Các bài toán mẫu giải hệ phương trình và phương trình thầy Đặng Việt Hùng

Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

TẶNG HỌC SINH CHĂM HỌC TRÊN FACEBOOK THẦY HÙNG ĐZ 10/3
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

(

)

 2 y − 2 y − 2 x 4 xy − 2 x − 4 + 8 x 3 − 4 = 3x 3

Ví dụ 1. [ĐVH]: Giải hệ phương trình 
 y + x 2 + 2 y = x + y 2 + 2 x + 2
Lời giải
4 xy − 2 x − 4 ≥ 0

y ≥ x ≥ 3 4
Điều kiện:  2
x + 2 y ≥ 0
 y 2 + 2 x + 2 ≥ 0

(2) ⇔ ( y + 1) − y 2 + 2 x + 2 + x 2 + 2 y − ( x + 1) = 0
⇔

2 y − 2x −1
y + 1 + y2 + 2x + 2

+


= 0 ⇔ ( 2 y − 2 x − 1) 
 y +1+
x2 + 2 y + x + 1

2 y − 2x −1

1
y2 + 2x + 2

+


=0
x 2 + 2 y + x + 1 
1

⇔ 2 y − 2 x − 1 = 0 (Do y ≥ x ≥ 3 4 )
Thay vào (2) ta được 2 x 2 x 2 − 4 + 8 x 3 − 4 = 3x 3
Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương ta có:
3x 3 = 2  4 + x 3 − 4  + x  2 + x 2 − 2  ≥ 8 x 3 − 4 + 2 x 2 x 2 − 4
4 = x 3 − 4
5
Dấu bằng xảy ra khi 
⇔ x = 2 (thỏa mãn) ⇔ y =
2
2
2 = x − 2

(

)

(

)

 5
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  2;  .
 2

Ví dụ 2. [ĐVH]: Giải bất phương trình x3 + 4 x 2 + x + 1 + 25 − x 2 ≥ 0

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
Điều kiện −5 ≤ x ≤ 5 . Bất phương trình đã cho tương đương với
x 2 − 16
3 − 25 − x 2 ≤ x3 + 4 x 2 + x + 4 ⇔
≤ ( x + 4 ) ( x 2 + 1)
2
3 + 25 − x

( x − 4 )( x + 4 ) ≤


 ≥ 0 (1)
3 + 25 − x 2
3 + 25 − x 2 




x−4
x−4
x−4
• Nếu x + 4 < 0 ⇒
< 0 ⇒ x2 + 1 −
> 0 ⇒ ( x + 4 )  x2 + 1 −
 < 0.
3 + 25 − x 2
3 + 25 − x 2
3 + 25 − x 2 

Khi đó (1) vô nghiệm.
x−4
 2
>0


x−4
x +1−
• Nếu −4 ≤ x < 4 ⇒ 
⇒ ( x + 4)  x2 + 1 −
3 + 25 − x 2
 ≥ 0 , (1) nghiệm
3 + 25 − x 2 

x + 4 > 0


đúng.
x−4
x − 4 3x 2 − x + 7
• Nếu x − 4 ≥ 0 ⇒ x + 4 > 0; x 2 + 1 −
≥ x2 + 1 −
=
> 0, ∀x ≥ 4 .
3
3
3 + 25 − x 2
Tổng hợp các trường hợp ta thu được nghiệm −4 ≤ x ≤ 5 .
⇔



( x + 4 ) ( x 2 + 1) ⇔ ( x + 4 )  x 2 + 1 −

x−4

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

2y − x

 x + y = 2x − y +
2x

Ví dụ 3. [ĐVH]: Giải hệ phương trình 
3 x 2 − 2 y + 2 = 2 x + 4 y 2 x − 1

Lời giải
1

x ≥ 2

Điều kiện:  x + y ≥ 0
2 x − y ≥ 0


2 y − x = 0
2y − x
2y − x
2y − x
(1) ⇔ x + y − 2 x − y =
⇔
=
⇔
2x
x + y + 2x − y
2x
 x + y + 2x − y = 2x

x + y + 2x − y = 2x ⇔ x + 2

- Nếu

( x + y )( 2 x − y ) = 0

vô nghiệm do x > 0 .

- Nếu 2 y = x thay vào (2) ta được 3 x 2 − x + 2 = 2 x + 2 x 2 x − 1

(

)

⇔ x 2x − 2x − 1 + x2 − 2x + 1 + x − 2 x + 1 = 0 ⇔ x

(

)

2 x − 1 − 1 + ( x − 1) +
2

2

(

)

2

x − 1 = 0 (3)

 x = 0
x 2x −1 −1 2 ≥ 0



 2 x − 1 = 1
1
1
2


Ta có ( x − 1) ≥ 0
với x ≥ Nên (3) ⇔  x = 1
⇔ x =1⇔ y =
2
2


2
x
=
1

 x −1 ≥ 0



 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 1;  .
 2
1
1


 x − y + 2 x2 + 1 = 2 y 2 + 1

Ví dụ 4. [ĐVH]: Giải hệ phương trình  2
.
 6x + 4 y + 8 = 5 x2 + y2 + 3
 2 x − y + 1

(

(

)

)

Lời giải.
Điều kiện 2 x − y + 1 ≠ 0 . Phương trình thứ nhất tương đương với x +
Xét hàm số f ( t ) = t +

1
; t ≠ 0 thì
2t + 1

1
2x +1
2

= y+

1

2 y2 +1

.

2

f ′ (t ) = 1 −

( 2t

4t
2

+ 1)

2

=

4t 4 + 4t 2 − 4t + 1

( 2t

2

+ 1)

2

=

4t 4 + ( 2t − 1)

( 2t

2

+ 1)

2

2

> 0, ∀t ≠ 0 .

Suy ra hàm số liên tục và đồng biến trên tập số thực. Thu được f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y .
6 x2 + 4x + 8
= 5 2 x 2 + 3 ⇔ 6 x 2 + 4 x + 8 = 5 ( x + 1) 2 x 2 + 3
x +1

Phương trình thứ hai khi đó trở thành

⇔ 2 ( x 2 + 2 x + 1) − 5 ( x + 1) 2 x 2 + 3 + 2 ( 2 x 2 + 3 ) = 0
⇔ 2 ( x + 1) − 5 ( x + 1) 2 x 2 + 3 + 2 ( 2 x 2 + 3) = 0
2

Với x ≠ −1 , đặt x + 1 = u; 2 x 2 + 3 = v ( v > 0 ) thu được

 u = 2v
2u 2 − 5uv + 2v 2 = 0 ⇔ ( u − 2v )( 2u − v ) = 0 ⇔ 

v = 2u
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

Xét các trường hợp
 x ≥ −1
 x ≥ −1
u = 2v ⇔  2
⇔ 2
(Hệ vô nghiệm).
2
 x + 2 x + 1 = 8 x + 12
7 x − 2 x + 11 = 0
 x ≥ −1
 x ≥ −1
−4 + 14
−4 + 14
v = 2u ⇔  2
⇔ 2
⇒x=
⇒ y=
.
2
2
2
2 x + 8 x + 1 = 0

2 x + 3 = 4 ( x + 2 x + 1)
−4 + 14
−4 + 14
;y=
.
Kết luận hệ phương trình có nghiệm duy nhất x =
2
2
5 x 2 − 8 x + 4 > x ( x 2 − x + 1)

Ví dụ 5. [ĐVH]: Giải bất phương trình

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
8
Điều kiện x ≤ 0 ∨ x ≥ . Bất phương trình đã cho tương đương với
5
x ( 5 x − 8 ) > x3 − x 2 + x − 4 ⇔ x ( 5 x − 8 ) − 2 > x3 − x 2 + x − 6
⇔



5x + 2
<0
> ( x − 2 ) ( x 2 + x + 3) ⇔ ( x − 2 )  x 2 + x + 3 −

x ( 5x − 8) + 2
x
5

x
−
8
+
2
(
) 


5x 2 − 8x − 4

(1)

2

1  11

Nhận xét x 2 + x + 3 =  x +  + > 0, ∀x ∈ ℝ . Xét các trường hợp
2
4

5x + 2
5x + 2
+) Nếu 5 x + 2 < 0 ⇒ x − 2 < 0;
< 0 ⇒ x2 + x + 3 −
> 0 , (1) nghiệm đúng.
x ( 5x − 8) + 2
x ( 5x − 8) + 2
+) Nếu
5x + 2

5 x + 2 2 x 2 − 3x + 4 
3  23
5x + 2 ≥ 0 ⇒ x + x + 3 −
≥ x + x + 3−
=
=x−  +
> 0, ∀x ∈ ℝ .
2
2
4  16

x (5x − 8) + 2
2

2

2

2
≤ x<2.
5
8
Kết hợp với điều kiện ta thu được nghiệm x ≤ 0 ∨ ≤ x < 2 .
5
Do đó (1) ⇔ x − 2 < 0 ⇔ x < 2 , suy ra −

Ví dụ 6. [ĐVH]: Giải bất phương trình

(

3 x 2 − 12 x + 5 + x 2 − 2 x

)

x3 − 1 ≥ 2 x 2 − 10 x + 5

Lời giải

3x − 12 x + 5 ≥ 0

Điều kiện:  x 2 − 2 x ≥ 0
⇔ x ≥ 2 . Trước hết, để ý rằng:
 x3 − 1 ≥ 0

2

2 x 2 − 10 x + 5 = ( 3 x 2 − 12 x + 5 ) − ( x 2 − 2 x ) =

(

3 x 2 − 12 x + 5 + x 2 − 2 x

)(

3 x 2 − 12 x + 5 − x 2 − 2 x

)

Khi đó bất phương trình đã cho trở thành:

x3 − 1 ≥ 3 x 2 − 12 x + 5 − x 2 − 2 x ⇔ x3 − 1 + x 2 − 2 x ≥ 3 x 2 − 12 x + 5
⇔ x3 + x 2 − 2 x − 1 + 2

(x

⇔ x3 − 2 x 2 + 10 x + 6 + 2

3

− 1)( x 2 − 2 x ) ≥ 3 x 2 − 12 x + 5

(x

2

− 3 x + 2 )( x3 + x 2 + x ) ≥ 0

⇔ ( x3 + x 2 + x ) − 3 ( x 2 − 3x + 2 ) + 2
⇔

(

x3 + x 2 + x − x 2 − 3x + 2

Với điều kiện x ≥ 2 suy ra

)(

(x

2

− 3 x + 2 )( x3 + x 2 + x ) ≥ 0

)

x3 + x 2 + x + 3 x 2 − 3x + 2 ≥ 0

( ∗)

x3 + x 2 + x + 3 x 2 − 3 x + 2 > 0 do đó

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

x ≥ 2
x3 + x 2 + x − x 2 − 3x + 2 ≥ 0 ⇔  3
⇔ x≥2
x + 4x − 2 ≥ 0
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [ 2; +∞ ) .

( ∗) ⇔

Ví dụ 7. [ĐVH]: Giải bất phương trình

2 x − 2 + 3x − 2
8x 2 − 2 x − 2 − 1
Lời giải

( x ∈ R)

≥1

3 x − 2 ≥ 0
3
2

Điều kiện: 8 x 2 − 2 x − 2 ≥ 0 ⇔ ≠ x ≥
4
3
 2
8 x − 2 x − 2 ≠ 1

TH1. Với

3
2
3
≠ x ≥ ; 8 x 2 − 2 x − 2 − 1 > 0 ⇔ x > , khi đó bất phương trình đã cho trở thành:
4
3
4

2 x − 2 + 3x − 2 ≥ 8 x 2 − 2 x − 2 − 1
⇔ 2 x − 1 + 3 x − 2 ≥ 2 ( 2 x − 1) + 2 ( 3 x − 2 )

2

⇔ ( 2 x − 1) + 3 x − 2 + 2 ( 2 x − 1) 3 x − 2 ≥ 2 ( 2 x − 1) + 2 ( 3 x − 2 )
2

2

1

x ≥
⇔ 2 x − 1 − 3x − 2 ≤ 0 ⇔ 2 x − 1 = 3x − 2 ⇔ 
⇔ x =1
2
4 x 2 − 5 x + 1 = 0

3
2
2
3
TH2. Với ≠ x ≥ ; 8 x 2 − 2 x − 2 − 1 < 0 ⇔ ≤ x < , khi đó bất phương trình đã cho trở thành:
4
3
3
4

(

)

2

2 x − 2 + 3 x − 2 ≤ 8 x 2 − 2 x − 2 − 1 ⇔ 2 x − 1 + 3 x − 2 ≤ 2 ( 2 x − 1) + 2 ( 3 x − 2 )
2

⇔ ( 2 x − 1) + 3 x − 2 + 2 ( 2 x − 1) 3 x − 2 ≥ 2 ( 2 x − 1) + 2 ( 3 x − 2 )
2

2

(

)

2 3 
∀x ∈  ; 
3 4 
2 3 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =  ;  ∪ {1} .
3 4 
2 x + 3 2 x − y = y + 4

Ví dụ 8. [ĐVH]: Giải hệ phương trình  2
2
x2 + 1 − x = 1
 x y 1 + y + 1
Lời giải:
ĐK : 2 x − y ≥ 0 .
1
Khi đó: PT ( 2 ) ⇔ x 2 y 1 + y 2 + 1 =
= x2 + 1 + x

2
x +1 − x

1
1
Do x = 0 không phải nghiệm nên: PT ( 2 ) ⇔ y 1 + y 2 + 1 = 1 + 2 + 1 
x
x

2
t
Xét hàm số f ( t ) = t 1 + t 2 + 1 ( t ∈ R ) ta có: f ' ( t ) = 1 + t 2 + 1
> 0 ( ∀t ∈ R )
t2 +1
1
1
Do vậy hàm số f ( t ) đồng biến trên R ta có: f ( y ) = f   ⇔ = y
x
 x
⇔ 2 x − 1 − 3x − 2

2

≥0

)(

(

)

(

(

(

)

)

)

Khi đó thế vào PT(1) ta có: 2 x + 3 2 x −

1 1
= +4
x x

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Đặt t = 2 x −

Facebook: Lyhung95

t = 1
1
≥ 0 ta có: t 2 + 3t − 4 = 0 ⇔ 

x
t = −4 ( loai )

 x = 1; y = 1
1
2
Với t = 1 ⇔ 2 x − = 1 ⇔ 2 x − x − 1 = 0 ⇔ 
x = 1 ; y = 2
x

2

 1 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = (1;1) ;  ; 2   .
 2 


(

)

 x x 2 + 4 + 1 = y + 3 3x 2 + y

Ví dụ 9. [ĐVH]: Giải hệ phương trình 
2
 −6 x + 2 y + 10 x − 16 x + 4 = 0
Lời giải:
ĐK: y ≥ 3x

PT (1) ⇔ ( x + 1) + x + 1 = 3x 2 + y + 3 3x 2 + y

3

Xét hàm số: f ( t ) = t 3 + t ( t ∈ R ) , f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0 ∀t ∈ R
Do đó hàm số đồng biến trên R. Ta có f ( x + 1) = f
Thay vào PT(2) ta có:

(

(

3

)

3x 2 + y ⇒ x3 + 3 x + 1 = y

) ( x + 1) ( 2 x

2 x3 + 2 + 10 x 2 − 16 x + 4 = 0 ⇔ 5 2 x 2 − 2 x + 2 +

2

)

− 2 x + 2 − 6 ( x + 1) = 0

x = 1⇒ y = 5
x +1
x +1
2

⇔− 2
+
+5 = 0 ⇔ 2
= 1 ⇔ 2 x − 3x + 1 = 0 ⇔ 
 x = 1 ⇒ y = 21
2x − 2x + 2
2 x2 − 2 x + 2
2x − 2x + 2
2
8

Vậy HPT đã cho có 2 nghiệm như trên.
6 ( x + 1)

Ví dụ 10. [ĐVH]: Giải phương trình 17 −

3x 2 + 1
− 1 = 6 x + 9 − x2 + x
x3 + 1
Lời giải.

( x ∈ ℝ) .

17 x 3 − 3x 2 + 16 ≥ 0
Điều kiện 
0 ≤ x ≤ 3
Ta có

(

9 − x2 + x

)

2

= 9 + 2 x 9 − x 2 ≥ 9 ⇒ 9 − x 2 + x ≥ 3 , kết hợp x ≥ 0 ⇒ 6 x + 9 − x 2 + x ≥ 3 .

Do đó thu được

3x 2 + 1
3x 2 + 1
3x 2
−
1
≥
3
⇔
17
−
≥
4
⇔
17
−
≥ 16
x3 + 1
x3 + 1
x3 + 1
x 2 ( x − 3)

x = 0
3x 2 + 1
⇔ 1− 3
≥0⇔
≥0⇔
3
x +1
x +1
x ≥ 3
Đối chiếu điều kiện và thử lại ta có nghiệm x = 0 .
17 −

Ví dụ 11. [ĐVH]: Giải bất phương trình

2 x 2 + 9 x + 3 + 4 ( x + 3) 2 x − 1

(

5 x + 3 2 + 2x − 1

)

≤1

( x ∈ ℝ) .

Lời giải:
Điều kiện: x ≥

1

.
2

(

)

Với , ta có: 5 x + 3 2 + 2 x − 1 ≥ 10

7
> 0 nên bất phương trình đã cho tương đương với:
2

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

(

2 x 2 + 9 x + 3 + 4 ( x + 3) 2 x − 1 ≤ 5 x + 3 2 + 2 x − 1

Facebook: Lyhung95

)

( ∗)

a = x + 3
Đặt 

( a, b ≥ 0 ) suy ra 2 x 2 + 9 x + 3 = ( x + 3)( 2 x − 1) + 4 ( x + 3) − 6 = a 2b2 + 4a 2 − 6 . Khi đó
b = 2 x − 1
bất phương trình ( ∗) trở thành:

( ∗) ⇔ a 2b 2 + 4a 2 − 6 + 4a 2b ≤ 5a ( 2 + b ) ⇔ a 2 ( b2 + 4b + 4 ) − 5a ( b + 2 ) − 6 ≤ 0
2
⇔ a 2 ( b + 2 ) − 5a ( b + 2 ) − 6 ≤ 0 ⇔ a ( b + 2 ) − 6 ≤ 0 ⇔ x + 3 ( 2 + 2 x − 1 ) − 6 ≤ 0
2 ( x − 1)
( 2 x + 7 )( x − 1) ≤ 0
⇔ 2 ( x + 3 − 2 ) + ( x + 3)( 2 x − 1) − 2 ≤ 0 ⇔
+
x+3+2
( x + 3)( 2 x − 1) + 2

2
⇔ ( x − 1) 
+
 x + 3 + 2
1
x≥ .
2


 ≤ 0 ⇔ x ≤ 1 vì
( x + 3)( 2 x − 1) + 2 
2x + 7

2
+
x+3+2

2x + 7

( x + 3)( 2 x − 1) + 2

> 0;

1 
Kết hợp với điều kiện, vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S =  ;1 .
2 

Thầy Đặng Việt Hùng ĐZ

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!