2 5 2 4.2 2 2 5.2 4 0 2 1
2.
2 4
x
x x x x x x x
x
x
x
Vậy hệ có các nghiệm là
0
1
x
y
và
2
4.
x
y
Qua các đề thi trên, chúng ta có thể thấy rằng phương pháp biến đổi tương đương
vẫn là chủ đạo. Sử dụng phương pháp này đòi hỏi các em cần có những kỹ năng nhất
định trong việc nhóm các nhân tử, biểu thức. Rồi từ đây có thể đưa về các loại hệ (đặc
biệt là đối xứng loại I), đặt ẩn phụ hay phương pháp hàm số để giải quyết phần còn lại
của bài toán.
