Một số chuyên đề toán - Luyện thi

———————————————————————-
THÂN VĂN CƯƠNG
Gv THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang
——————————-t v c———————————-
CÁC CHUYÊN ĐỀ
TOÁN
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
————-BẮC GIANG, THÁNG 09 NĂM 2012————–
51
GD-05
89/176-05 Mã số: 8I092M5
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH 5
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 Phương trình - Hệ phương trình có dạng f
u f v . . . . . . . . . . . 7
1.1.2 Về hệ hoán vị vòng quanh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.1.3 Về phương trình, hệ phương trình dạng A
2
B
2
0 . . . . . . . . . . . . 14
1.1.4 Về phương trình, hệ có số ẩn nhiều hơn số phương trình . . . . . . . . . 15
1.1.5 Về phương trình, hệ phương trình sử dụng đồng biến, nghịch biến . . . 15
1.1.6 Về một số phương pháp tính tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.1.7 Giải hệ bằng phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.1.8 Một số hệ phương trình chọn lọc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.1.9 Phương trình, bất phương trình, hệ có tham số . . . . . . . . . . . . . . 22
2 LƯỢNG GIÁC - Biên soạn: Th.s Thân Văn Cương 27
2.1 Một số dạng phương trình thường gặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2 Các bài toán phương trình Lượng giác trong đề thi . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3 HÌNH HỌC - Biên soạn: Th.s Thân Văn Cương 34
3.1 Các bài toán về đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.2 Các bài toán về điểm và đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.3 Các bài toán về phương phá p tọa độ hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.3.1 Tọa độ hóa hình hộp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.3.2 Tọa độ hóa hình chóp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.4 Một số bài toán về hình cầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
4 MỤC LỤC
3.5 Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
4 CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ PHỨC 56
4.1 Các phép toán trên số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
4.2 Tính i
n
và áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
5 HÀM SỐ VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN 59
5.1 Câu hỏi phụ hay về hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
5.2 Câu hỏi phụ về khoảng cách . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
6 QUAN HỆ SONG SONG - Thân Văn Cương - THPT NSL 65
6.1 Vấn đề c ơ bản của hình học không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
6.1.1 Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
6.1.2 Tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . 67
6.1.3 Ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳ ng đồng quy . . . . . . . . . . . . . . 67
6.1.4 Xác định thiết diện của hình khối bị cắt bởi một mặt phẳng . . . . . . 68
6.1.5 Chứng minh hai đường thẳng chéo nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
6.1.6 Bài tập tổng hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
6.1.7 Chứng minh đường thẳng song song mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . 72
Danh mục từ khóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
Chươ ng 1
PHƯƠNG TRÌNH, HỆ

PHƯƠNG TRÌNH
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương . . . . . . . . . 5
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương
1.1. Tìm giá trị của m để hàm số y 2x 2 m x
2
4x 5 có cực đại.
Đs: m
2
1.2. Cho hàm số
y
f x x x 3
Tìm cực trị của hàm số trên.
Đs: x
0, x 1
1.3. Xác định các giá trị của tham số m để các phương trình sau có nghiệm thực.
a)
4m 3 x 3 3m 4 1 x m 1 0
Đs:
7
9
m
9
7
b)
4
x
2
1 x m
Đs: 0
m 1

c) m
x
2
1 1 x
2
2 2 1 x
4
1 x
2
1 x
2
1.4. Xác định số nghiệm của hệ phương trinh.
6 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
x
2
y
3
2
log
3
x.log
2
y
1
Đs: 2
1.5. Giải hệ phương trình
e
y
2
x

2
x
2
1
y
2
1
3log
3
x 2y 6 2log
2
x y 2 1
Đs:
x, y 7, 7
1.6. Giải hệ phương trình sau
x x
2
2x 2 3
y
1
1
y y
2
2y 2 3
x
1
1
1.7. Giải hệ phương trình sau
1 4
2x

y
.5
y
2x 1
2
2x
y 1
1
y
3
4x ln y
2
2x 1 0
1.8. Giải phương trình x 3 log
3
x 5 log
5
x 3 x 2
1.9. Giải bất phương trình x 2 2x 1 3 x 6 4 x 6 2x 1 3 x 2
Đs:
1
2
x 7
1.10. Giải bất phương trình 3 3 2x
5
2x 1
2x 6
1.11. Giải phương trình 3 x 2 9x
2
3 4x 2 1 x x

2
1 0
1.12. Giải phương trình x
3
4x
2
5x 6
3
7x
2
9x 4
1.13. Tìm m để hệ sau có nghiệm
2 xy y x y 5
5 x 1 y m
Đs: 1
m 5
1.14. Xác đinh m để phương trình sau có nghiệm thực
x x 1 m x
1
x 1
4
x x 1 1
1.15. Tìm m để hệ sau có nghiệm
x 1 y 1 3
x y 1 y x 1 x 1 y 1 m
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 7
1.16. Cho hàm số f x cos
2
2x 2 sinx cosx
3

3sin2x m. Tìm m sao cho f
2
x 36
1.17. Trong các nghiệm x; y của BPT log
x
2
y
2
x y 1. Tìm nghiệm để P x 2y
đạt GTLN.
1.18. (HSG Nghệ An-2009) Giải phương tr ình 2009
x
x
2
1 x 1.
Đs: x
0
1.19. (HSG Nghệ An 2009) Tìm m để hệ sau có 3 nghiệm phân biệt.
x y m
y 1 x
2
xy m x 1
Đs: m
3 3
2
1.20. Giải hệ phương trình
x
4
y
4

240
x
3
2y
3
3 x
2
4y
2
4 x 8y
1.21. Giải hệ phương trình.
x
4
x
3
y 9y y
3
x x
2
y
2
9x
x y
3
x
3
7
Đs:
x; y 1; 2
1.22. Giải hệ phương trình

4x
2
1 x y 3 5 2y 0
4x
2
y
2
2 3 4x 7
1.1.1 Phương trình - Hệ phương trình có dạng f
u f v
Chúng ta bắt đầu từ Định lý sau.
Định lý 1.1. Nếu hàm số y
f x luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên TXĐ D và
nếu có f
u f v thì u v
+ Việc chứng minh Định lý này không có gì là khó khăn. Bây giờ chúng ta hãy đi xét
các ví dụ ứng dụng cho Định lý này.
8 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Ví dụ 1.23. Giải phương trình sau.
2x 5 x 1
1
2x 5
1
x 1
(1)
Lời giải. Với bài toán này ta dễ dàng nhận ra hai vế của phương trình có hai biểu thức
giống nhau, sử dụng Định lý trên ta có thể giải như sau.
Phương trình tương đương với.
2x 5
1

2x 5
x 1
1
x 1
Ta thấy rằ ng phương tr ình trên đã xuất hiện f u f v như vậy công việc còn lại chỉ là
đi xét hàm "đăc trưng" cho hai vế của phương trình và chứng minh cho hàm đó đồng biến
(hoặc nghịch biến).
Thật vậy, xét f
t t
1
t
với t 0 ta có
f
t 1
1
t
2
0 với mọi t 0 từ đó suy ra f t luôn đồng biến. Từ phương trình suy ra
f
2x 5 f x 1 2x 5 x 1 . Đến đây để tìm ra nghiệm không có gì là khó, xin
dành cho các em hs!
Với phương trình mũ ta xét
Ví dụ 1.24. Giải phương trình sau.
e
cos
2
x
e
sin
2

x
cos2x
Lời giải. Tương tự như bài trên ta có e
cos
2
x
e
sin
2
x
cos
2
x sin
2
x e
cos
2
x
cos
2
x
e
sin
2
x
sin
2
x.
Từ đó xét hàm f
t e

t
t với t 0 ta được nghiệm cần tìm.
Qua ví dụ này chúng ta cũng thấy rằng để có phương trình trên chúng ta thường phải bắt
nguồn từ hàm số đã cho. Chẳng hạn với bài toán trên đó là hàm f t e
t
t, rồi sau đó
ta mới chế biến t
sin
2
x và t cos
2
x Như vậy để sáng tạo ra những bài toán dạng này
bắt buộc chúng ta phải chọn hàm s ố (quan trọng là chọn hàm như thế nào để ý đồ của ta
không dễ bị phát hiện). Ta xét ví dụ tiếp.
Ví dụ 1.25. (HSG Quảng Ninh) Giải phương tình.
5x 6
2
1
5x 7
x
2
1
x 1
Gợi ý. Viết lại phương trình đưới dạng.
5x 6
2
1
5x 6 1
x
2

1
x 1
Xét f
t t
2
1
t 1
với t
5
7
Xong
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 9
Ví dụ 1.26. (HSG Quảng Bình 2010) Giải phương trình.
x
3
3x
2
4x 2 3x 2 3x 1
Gợi ý. Nếu để ý ta sẽ thấy phương trình tương đương với.
x 1
3
x 1 3x 1
3
3x 1
Đến đây ta lại xét f
t t
3
t, t 0
Ví dụ 1.27. (HSG Hải Phòng 2010) Giải phương trình
2

3
2x 1 27x
3
27x
2
13x 2
Gợi ý. Phương trình đã cho tương đương với.
2x 1 2
3
2x 1 3x 1
3
2 3x 1
Từ đó ta xét hàm f t t
3
2t
Ví dụ 1.28. (Khối A-2010) Giải hệ phương trình.
4x
2
1 x y 3 5 2y 0
4x
2
y
2
2 3 4x 7
Gợi ý. Từ phương trình đầu ta có.
2x
2
1 2x 5 2y
2
1 5 2y

Xét hàm số f
t t
2
1 t f t 3t
2
1 0, từ đó ta suy ra f 2x f 5 2y hay
2x
5 2y y
5 4x
2
2
. Thế vào phương trình thứ hai ta được.
4x
2
5 4x
2
2
2
2 3 4x 7
với 0
x
3
4
(hàm này nghịch biến trên k hoảng) và có nghiệm duy nhất x
1
2
1.29. Giải hệ phương trình sau.
1)
x y cosx cosy
x

2
y
3y 18 0
2)
x
1
x
y
1
y
2x
2
xy 1 0
3)
x y e
x
e
y
log
2
2
x
3log
1
2
y 2 0
Ta xét tiếp một số ví dụ sau.
Ví dụ 1.30. Giải hệ phương trình sau.
2 2x 1
3

2x 1 2y 3 y 2
4x 2 2y 4 6
10 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Lời giải. Biến đổi phương trình (1) ta được phương trình
2
2x 1
3
2x 1 2 y 2 y 2 y 2
Với phương trình trên ta xét hàm số f
t 2t
3
t, rõ ràng hàm số đồng biến. Từ đó ta suy
ra phương trình trên tương đương f
2x 1 f y 2 2x 1 y 2.
Từ phương trình này ta thiết lập được mối quan hệ giữa x và y. Thay vào phương trình (2),
giải phương trình vô tỷ ta tìm được nghiệm x; y
1
2
; 6
Ví dụ 1.31. (HSG Nghệ An) Giải hệ phương trình sau
y
3
y x
3
3x
2
4x 2
1 x
2
y 2 y 1

Gợi ý. Phương trình (1) có dạng f y f x 1 với f t t
3
t y x 1.
Ví dụ 1.32. Giải hệ phương trình sau
e
y
2
x
2
x
2
1
y
2
1
3log
2
x 2y 6 2log
2
x y 2 1
Gợi ý. Từ phương trình (1) ta có
y
2
1 e
y
2
x
2
1 e
x

2
Với phương trình này ta xét hàm số f
t t
2
1 e
t
, t 0. Hàm này đồng biến, từ đó ta
được phương trình f
x
2
f y
2
.
Giải hệ ta được nghiệm
x; y 4; 4
1.33. Giải hệ phương trình sau.
1)
y
4
4x 2
xy
2x 4
5
2
x
x
3
y
3
2

y
2)
x
11
xy
10
y
22
y
12
7y
4
13x 8 2y
4
3
x 3x
2
3y
2
1
3)
x
3
5x y
3
5y
x
8
y
4

1
Với bài 2 ở trên ta có thể g iải thông qua ví dụ sau.
Ví dụ 1.34. Giải hệ phương trình sau.
x
5
xy
4
y
10
y
6
4x 5 y
2
8 6
Gợi ý. Với phươ ng trình thứ nhất, ta chia hai vế của phương trình cho y
5
ta được phương
trình
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 11
x
y
5
x
y
y
5
y
Với phương trình này ta xét hàm số f
t t
5

t, Từ đó sử dụng cách giải như các ví dụ
trên ta tìm được nghiệm của bài toán là
x; y 1; 1 , 1, 1
Tiếp tục ta xét ví dụ sau.
Ví dụ 1.35. Giải hệ phương trình sau.
x
3
2 3y 8
x y
3
2 6
Lời giải. Với bài toán này để chuyển được về dạng f u f v như các ví dụ trước ta làm
như sau.
Lấy phương trình (1) chia cho x
3
và phương trình (2) chia cho x ta được hệ.
2 3y
8
x
3
y
3
2
6
x
Cộng hai phương trình trên ta được phương trình sau.
y
3
3y
2

x
3
3
2
x
Đến đây chúng ta đã biết cách giải.
Với những dạng này chúng ta cũng nghĩ r a cho mình những hệ phương trình hay và độc
đáo.
1.1.2 Về hệ hoán vị vòng quanh
Đây cũng là một trong những loại hệ phương trình thường xuất hiện trong các kỳ thi
HSG. Chúng ta thường gặp hệ có dạng sau.
x f y
y f z
z f x
Cách giải loại này cũng cơ bản giồng nhau, ta thực hiện theo các bước sau.
- Đầu tiên ta xét hàm đặc trưng y
f t (hàm này thường đồng biến, hoặc nghịch biến).
- Giả sử hệ phương trình có nghiệm x
y (không giảm tính tổng quát), bằng suy luận (hàm
đồng biến, nghịch biến) ta sẽ tìm thấy điều vô lý.
- Từ đó suy ra hệ chỉ c ó nghiệm x y z.
- Thay vào phươ ng trình để tìm nghiệm.
Để minh học cho dạng này ta đi xét một số ví dụ sau.
12 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Ví dụ 1.36. Giải hệ phương trình sau.
x
3
3x 3 ln x
2
x 1 y

y
3
3y 3 ln y
2
y 1 z
z
3
3z 3 ln z
2
z 1 x
Lời giải. Xét hàm số f t t
3
3t 3 ln t
2
t 1 f t 3t
2
1
2t 1
t
2
t 1
0 với mọi t.
Suy ra, f
t là hà m đồng biến.
Giả sử x
min x; y; z khi đó x y f x f y y z f y f z z x. Nên suy
ra x
y z x x y z
Với x
y z ta có phương trình x

3
3x 3 ln x
2
x 1 x x
3
2x ln x
2
x 1 0
Xét hàm số p
x x
3
2x ln x
2
x 1 . p x là hàm đồng biến và có p 1 0. Suy ra
phương trình có nghiệm duy nhất.
Vậy hệ phươ ng trình có nghiệm
x, y, z 1, 1, 1
Chú ý. Ta cũng có thể mở rộng bài toán dạng hoán vị vòng quanh cho n biến.
- Nếu dạng
f x g y
f y g z
f z g x
với f là hàm tăng, còn g là hàm số giảm (hoặc tăng) ta cũng
dựa vào tính đồng biến, nghịch biến để suy ra x y z.
Ta xét ví dụ sau.
Ví dụ 1.37. Giải hệ phương trình sau.
x
2
x 2 3 y
3

x 3
y
2
y 2 3 z
3
y 3
z
2
z 2 3 x
3
z 3
Lời giải. Hệ phương trình đã cho trở thành
x
3
2x
2
3x 3y
2
3
y
3
2y
2
3y 3z
2
3
z
3
2z
2

3z 3x
2
3
Đặt f t t
3
2t
2
3t, t R và g t 3t
2
3. Khi đó hệ trở thà nh
f x g y
f y g z
f z g x
Ta có f t 3t
2
4t 3 0 với mọi t và g t 9t
2
0. Từ đó suy ra f và g là hai hàm
đồng biến trê n R.
Giả sử x, y, z là nghiệm của hệ, không giảm tính tổng quát ta giả sử x y. Từ hệ phương
trình trên ta suy ra g
y g z y z g z g x z x
Như vậy x
y z x hay x y z.
Thay vào hệ phương trình và giải ta tìm được nghiệm
x, y, z
1, 1, 1 ;
3
2
,

3
2
,
3
2
.
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 13
Với cách giải hoàn toán tương tự ta cũng có thể giả i các hệ phương trình sau.
Ví dụ 1.38. Giải hệ phương trình
1)
x 1
2
2y
y 1
2
2z
z 1
2
2x
2)
x
2
2x 6.log
3
6 y x
y
2
2y 6.log
3
6 z y

z
2
2z 6.log
3
6 x z
Gợi ý. Ở bài 1) ta đặt điều kiện của x, y, z và xét hàm số f
t
1
2
t 1
2
, hàm này đồng
biến (ta chia ra hai trường hợp để xét)
Ở bài 2) Biến đổi về hệ hoán vị vòng quanh và xét hàm số f
t
t
t
2
2t 6
và
g
t log
3
6 t
1.39. Giải các hệ sau.
1)
2x
3
2y
2

3y 3 0
2y
3
2z
2
3z 3 0
2z
3
2x
2
3x 3 0
2)
2x x
2
y y
2y y
2
z z
2z
z
2
x x
Gợi ý. 1) Xét hàm số f
t
1
2
3
2t
2
3t 3

2) Đặt x
tant sau khi biến đổi về hệ hoán vị vò ng quang
Trên đây ta vừa xét một dạng của hệ hoán vị vòng quang. Sau đây chúng ta xét một dạng
khác của hệ hoán vị vòng quanh. Đó là hệ phương trình có dạng
f x .g y A
g y .h z B
h
z .f x C
Với dạng hệ này, việc giải chúng cũng không có gì khó khăn. Ta chỉ việc nhân 3 vế của 3
phương trình trên với nhau. Từ đó ta tìm được nghiệm bằng cách thay lại từng phương
trình trong hệ vào phương trình hệ quả.
Ta xét ví dụ đơn giản sau.
Ví dụ 1.40. Giải hệ phương trình.
x.y 3
y.z
5
z.x 15
Lời giải. Rõ ràng hệ có nghiệm
x, y, z 0, 0, 0
Nhân cả 3 vế của 3 phương trình với nhau ta được phương trình
14 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
xyz
2
15
2
Hay xyz
15 hoặc xyz 15. Ta xét hai trường hợp.
TH1: Nếu xyz
15.
Từ (1) ta tìm được z

5
Từ (2) ta tìm được x
3
Từ (3) ta tìm được y
1
TH2: Nếu xyz
15. (Ta làm tương tự)
Bình luận Rõ ràng hệ này không khó và chắc rằng nó sẽ ít được sử dụng trong các kỳ thi
nếu chúng ta không "chế biến" thêm một chút. Ta xét ví dụ sau.
Ví dụ 1.41. Giải hệ phương trình sau.
x xy y 1
y
yz z 3
z zx x 7
Lời giải. Với bài này ta đã thấy khó phát hiện ra dạng trên hơn bài trước. Vì người ra đề
đã biến đổi hệ phương trình một chút (công việc của ta là phải tìm lại hệ nguyên mẫu ban
đầu).
Thật vậy hệ trên tương đương với hệ
x 1 y 1 2
y 1 z 1 4
z 1 x 1 8
Đến đây thì việc giải chúng
không còn là khó khăn nữa.
Với cách làm như vậy chúng ta cũng tự nghĩ cho mình một số hệ phương khác.!!!!!
1.42. Giải các hệ phương trình sau.
1)
2xy x y 1
2yz y z 1
2xz
x z 1

2)
xy 3x 2y 8
yz y 3z 8
xz
2z x 8
1.1.3 Về phương trình, hệ phương trình dạng A
2
B
2
0
Đây là loại phương trình và hệ phương trình cũng thường được dùng trong các kỳ thi.
Về nội dung của loại này, ta chỉ dựa vào điều kiện A
2
B
2
0 A B 0
Ta xét một số ví dụ sau.
Ví dụ 1.43. Giải phương trình sau.
4cos
2
x
3tan
2
x 4 3cosx 2 3tanx 4 0
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 15
1.1.4 Về phương trình, hệ có số ẩn nhiều hơn số phương trình
Với các bài toán dạng này, chắc chắn chúng ta phải dùng phương pháp đánh giá , suy
luận để tìm nghiệm (vì về nguyên tắc chúng ta không thể giải các phương trình, hệ phương
trình khi số ẩn nhiều hơn số phương trình). Ta có thể giải các bài toán dạng này bằng cách
tìm ra một trường hợp đặc biệt hoặc biến đổi về dạng tổng bình phương của các biểu thức

không âm.
Để minh họa cho dạng này ta xét một số ví dụ sau.
Ví dụ 1.44. Giải phương trình sau
x 2 y 1 3 z 2
1
2
x y z 11
Gợi ý. Ta chuyển phương trình đã cho về dạng x 1
2
y 1 2
2
z 2 3
2
0.
Từ đó ta tìm được nghiệm
x; y; z 1; 5; 11
Từ bài toán này ta có thể tự sáng tác cho mình những bài toán tương tự. Ý tưởng xuất
phát từ chính biểu thức cuối cùng. Chẳng hạn xuất phát từ ý tưởng phươ ng trình c uối
x 1
2
2 y
2
1 3
2
z 3 4
2
0, ta có phương trình
Ví dụ 1.45. Giải phương trình sau
x
4y

2
z 33 2 x 12 y
2
1 8 z 3
Với cách làm tương tự các bạn cũng tự làm cho mình những phương trình hay và đẹp.
1.46. Giải các phươ ng trình sau
a. x
2
4xcosxy 4 0
b. x
2
2xsinxy 1 0
1.1.5 Về phương trình, hệ phương trình sử dụng đồng biến, nghịch
biến
Ta xét một số ví dụ sau
Ví dụ 1.47. Giải hệ phương trình sau.
y x 1
e
x
e
y
ln 1 y ln 1 x
Gợi ý. Ta dễ thấy hệ phương trình trên chỉ có nghiệm trong trường hợp x y. Từ đó ta tìm
được nghiệm của hệ.
16 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
1.1.6 Về một số phương pháp tính tích phân
1. Áp dụng các tính chất của nguyên hàm.
Ta cần chú ý tới các tính chất sau.
*
f u du F u C

*
d f x
f x
ln f x C
Ví dụ 1.48. Tính các tích phân sau.
I
2
1
1 x
2006
x
2008
dx
Gợi ý. Ta có I
2
1
1
1
x
2006
d
1
1
x
Ví dụ 1.49. Tính I
e
1
lnx
x ln
2

x 1
dx
Gợi ý. Ta có I
1
2
e
1
d
ln
2
x 1
ln
2
x 1
Ví dụ 1.50. Tính I
π
4
0
1
2sin
2
x
1 sin2x
dx
Gợi ý. Ta có I
π
4
0
cos2x
1 sin2x

dx
1
2
π
4
0
d
1 sin2x
1 sin2x
dx
Ví dụ 1.51. Tính I
e
1
lnx
3
2 ln
2
x
x
dx
Gợi ý. Ta có I
1
2
e
1
3
2 ln
2
xd 2 ln
2

x
2. Phép đổi biến xuất hiện cả u và u’ Dấu hiệu của loại này là trong biểu thức tích
phân có xuất hiện c ả biểu thức "u" (ẩn phụ) và đạ o hàm của nó " u’". Chẳng hạn trong
biểu thức tích phân có xuất hiện x
3
và x
2
, xuất hiện lnx và
1
x
, xuất hiện cosx và sinx
Với bài toán dạng này ta có thể làm trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ. Ta xét một s ố ví dụ sau.
1.52. Tính các tích phân sau.
1. I
1
0
x
3
1 x
2
dx;
2. I
ln3
0
e
x
1 e
x
3
dx

3. I
2 3
5
dx
x x
2
4
; HD Đặt t
x
2
4
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 17
4. I
1
0
x
3
1 x
2
dx
5. I
2
1
x
1 x 1
dx Đặt t
1 x 1
6. I
e
1

1 3l nx.lnx
x
dx
7. I
π
2
0
sin2x
sinx
1 3cosx
dx, đặt t
1 3cosx
1.1.7 Giải hệ bằng phương pháp đánh giá
Để giải một bài toán bằng phương pháp đánh g iá thông thường ta sử dụng bất đẳng
thức để so sánh với một giá trị nào đó. Về nguyên tắc chung để giải một phương trình dạng
f
x g x bằng PP đánh gia ta làm như sau.
Bước 1: So sánh f
x M và g x M
Bước 2: Giải hệ f
x g x M
Ví dụ 1.53. Giải hệ phương trình sau.
x
2xy
3
x
2
2x 9
x
2

y
y
2xy
3
y
2
2y 9
y
2
x
Lời giải. Cộ ng hai vế của phương trình ta được
2xy
3
x
2
2x 9
2xy
3
y
2
2y 9
x
2
y
2
Ta có:
3
x
2
2x 9

3
x 1
2
8 2 suy ra
2xy
3
x
2
2x 9
2 xy
3
x
2
2x 9
2 xy
2
xy
Tương tự:
2xy
3
y
2
2y 9
xy . Mà theo BĐT Côsi ta có x
2
y
2
2 xy nên V T V P . Dấu
bằng xảy ra khi và chỉ khi
x; y 0; 0 , 1, 1

Ví dụ 1.54. Giải hệ phương trình sau.
3 x
3
y x
2
4
x
2
1 x y
2
1
18 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Gợi ý. Từ phương trình (2) ta có x
2
1 suy ra 1 x 1. Lập luận ta được 3 x
3
y x
2
4.
Ví dụ 1.55. Giải hệ phương trình sau.
x
2
x 2 4 y 1
y
2
y 2 4 x 1
Lời giải. Điều kiện: x
1; y 1
Trừ hai vế của phương trình ta được
x y x y 1 4 y 1 x 1

+ Nếu x y ta suy ra V T 0 còn V P 0 (vô lý)
+Nếu x
y ta cũng suy ra vô lý
Vậy x
y Giải tiếp ta được nghiệm x; y 1; 1 , 2; 2
1.1.8 Một số hệ phương t rình chọn lọc
Phần này bao gồm một số hệ phương trình xuất hiện trong các kỳ thi Đại học, thi học
sinh giỏi của các tỉnh trên toán quốc. Các bạn có thể đọc và tự phân dạng theo ý mình
1.56. Giải hệ
x
2
y xy
2
30
x
3
y
3
35
Gợi ý. Hệ đối xứng nghiệm x; y 2; 3 , 3; 2
1.57. Giải hệ
xy x y 2
x
3
y
3
2
Gợi ý. Đặt S x y; P xy, nghiệm x; y 1; 1.
1.58. Giải hệ phương trình sau
x y

1
x
1
y
4
x
2
y
2
1
x
2
1
y
2
4
Gợi ý. Hệ đối xứng với nghiệm
x; y 1; 1
1.59. Giải các hệ sau
1)
x y xy 5
x
2
y
2
xy 7
, 2)
x y 2xy 2
x
3

y
3
8
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 19
1.60. Giải hệ phương trình
x
3
y
3
7
xy x y 2
Gợi ý. Đặt S
x y; P xy, nghiệm x; y 1; 2 , 1; 2
1.61. Giải hệ phương trình sau
x
3
2x y
y
3
2y x
Gợi ý. Hệ đối xứng loại 2
1.62. Giải hệ sau
2x 3 4 y 4
2y 3 4 x 4
Gợi ý. Hệ đối xứng (có nhiều cách để dẫn đến hệ có nghiệm x
y), nghiệm x; y
3; 3 ,
11
9
;

11
9
.
1.63. Giải hệ phương trình sau
3x
x
2
2
y
2
3y
y
2
2
x
2
Gợi ý. Hệ đối xứng loại 2. Đáp số
x; y 1; 1
1.64. Giải hệ
x
1
x
y
1
y
2x
2
xy 1 0
Gợi ý. Với những bài toán dạng này ngoài PP giải bằng dạng hệ đối xứng loại 2, chúng ta
có thể giải bằng hàm số để tìm ra được nghiệm x

y (Các bạn xem thêm ở phần trên - giải
hệ bằng hàm số)
1.65. Giải hệ
x y cosx cosy
x
2
y 3y 18 0
Gợi ý. Hệ có nghiệm x
y
20 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
1.66. Giải hệ
x
2
3y 2 0
y
2
3x 2 0
1.67. Giải hệ
x 1 y 7 4
y 1 x 7 4
1.68. Giải hệ phương trinh
x
3
2 3y 1
x y
3
2 3
Lời giải. Với hệ dạng này chúng ta có thể giải như sau. Ta sử dụng phương pháp hàm số để
giải như sau.
Lấy phương trình (1) chia cho x

3
và lấy phương trình (2) chia cho x, rồi cộng hai vế của hai
phương trình với nhau ta được phương trình sau.
y
3
3y
1
x
3
3
x
Với phương trình trê n có dạng f
y f
1
x
. Từ đó ta tìm đượ c nghiệm của hệ phương tr ình.
Chú ý: Chúng ta sử dụng kiến thức sau
Cho hàm số f x luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên TXĐ. Khi đó nếu có f u
f v thì ta suy ra u v
1.69. Giải hệ phương trình
1 4
2x
y
.5
1
2x y
1 2
2x
y 1
y

3
4x 1 ln y
2
2x 0
Gợi ý. Từ phương trình (1) ta đặt t
2x y và xét hàm số f t , từ đó ta suy ra t 1, sau
đó ta thế vào phương trình (2) và xét hà m số f
y
1.70. Giải hệ phương trình sau
2x y
2
5 4x
2
y
2
6 2x y
2
0
2x
y
1
2x y
3
Gợi ý. Ta đặt u 2x y, v 2x y . Dễ thấy phương trình (1) là phương trình đẳng cấp bậc
2 với u và v.
1.71. Giải hệ phương trình
x x x y y 8 y
x
y 5
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 21

Gợi ý. Từ phương trình (1) nhóm lạ i và bình phương 2 vế sau đó thế phương trình (2) vào
phương trình (1)
1.72. Giải hệ phương trình
x
3
y
3
7
xy
x y 2
Gợi ý. Đặt y
kx ta được hệ phương trình đẳng cấp
1.73. Giải hệ phương trình
x
2
xy y
2
5
y
x
2x
y
5
2
2
xy
Gợi ý. Đặt y
kx ta được hệ phương trình đẳng cấp
1.74. Giải hệ phương trình sau
x

2
y
2
2xy 8 2
x y 4
Gợi ý. Bình phương phương trình (2) sau đó rút x
y và thay vào phương trình (1)
1.75. Giải hệ phương trình sau
x y y x 30
x x y y 35
Gợi ý. Hệ đối xứng loại 1
1.76. Giải hệ phương trình sau.
y xy
2
6x
2
1
x
2
y
2
5x
2
Gợi ý. Chia hai vế của hai phương trình cho x
2
rồi đặt u
y
x
, v
y

1
x
1.77. Giải hệ phương trình sau
x
2
y 1 x y 1 3x
2
4x 1
xy
x 1 5x
2
22 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Gợi ý. Nếu ta chú ý thì thế y 1 ở phương trình (2) vào phương trình (1) ta được phương
trình với 1 ẩn. Giải phương trình này ta tìm được nghiệm
x; y 1; 1 , 2;
5
2
1.78. Giải hệ phương trình sau
xy x y x
2
2y
2
x
2y y x 1 2 x 2y
Gợi ý. Ta nhận thấy phương trình (1) là phương trình có nhân tử chung là x
y
1.79. Giải hệ phương trình sau
y
2
5x 4 4 x

y
2
5x
2
4xy 16x 8y 16 0
Gợi ý. Giải phương trình (2), coi x là tham số còn y là ẩn của phương trình bậc hai (đến
bài 41- trong 203 bài hệ)
1.1.9 Phương trình, bất phương trình, hệ có tham số
1.80. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình.
x 2 2 x 3 3 x 1 m
1.81. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
sin
6
x
cos
6
x m sin
4
x cos
4
x
1.82. Tìm m để phương trình có nghiệm
cos2x
sin
2
x mc osx 1 0
1.83. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
sin
4
x cos

4
x cos2x
sin
2
2x
4
m 0
Gợi ý. chuyển về phương trình bậc hai đối với sin2x.
1.84. Tìm m để phương trình sau có nhiều hơn 1 nghiệm x 0;
π
2
1 m tan
2
x
2
cosx
1 3m 0
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 23
Gợi ý. Phương trình (ẩn t) phải có hai nghiệm dương
1.85. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
sin
6
x cos
6
x m sin2x
1.86. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
3
sin
2
x

3tan
2
x m tanx cotx 1 0
Gợi ý. Chuyển về phương trình đối xứng với tanx và cotx
1.87. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất
2
x
x y x
2
m
x
2
y
2
1
Gợi ý. Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ. Nếu
x
0
; y
0
là nghiệm thì x
0
; y
0
cũng
là nghiệm
1.88. Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x
1
2
m.9

2x
2
x
2m 1 6
2x
2
x
m.4
2x
2
x
0
Gợi ý. Đây là loại BPT đẳng cấp bậc 2. Chú ý đặt điều kiện của t
3
2
2x
2
x
1. Đs: m 0
1.89. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất.
1
2
x 1
3m 2
Gợi ý. Sử dụng điều kiện cần và đủ. Nếu đặt t
x 1 là nghiệm thì t 1 x cũng là
nghiệm. Từ đó ta tìm được x
0
1 và tìm được m 1.
1.90. Tìm m 0 nhỏ nhất thỏa mãn cos π m

2
2m
1
2
sin πm
2
0.
Gợi ý. Chuyển về phương trình bậc hai và ta tìm được m k và m
1 4k 3
2
. Đáp số:
0
minm
3 1
2
.
1.91. Tìm m để phương trình sau có nghiệm.
3 x 6 x 3 x 6 x m
24 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
1.92. Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x 4; 6
4 x 6 x x
2
2x m
Gợi ý. Đặt ẩn phụ t 4 x 6 x đáp số m 6.
Cách khác ta có thể thay một vài giá trị thuộc
4; 6 để tìm tham số .
1.93. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất.
2x
2
3x 2 5m 8x 2x

2
Gợi ý. Xét hai trường hợp
1.94. Biện luận số nghiệm của phương trình x 3 m x
2
1
Gợi ý. Lập bảng biến thiên và kết luận
1.95. Tìm m để phương trình có nghiệm x kπ: sin4 x mtanx
Gợi ý. Chuyển về phương trình bậc hai với cos2x
1.96. Tìm m để hệ sau có nghiệm.
x
4
5x
2
4 0
x
2
2m 1 x m
2
m 2 0
Gợi ý. Từ (1) suy ra
2 x 1, 1 x 2. Từ (2) suy r a x
1
m 2; x
2
m 1. Từ yêu
cầu đầu bài suy ra x
1
, x
2
lần lượt nằm trong hai khoảng nghiệm của phương trình (1).

1.97. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt.
2x
2
10x 8 x
2
5x m
Gợi ý. chuyển về phương trình dạng f x m sau đó dùng đồ thị hàm số.
1.98. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất.
mx
2
m 1 y sinx
tan
2
x y
2
1
Gợi ý. Dùng phương pháp điều kiện cần và đủ
x
0
, y
0
là nghiệm thì x
0
, y
0
cũng là
nghiệm.
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 25
1.99. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất.
log

3
x
2
4mx log
1
3
2x 2m 1 0
Gợi ý. Chuyển về phương trình bậ c hai và xét các trường hợp
1.100. Tìm m để phương trình sau có đúng 1 nghiệm x 0;
π
4
.
4 6m sin
3
x 3 2m 1 sinx 2 m 2 sin
2
xcosx 4m 3 cosx 0
1.101. Tìm m để phương trình sau có nhiều hơn 1 nghiệm x
3π
8
;
π
8
.
2cosx.cos2x.cos3x
m 7cos2x
1.102. Tìm m để hệ sa u c ó nghiệm
1
2
log

3
x
2
log
3
y 0
x
3
y
2
my 0
1.103. Tìm m để bất phương tr ình s au nghiệm đúng với mọi x 2; 4
4 4 x 2 x x
2
2x m 18
1.104. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt
1
3
x
2
2x
m
2
m 1
Gợi ý. Phương trình tương đương log
1
3
m
2
m 1 x

2
2x x
2
2x
2
f x .
Lập bảng xét dấu của f
x ta được 0 log
1
3
m
2
m 1 1, từ đó ta tìm được 1 m 0.
1.105. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
mx
2
m 1 y sinx
tan
2
x y
2
1
Gợi ý. Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ,giả sử hệ có nghiệm
x
0
, y
0
thì nó cũng
có nghiệm
x

0
; y
0
.
1.106. Cho phương trình
cos2x
2m 1 cosx m 1 0
Tìm m để phơng trình có nghiệm x
π
2
;
3π
2