Đề cương toán luyện thi THPT Quốc gia Phần 4

CHUYÊN ĐỀ 10: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
Biên soạn và sưu tầm: Hoàng Đăng Hưng – GV trường THPT Lê Văn Thịnh
1. Sử dụng phương pháp biến đổi: biến đổi tương đương, phân tích thành phương
trình dạng tích, nhân chia biểu thức liên hợp…
Ví dụ 1. (Trích đề thi ĐH Khối A - 2004) Giải bất phương trình:

2( x 2  16)
7 x
 x 3 
.
x3
x3

Lời giải
ĐK: x  4


 x 2  16  0


10  2 x  0
Bpt  2( x 2  16)  x  3  7  x  2( x 2  16)  10  2 x  

10  2 x  0
 2
2
  2( x  16)  (10  2 x )
x5



 x  10  34
10  34  x  5

2
VT(*) < 0 (do x  ) nên (*) vô nghiệm
3
Ví dụ 2. Giải bất phương trình sau: ( x 2  3 x) 2 x 2  3x  2  0 (2)
Lời giải
Ta xét hai trường hợp:

x  2
TH 1: 2 x  3 x  2  0  
, khi đó bpt luôn đúng.
x   1

2
2

 2
 
1
1
2 x  3x  2  0
 x   ;     2;  

2
TH 2: BPT  
 
 x   ;    3;   . .
2

2

 x  3x  0
 x   ;0  3;  



1
Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là: T  ( ;  ]  {2}  [3; ) .
2

201


 x 2  xy  2 y  2 y 2  2 x (1)
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình: 
.
y
x

y

1

x

2.
(2)

Lời giải

ĐK: x  y  1  0.

(3)
x  y
(1)  x 2  y 2  xy  y 2  2 y  2 x  0  ( x  y )( x  2 y  2)  0  
 x  2  2 y (4)
 Từ (3) & (2) ta có x=y=1.
 y  0; x  2
 x  2  2 y
 Từ (4) & (2) ta có 

y   1; x  8.
 y 3  3 y  2 y

3
3
8 1
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm  x; y   1;1 ;  x; y    2;0  ;  x; y    ;   .
 3 3

2 xy
 2
2
 x  y  x  y  1 (1)
Ví dụ 4. (Trích Báo TH&TT) Giải hệ phương trình: 
 x  y  x2  y
(2)

Lời giải
ĐK: x  y  0.

Ta có (1)  x 2  2 xy  y 2 

2 xy
x  y 1
 2 xy  1  ( x  y ) 2  1  2 xy.
0
x y
x y

(3)
x  1 y

2 xy 
 2
2
 ( x  y  1)  x  y  1 
  0   x  y  x  y  0 (4)
x

y



x y
Vì x  y  0 nên phương trình (4) vô nghiệm.

 y  0; x  1
Từ (3) và (2) ta có y 2  3 y  0  
.
 y  3; x  2

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm  x; y   1;0  ;  x; y    2;3 .
1

(1)
 3 x (1  x  y )  2

Ví dụ 5. (Trích đề thi HSG QG 1996) Giải hệ phương trình: 
 7 y (1  1 )  4 2 (2)

x y
Lời giải
ĐK x  0; y  0.
Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 không thõa mãn hệ.
202


Với x >0, y >0 ta có


1
2
1
2 2


1 
1  x  y  3 x
3x
7y
1

1
8


( nhân vế với vế)





x  y 3x 7 y
1  1  4 2
 1  1 2 2
 x  y
x y
7y
3x
7y

 21xy  (7 y  24 x)( x  y )  24 x 2  38 xy  7 y 2  0  y  6 x (vì x, y dương).
Thay vào phương trình (1) ta được

1
2 1
1
2 
 1

.
1  0 

 7

.
7x
3 x
x
21 
 3

Từ đó suy ra x và y.

4


Bài tập tương tự: 
4



1 2
x 
4

1 2
y 
4


x y
2

x  y 
( Trích đề thi HSG Cần Thơ – 2012)
x y
 1
x  y 

Ví dụ 6. Giải bất phương trình: 2 x 3  (1  2 x  3 x 2 ). 2 x  1 .
Lời giải

y  0
Đặt y  2 x  1   2
, ta được bất phương trình
y

2
x

1


2 x 3   y 2  3 x 2  . y  2 x 3  3 x 2 y  y 3  0 (2)
*TH1: Xét y = 0 khi đó  x  

1
1
thay vào BPT thỏa mãn  x   là nghiệm
2
2
3

2

2

x
x
 x  x 
*TH2: Xét y > 0 khi đó BPT (2)  2    3    1  0   2  1  1   0
 y
 y
 y  y 
x 1
   y  2x
y 2

suy ra

 x  0
 1

 2  x  0
2
x

1

0

2x  1  2x  


.
 x  0
1 5


 0  x  4
  2 x  1  4 x 2

 1 1 5 
Vậy tập nghiệm của BPT là S =   ;
.
2
2


2 x 3  x  2 x 2 y  y
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình 
 x, y    .
2
 x  12 x  12 y  3  3 y  2 x  1
203


Lời giải
ĐK: x  0; y  0 .
Phương trình (1)  x  2 x 2  1  y  2 x 2  1   x  y   2 x 2  1  0  x  y
(Vì 2 x 2  1  0, x   ).
Thế vào phương trình (2) ta có





x 2  12 x  12 x  3  3x  2 x  1  x 2  3 2 x  1
Đặt a  2 x  1, a  1 , ta có phương trình

2





 3x  2 x  1

x 2  3a 2  3 x  a  x 2  3a 2  9 x 2  6ax  a 2

a  x
 x 2  3a 2  9 x 2  6ax  a 2  8 x 2  6ax  2a 2  0  
 a  4 x  L 

 x 1 2
Khi a  x , ta có x  2 x  1  x  2 x  1  0  
 x  3 2 2
 x  1  2  L 
 y  3  2 2 . Thử lại thấy thỏa mãn.





Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   3  2 2;3  2 2 .
Bài tập luyện tập:
Bài 1. Giải phương trình: 10 x 2  3 x  1  1  6 x  x 2  1 ( Đề thi HSG Lạng Sơn 2012)
Bài 2. Giải bất phương trình: x 3  3 x 2  2
Bài 3. Giải bất phương trình

 x  2

3

 6 x  0 ( Đề thi HSG Nghệ An 2012)

6( x 2  3 x  1)  x 4  x 2  1  0

Bài 4. Giải phương trình: 4  2 x 2  1  3  x 2  2 x  2 x  1  2  x 3  5 x  .
Bài 5. Giải phương trình: 2  x 2  x  6   5 x 3  8
Bài 6. Giải phương trình 2 x 2  5  2 x  1  x 2 .

 x 3  2 y 2  x 2 y  2 xy 1
Bài 7. Giải hệ phương trình: 
2
3
2 x  2 y  1  3 y  14  x  2  2 
y
 2
 x   x  y  3 x  y
Bài 8. Giải hệ phương trình: 
2 x 2  y 2  3 2 x  1  11

 

Bài 9. Giải phương trình:

x  7  10  x  x 2  2 x  66  0

3x  1  5 x  4  3 x 2  x  3
1 3
Bài 11. Giải phương trình: x  1 
x  x 2  8 x  2  3 x 3  20
2
Bài 10. Giải phương trình:

204


 x  y  1  1  4  x  y 2  3 x  y

Bài 12. Giải hệ phương trình: 
3
2 x  y 

2
Hướng dẫn giải
Bài 6.
Phương trình đã cho  2 x 2  5  6  2 x  1  2  x 2  4

x2  4

2

x2  5  3

x  2
  2( x  2)


2
 x  5  3
Ta có phương trình (1) 

x2
 ( x  2)( x  2)
x 1  1

2

2
 x  2 (1)
x 1 1



2
2
  x  2  1  2
  0 nên (1) vô nghiệm.
x 1 1
x 5 3


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    2;2  .
Bài 7. ĐK x 2  2 y  1  0

Từ (1) ta có x=y hoặc x2 = 2y (Loại)
x = y, thay vào phương trình ta có: 2 x 2  2 x  1  3 x 3  14  x  2

 2 x 2  2 x  1  3 x 3  14   x  2   0

 2 x  2 x  1 1 





0

2
 3 x3  14  x  2    x  2  
3 x2  2x 1

2

3

x

3

 14 

2

x 1 2

 x2  2x 1  0  
.
 x  1  2







Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y   1  2;1  2 ; 1  2;1  2 .

 x 2   x  y  3 x  y  y 1

Bài 8. Hệ đã cho tương đương với 
2
2
2  x  y   3 2 x  1  11 2 
Từ (1) suy ra y  0 , vì nếu y<0 thì x-y>0, do đó VT(1) > VP( 1)

1 

x2   x  y 



3

 

x  y 1 

x  y 1

 x2   x  y 
3

x  y

2

 x  y 1
3



x2   x  y   y  0


x2  x  y  y2
x2  x  y  y

205

0




x2   x  y 

x

y
  0  x  y 1  0
  x  y  1 

 3  x  y 2  3 x  y  1
x2  x  y  y 


Thế y  x  1 vào phương trình (2) ta được:
2

4 x 3  4 x  2  3 2 x  1  11   2 x  1  3 2 x  1  10  0
Đặt t  2 x  1, t  0 , ta có t 4  3t  10  0   t  2   t 3  2t 2  4t  5   0  t  2
Khi đó

5
3
5 3
 y  . Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    ;  .
2
2
2 2
2. Phương pháp đặt ẩn phụ
2x 1  2  x 

 x 2  y 2  xy  1  4 y
(1)
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình: 

2
2
 y ( x  y )  2 x  7 y  2 (2)
Lời giải:
Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ.
 x2  1
 y x y 4

Với y khác không, chia cả hai vế của (1) và (2) cho y ta được: 
2
( x  y ) 2  2 x  1  7

y
a  x  y
a  b  4
b  4  a
b  4  a
 a  5, b  9

Đặt 
 2
 2

.
x 2  1 ta có  2
b

a

3,

b

1
a

2
b

7
a

2(4

a
)

7
a

2
a
-15

0





y


Từ đây ta tìm được x và y.

5
 2
3
2
 x  y  x y  xy  xy   4
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình: 
 x 4  y 2  xy (1  2 x)   5

4
Lời giải:

5
 2
2
 x  y  xy ( x  y )  xy   4
Hệ đã cho tương đương với 
( x 2  y ) 2  xy   5

4
5
5


a  ab  b  
b    a2
2



x  y  a


4
4
Đặt 
, ta được hệ mới 

 xy  b
a 2  b   5
a  5 a  a 3  5  a 2   5


4
4
4
4
206


a
5
 3

2
 a  a  4  0
 a  0; b   4



5
2
a   1 ; b   3
b    a

4

2
2
Từ đó ta tìm được x, y.
Ví dụ 3. (Đề thi HSG Vĩnh Long 2012) Giải phương trình: 4 x 2  x  1  1  5 x  4 x 2  2 x 3  x 4
Lời giải:
Đặt t  x 2  x  1, t 

3
. Khi đó phương trình trở thành:
2

4t  t 4  7t 2  5  t 4  6t 2  9   t 2  4t  4   0
2

2

  t 2  3   t  2   0   t 2  t  1 t 2  t  5   0 (*)

t 2  t  1  0
(*)   2
t  t  5  0
 Với t 

3
1 5
thì t 2  t  1  0 có một nghiệm là t 
2
2

 Với t 

3
1  21
thì t 2  t  5  0 có một nghiệm là t 
2
2
2

1 5 
1 5
2
 Khi t 
thì x 2  x  1  
  2x  2x 1 5  0
2
 2 

x

1  3  2 5
1  3  2 5
hoặc x 
.

2
2
2

 1  21 
1  21
2
Khi t 
thì x 2  x  1  
  2 x  2 x  9  21  0
2
2



x

1  19  2 21
1  19  2 21
hoặc x 
.
2
2

1  19  2 21
1  19  2 21
; x
.
2
2

Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau
1
1
 2
2
2
2
 x  y  x2  y2  5
 x  y  xy ( x  y  4)  0  x  1  y  x  y   4 y  0
2)  2
. 3)  2
1) 
(
x

y
)(
x

y
)

4
xy
2

 x  x  y  2   x  2  0

 xy  1  x 2  y 2  2


Vậy phương trình đã cho có nghiệm  x 

207


 4 x 2  4 xy  4 y 2  51  x  y 2  3  0
 x 2 y 2  2 y 2  16  11xy
5)
4) 
 2
2
2
 x 2 y  12 y  3 xy
 2 x  7  x  y   1  0
3.Phương pháp hàm số.
Phương pháp hàm số là một trong những phương pháp quan trọng để giải phương trình,
bất phương trình, hệ phương trình. Muốn làm tốt phương pháp này ngoài việc nắm chắc các kĩ
thuật sử dụng hàm số còn cần phải chú ý những sai lầm thường gặp trong phương pháp này. Khi
giải các bài toán này thường sử dụng một trong các tính chất sau:
Cho K là một khoảng ( hoặc là nửa khoảng, hoặc là đoạn)
Tính chất 1: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên K, nếu hàm số y  f  x  luôn đồng biến hoặc
luôn nghịch biến trên K thì phương trình f  x   c (c là hằng số) có nhiều nhất một nghiệm trên
K.
Tính chất 2: Cho hàm số y  f  x  ; y  g  x  liên tục trên K, nếu hàm số y  f  x  luôn đồng
biến trên K, y  g  x  luôn nghịch biến trên K thì phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất một
nghiệm trên K.
Tính chất 3: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên K, nếu hàm số y  f  x  luôn đồng biến hoặc
luôn nghịch biến trên K thì với u , v  K ta có f  u   f  v   u  v .
Tính chất 4: Cho hàm số y  f  x  liên tục và có đạo hàm trên K, nếu phương trình f '  x   0
có nhiều nhất n nghiệm trên K thì phương trình f  x   0 có nhiều nhất n+1 nghiệm trên K.

Tính chất 5: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên K, nếu hàm số y  f  x  luôn đồng biến trên K
thì với u , v  K ta có f  u   f  v   u  v .
Ví dụ 1. (Trích đề thi HSG Nghệ An 2012) Giải phương trình:
2  x  2



3



x  5  2 2 x  5  3x  1 ( x  ) .

Lời giải

5
.
2
Phương trình đã cho tương đương:
3x  1
3x  1
3
x  5  2 2x  5 
0
 3 x  5  2 2x  5 
2x  4
2x  4
3x  1
5


Đặt
f ( x)  3 x  5  2 2 x  5 
với x thuộc  ;  
2x  4
2

Điều kiện xác định: x 

 f '( x) 

1
3 3  x  5

2



2
10
5

 0 với x 
2
2
2 x  5  2 x  4

5

 hàm số f ( x) đồng biến trên  ;   .
2


208


 phương trình f ( x)  0 có tối đa một nghiệm (1)
Ta có f (3)  0
(2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  3
Nhận xét: Ngoài việc nắm rõ tính chất 1, để giải được bài tập trên cần phải lựu chọn đúng hàm
số cần khảo sát. Ta xét tiếp bài tập sau:
Ví dụ 2. (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2012) Giải phương trình:

3x  2 x  2 x.3x  1

 x  .

Lời giải

x  0
3x  1
TH1: 3  2 x  2 x.3  1  (3  1)(1  2 x )  0  

1
2 x  1  x 

2
2x  1
1
TH2: 3x  2 x  2 x.3x  1  3x 
 0( x  ) (1)

2x 1
2
2x  1
1 1


Xét hàm số f  x   3x 
, x   ;    ;  
2x 1
2 2


x

f '  x   3x ln 3 

x

x

4

 2 x  1

2

 0, x 

1
.

2

1 1


Suy ra, f  x  đồng biến trên từng khoảng  ;  ;  ;  
2  2


1 1


Nên trên mỗi khoảng  ;  ;  ;   PT (1) có nhiều nhất một nghiệm
2  2


Mà f 1  f  1  0 . Suy ra, (1) có 2 nghiệm x  1 .

1 

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: 1;0; ;1
2 

Nhận xét: Nếu không nắm chắc các tính chất cơ bản học sinh rất hay mắc sai lầm là:
1 1


khi khẳng định được f  x  đồng biến trên từng khoảng  ;  ;  ;   vội vàng kết luận
2  2



1 1


phương trình có nhiều nhất một nghiêm trên  ;    ;   .
2 2


Ví dụ 3. (Trích đề thi thử Đại học tỉnh Bắc Ninh 2013- 2014) Giải hệ phương trình:





 xy 2 x 2  1  1  3 y 2  9  3 y

 x, y    .

2
3
3
 3 x  1 x y  xy  5  4 x  3 x y  7 x  0
Lời giải:
ĐK: x 2 y  xy  5
209


Xét phương trình (1) 3 y 2  9  3 y  3 y  3 y  0, y ; y 2





x 2  1  x  0, x; y  x  0

Mà x 2 y  xy  5  y  x 2  x   5  y  0 .
2

3
3
3
Khi đó ta có: x x  1  x 
1   
y
y
 y
2

1a 

Xét hàm số f  t   t t  1  t , t   0;    f '  t   t  1 
2

2

t2
t2 1

 1  0, t   0;  

 Hàm số f  t  đồng biến trên  0;   .

3
3
3
Do đó phương trình 1a   f  x   f    x   y  .
y
x
 y
3
Thay y  vào phương trình (2) ta có
x

 3x  1

3 x  2  4 x 3  9 x 2  7 x  0   3x  1





3x  2  x  4 x 3  12 x 2  8 x

 x2  3x  2
3x  1 

  3 x  1
 4 x 3  12 x 2  8 x   x 2  3 x  2   x 
0
3x  2  x

3x  2  x 


x  1
3x  1
2
 x 2  3x  2  0  
( Vì x 
 0, x  )
3
3x  2  x
x  2
 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm 1;3 ;  2;  .
 2
Ví dụ 4. Giải bất phương trình: 3 x(2  9 x 2  3)  (4 x  2)(1  1  x  x 2 )  0 1
Lời giải:
Viết lại phương trình dưới dạng:

3 x(2  (3 x) 2  3)  (2 x  1)(2  [ (2 x  1) 2 ]  3
Xét hàm số f  t   t (2  t  3),
2

t  ;

'

2

f (t )  2  t  3 

t2
t2  3

hàm số f  t  luôn đồng biến 

1
Do đó (1)  f  3x   f  2 x  1  3x  2 x  1  x   .
5
 1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T    ;   .
 5

Ví dụ 5. (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2013) Giải hệ phương trình:
 x  log 2 x  log 2  2 x  y.2 x 
.

2
2log
x

6log
y

1

x
log
x


3
y

3

0



2
2
2
210

0


Lời giải:
ĐK: x  0; y  1
Phương trình 1  x  log 2 x  log 2  2 x  y  1   x  log 2 x  x  log 2  y  1  x  y  1
Thế vào (2) ta có 2log 22 x  6 log 2 x  x log 2 x  3 x  0

log 2 x  3  0  3

 log 2 x  3 2log 2 x  x   0  

 2log 2 x  x  0  4 

Giải (4), xét f  x   2log 2 x  x  x  0   f '  x  

2
1
x ln 2

2
.
ln 2
Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai nghiệm.
Mà f  2   f  4   0   4  có hai nghiệm x  2; x  4
f ' x   0  x 

Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm  x; y  :  8;7  ;  2;1 ;  4;3 
Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau

5
 2x  6
2x 1

1) x3  3 x 2  4 x  2   3 x  2  3 x  1

2)3 3  2 x 

3)  2 x 3  10 x 2  17 x  8  2 x 2 3 5 x  x 3

4) x 2  15  3 x  2  x 2  8

x
 2
 x  x  1   y  2   x  1 y  1

5) 
4 x y  1  8 x   4 x 2  4 x  3 x  1


 x 3  y 3  3  2 x 2  y 2   3  5 x  2 y  6   0
6) 
 3 3x  2  2 y  4  3

7) 3

x 1  2
1

2x  1  3 x  2

8)2 x 2  x 

1 3 9
1

 1
2
8
8x
x

 x 3  4 y 2  1  2  x 2  1 x  6

10) 
2

2
2
 x y 2  2 4 y  1  x  x  1

 x 6  y 3  2 x 2  9 y 2  33  29 y
9) 
 2 x  3  x  y





4. Phương pháp đánh giá.

 3 x  5   x 2  1  y  x 2  3 x  y  6 
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình: 
, x, y  . (x; y  R).
2
 4  y  2 y  1  y  3 x  4
Lời giải
■ Điều kiện :  y 2  2 y  1  0

 3x  5 ( x2  1)  y ( x 2  1)   3x

 5   y 

211


 y  3x  5

 3x  5  y  ( x 2  1  y)  0  
2
 y  x 1
Với y = 3x - 5 thay vào (2) ta được 4  y 2  2 y  1  1  0 vô nghiệm
Với y  x 2  1 thay vào (2) ta được

4

2  x 4  x 2  3 x  3 (*)

Điệu kiện  4 2  x  4 2 .

5  x4
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1.1.1. 2  x 
4
4
5 x
Từ (3) ta có: x 2  3 x  3 
 x 4  4 x 2  12 x  7  0
4
2
2
  x  1  x  2 x  7   0  x  1
4

4

Thử lại x = 1 thỏa mãn (*). Vậy hệ đã cho có nghiệm là (1; 0)
 x x2  y 2  x 2  2 x  y 2 3



 .
 
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình: 
76 x 2  20 y 2  2  3 4 x  8 x  1

Lời giải:
Điều kiện: x  y 2
Pt  x  x  y 2   x 3  2

2 3

 x  x 2   x  y 2

2



x  y   0
  2  x  y   x 

 



x  y2  0



 x  x  y 2  x x  x  y 2  2  x  y 2    0



 x  x  y 2  y 2  x  x2
Khi đó pt (2) trở thành: 96 x 2  20 x  2  3 4 x  8 x  1

8x  1
8x 
1
3
2
2
  8 x  1 
 3 4 x  8 x  1
2
3
Sử dụng BĐT Cô si cho 3 số ta tìm được nghiệm duy nhất của phương trình x 

1
8

 1 7   1  7  
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    ;
 ; ;
.
 8 8   8 8  

 x 12  y  y (12  x 2 )  12
Ví dụ 3. (Đề thi Đại học khối A – năm 2014) Giải hệ phương trình 
3
 x  8 x  1  2 y  2

Lời giải:
Ta có x 12  y  (12  x 2 ) y 

x

2

 12  x 2  12  y  y   12
212


Dấu “=” xảy ra 

x
12  y

2



12  y
y

 x y  (12  y )(12  x 2 ) (3)

Khi đó (1) tương đương với (3)

x  0
x  0
x  0

(3)   2




2
2
2
2
 x y  144  12 x  12 y  x y
12 y  144  12 x
 y  12  x (4)
Thế (4) vào (2) ta có

(2)  x 3  8 x  1  2 10  x 2  x 3  8 x  1  2 10  x 2  0
3



 x  8 x  3  2 1  10  x
  x  3  x 2  3 x  1  2.

2

0

  x  3  x  3 x  1  2.
2

1  (10  x 2 )

1  10  x 2

9  x2

 2
2( x  3)

x

3
x

3
x

1


0



1  10  x 2
1  10  x 2


x  3
 2
 x  3 x  1  2( x  3)  0
1  10  x 2



0


0


 x 3 y 3

x  3
Vậy 
y  3
5. Một số bài tập khác.
Bài 1. Giải phương trình 2 x 2  15 x  34  3 3 4 x  8 1 .
Lời giải:
Ta có 2 x 2  15 x  34  0  3 3 4 x  8  0  x  2
Cách 1:(Liên hợp thành phần)

1  2 x 2  15 x  28  3  3 4 x  8  2    x  4  2 x  7  
x  4

12
  2x  7 
 0  *


2
3


 4 x  8  2 3 4 x  8  4

+ Nếu x  4  VT *  0  phương trình (*) vô nghiệm
+ Nếu x  4  VT *  0  phương trình (*) vô nghiệm
+ Nếu x  4 . Thỏa mãn phương trình (*)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  4 .
Cách 2:(Liên hợp hoàn toàn)

1  2 x 2  16 x  32  3 3 4 x  8   x  2 
213

12  x  4 
3

 4 x  8

2

 2 3 4x  8  4


2

 x  4   x  14 
 2  x  4 
2
2
9 3  4 x  8  3 3 4 x  8  x  2    x  2 
2

0

x  4

 x  14 

*
2

0
 9 3  4 x  8 2  3 3 4 x  8  x  2    x  2 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  4 .
Cách 3:(Phương pháp đánh giá)
Ta có: 3 3  4 x  8  .8.8  4 x  8 

3

 4 x  8  x  2

( Theo bất đẳng thức Cô si)

2

Do đó 2 x 2  15 x  34  x  2  2  x  4   0  x  4 . Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  4 .
Bài 2. (Trích đề thi thử Đại học khối A tỉnh Bắc Ninh năm học 2012 – 2013)

 x 3  x 2 y  x 2  x  y  1
Giải hệ phương trình  3

.
2
2
3
x

9
y

6
x

3
y

15

3
6
x

2



Lời giải:

1  x3  x2 y  x 2  x  y  1  x 2  x  y    x  y   x 2  1   x  y   x 2  1  x 2  1
 x  y  1  0 (vì x 2  1  0, x )
Thế vào phương trình (2) ta có x 3  9 x 2  6 x  6  3 3 6 x 2  2

 x  1

3

 3  x  1   6 x 2  2   3 3 6 x 2  2  3

Xét hàm số f  t   t 3  3t  f '  t   3t 2  3  0  t     f  t  đồng biến trên  .
Phương trình (3)  f  x  1  f


3

3



6 x2  2  x  1  3 6x2  2 .
3

3

 x  9 x  3 x  3  0   x  1  2  x  1 .  x  1  2  x  1  x 
3

2

3

 3 2 1 2 

Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    3
;3
.
 2 1 2 1 

 x  5 x 2  y    x 2  y  x 2  y
Bài 3. Giải hệ phương trình: 
.
3
4
2
y

9
x

6
x

1

0

Lời giải:

1  5 x3  xy   x 2  y 

x2  y  0  4 x3  x  x 2  y   2



x2  y

x  0
 2 x  x2  y  
( Vì x =y =0 không là nghiệm của hệ )
2
y

3
x

214

3

 0

3

2 1
 y
2 1

3

2
.
2 1

Thế vào pt (2) ta có y 3  y 2  2 y  1  0 (*)
Ta giải phương trình (*) trên tập  .

  
Thật vậy: xét y   2; 2  , Đặt y  2sin t , t    ;
 2 2
Pt(*) trở thành:


,


8sin 3 t  4sin 2 t  2sin t  1  0

 4sin t 1  2sin 2 t   1  4sin 2 t  4sin t.cos 2t  4cos 2 t  3

 sin 4t  cos3t ( Do cos t  0 không là nghiệm của pt)
  k 2
t  14  7


 sin 4t  sin   3t   
k  
2

t     k 2

2


5
3 
   
  5 3 

Vì t    ;   t   ; ;    y  2sin ;2sin ; 2sin 
14
14
14 
 2 2 
14 14 14 

Mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm nên pt(*) có 3 nghiệm như trên


2sin


14
 y  2sin  x 
14
3
Kết hợp với điều kiện y  0 ta có 

3

2sin
14
 y  2sin 5  x 


14
3
Từ đó tìm được nghiệm của hệ phương trình.
Bài 4. (Trích đề kiểm tra năng lực giáo viên THPT tỉnh Bắc Ninh năm học 2012-2013)


2 x 2  13 x  17  y  3 y  1
2

 4 x  26 x  42  2
Giải hệ phương trình: 
.
2 x  13 x  19
6
y

1

 x  1  ( y  1) x1

Lời giải:
4 x 2  26 x  42  0
7


3  x 
ĐK:  y  1  0

2

x 1  0
 y  1

4 x 2  26 x  42  0, 

Ta có

17
 7
 2 x 2  13x  19  2, x  3; 
8
 2

2 x 2  13 x  17
2
4 x  26 x  42  2
 4 x 2  26 x  42  1  2
2
2 x  13x  19
2 x  13 x  19
2

Do đó,  y  3  y  1  12 





3

y  1  2 y  1  12  0 

215

y 1  2  y  3


Với y  3 ta có  2  
Xét hàm số g  a  

ln  x  1 ln  y  1

x 1
y 1

ln a
, a   0;  
a

1  ln a
, g 'a   0  a  e
a2
ln 2
ln 2
 5
Do x  1   2;   g  x  1  g  2  
; y  1  4  g  y  1  g  4  
2
2
 2

Từ đó suy ra x  3, y  3
Thử lại x  3, y  3 thỏa mãn hệ phương trình.
g ' a  

 3 x  4  3 y  4  x 3  x 2 y  0
Bài 5: Giải hệ phương trình 
 x, y    .
3
2
 x  3 y  1  8  3 x
Lời giải:
4
8
4
ĐK   x 
; y .
3
3
3

3
3
 4 4
Nhận xét:  x; y     ;   không là nghiệm của hệ. Do đó x   hoặc y  
4
4
 3 3
3 x  y 




3
 x2  x  y   0   x  y  
 x2   0
 3x  4  3 y  4

3x  4  3 y  4


Thay x  y vào phương trình (2) ta có.

1 

x 3  3 x  1  8  3 x 2   x 3  2 x  1   2  x   8  3 x 2  0


4
  x 2  x  1  x  1 

 2  x   8  3x 2

Ta có

x 1



4

2  x 

 x  1

2

8  3x 2




3
  0 , Vì 1
 x 2  0,

3x  4  3 y  4


 x 2  x  6   x  1 8  3 x 2
2  x  8  3x2

 2  x  1 8  3x  8  3 x   3
2



2 2  x  8  3x 2

2









2 2 x


1 5
x 
2
Do đó ta có  x 2  x  1  0  

1 5
x 

2
216

2

  3  0 , với
8  3x 

x  1  8  3x 2

2

4
8
 x
3
3


1 5 1 5  1 5 1 5 
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   
;
;
 ;
.
2   2
2 
 2
 x 3  3x 2  2  y 3  3 y 2
Bài 6: Giải hệ phương trình 
 x, y    .

14
x

2
y

48

5


x

x

3

Lời giải:
ĐK x  3; y  0;  14 x  2 y  48  0 .
Ta có: x  x  3   x  3  x  3  2 





x  3 1



x  3  2  0  x  3  1 x  4

Mà  14 x  2 y  48  0  2 y  14 x  48  8  y  4

1   x  1

3

 3  x  1 





3

y 3 3 y 3

Xét hàm số f  t   t 3  3t , t  1;    f '  t   3t 2  3  0 t  1;  
 f  t  đồng biến trên 1; 

Khi đó phương trình 1  f  x  1  f





y  3  x 1 

y 3

Thế vào phương trình (2) ta có
2

2 x 2  18 x  44  5  x  x  3  2  x  5   2  x  3   x  5   x  3
2

  x  5   x  3   0  x  5  x  3  x  7
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    7;33 . .
7. Một số bài tập tham khảo
Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:
1 3

1) x  1 
x  x 2  8 x  2  3 x 3  20
2
2) 4( x  1)2  (2 x  10)(1  3  2 x ) 2
2

3) 4  x 2  1  x 2 x 2  4  40.
4) x 2  4 x  1  x  7 ( Trích đề thi HSG Đắc Lắc 2013)
5) x 2  8  x  3 x  1  22 x  7  0 (Trích đề thi HSG TP HCM 2013)
6) ( x  4) 2  6 x 3  3 x  13
7) x 3 
8)

2 3

1  x 

 x 2 1  x 2 

5  x   x  3  1 

 5  x   x  3

217


 2
y2  2
y


x
 2x  2

9) 
x
 2
3
 y  1  2x  1  1
10)

5 x  1  3 9  x  2 x 2  3x  1

11)

( x  2)(2 x  1)  3 x  6  4  ( x  6)(2 x  1)  3 x  2
1 x

12) 1 

x2  1



5
6x

 x 2  3 x  y  2 y  x  6 1
14)  2
 x  2 y  x  1  y  3  2 

 x 2 y  xy  2 y  2 xy 2  x 1
13)  2
2
 x  8 y  xy 1  0

2 x 2  3 y  y 2  8 x  1  0
15) 
 x  x  8   y  y  3  13  0

12 x  3 y  4 xy  16
16) 
 4 x  5  y  5  6

 ( x  y)2  x  y  x 2
17)  2
2
4
2
4 y x  3 y  y  x

 x x  1  ( y  2) y  xy
18) 
( x  y  2) x  1  xy

 x 2  2 x  6  y  1
19) 
2
2
 x  xy  y  7

20)  x 2  1  5  x 2 x 2  4

2

 2 y  3  ( x 2  2013)(5  x)  x

21) 
2log 2 x  2log 1 ( x  y  2)  log 2 (3 y  3)

4

 xy  2  y x 2  2
22) 
( Trích đề thi HSG Nam Định 2013)
2
2
2
 y  2  x  1 x  2 x  3  2 x  4 x
3

3

23) 3x  x  2  ( x 3  3 x  1)32 x  x  34 x 1 (Trích đề thi HSG Ninh Bình 2012)

 xy  y  x
2
 xy  y 2  1  x

24) 
(Trích đề thi HSG TP HCM 2013)

x2  y y  1  6 y  1

x

 1 2x x  y
 2
 
25)  3 x 3 y 2 x  y
( Trích đề thi chọn đội tuyển QG – Hà Nội)
2 2 x  y  2 x  6  y




26) ( x  2)







2 x 2  4 x  6  2 x  1  2 x 2  6 x  7
(Trích đề thi chọn đội tuyển QG – Kon Tum 2013)
218


 x y 1   y  1 x

27) 

2 x2  9 x  6
2
 y 1
 4 x  18 x  20  2
2x  9 x  8

(Trích đề thi chọn đội tuyển QG – TP HCM 2013)

 x 2  xy  x  3  0

28) 
2
2
 x  1  3  y  1  2 xy  x y  2 y  0





 x 3  xy 2  2 y 3  0
29) 
4
2
2
3
 x  x  4  4 y  3 y

219

CHUYÊN ĐỀ 11: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VỚI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ
Biên soạn và sưu tầm: Nguyễn Minh Nhiên – Sở GD&ĐT
Trong những năm gần đây, bài toán cực trị trong các đề thi tuyển sinh đại học đa phần
là bài toán khó nhất đề thi. Để giải quyết các bài toán này đòi hỏi thí sinh phải có nhiều kỹ này
quan trọng khi giải các bài toán cực trị. Chuyên đề này đưa ra một số cách tiếp cận bài toán cực
trị bằng phương pháp hàm số.
1. Phương pháp khảo sát hàm đặc trưng
Ví dụ 1. Chứng minh rằng
x 1
a)
 2, x
x2  x  1
b)

x 2  x  1  y 2  y  1  z 2  z  1  3, x, y , z thỏa mãn x + y + z = 3.

Lời giải:
a) Xét hàm số

x 1

f  x 

x2  x  1

và f   x   0  x  1;

, x   . Ta có f   x  

lim f  x   1,

x 

3 1  x 
2  x 2  x  1 x 2  x  1

lim f  x   1

x 

Ta có bảng biến thiên




x
f’(x)
f(x)

1
+

0
2

-

-1

1

Từ bảng biến thiên suy ra f  x   f 1  2, x .
b) Áp dụng câu a ta có

x 1
x2  x  1

 2, x  x 2  x  1 

1
 x  1 (1)
2

1
1
 y  1  2 ; z 2  z  1   z  1  3
2
2
Cộng từng vế các BĐT (1), (2) và (3) ta có
1
x 2  x  1  y 2  y  1  z 2  z  1   3  x  y  z   3 (đpcm).
2
a
b
Ví dụ 2. Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng 8  8  8c  2 a  2b  2c .
Lời giải:
Tương tự

y2  y  1 

220


3

Xét hàm số f  x    2 x   2 x  2 x ln 2 trên R. Ta có
2

f   x   3. 2 x  .ln 2  2 x.ln 2  2ln 2   2 x  1 3.2 x  2  ln 2
và f   x   0  2 x  1  x  0 .
Ta có bảng biến thiên
x
f’(x)
f(x)





0
0

-

+





0
Suy ra f  x   0, x  R  f  a   f  b   f  c   0

 8a  8b  8c  (2 a  2b  2c )  2  a  b  c  ln 2  0  8a  8b  8c  2a  2b  2c
Ví dụ 3. (Trích đề thi đại học khối D năm 2006)
b

a

1  
1

Chứng minh rằng  2 a  a    2b  b  , a  b  0 .
2  
2 

Lời giải:
b

b

a

 1  4 a   1  4b 
1  
1

Ta có  2 a  a    2b  b    a    b 
2  
2 


 2   2 
 1  4
Xét hàm số f  x  

a b

b a

  1  4 

ln 1  4 x 
x

 ln 1  4

a b



 ln 1  4

b a



a



ln 1  4a 
a



ln 1  4b 
b

với x > 0. Ta có

f  x 

4 x ln 4 x  1  4 x  ln 1  4 x 
x 2 1  4 x 

 0,

nên f là hàm nghịch biến trên  0;  . Do đó f  a   f  b  (đpcm).
Bài tập tự luyện
Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  1 . Chứng minh rằng

a
b
c
3 3



.
1  a 2 1  b2 1  c 2

2
1 
y
x 
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi x, y   0;1 , x  y ta có
ln
 ln
 4.

y  x  1 y
1  x 

221


y

x

Bài 3: Chứng minh rằng  2 x  3 y    2 y  3x  , x  y  0 .
Tổng quát: Với a, b > 0 và x > y > 0 ta có

a

x

y

x

 b y    a y  bx  .

Bài 4: Cho x, y  0; x 3  y 3  1 . Tìm GTLN của A  x  2 y .
3

Bài 5: (VMO, 2004) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn  x  y  z   32 xyz . Tìm GTLN
và GTNN của biểu thức P 

x4  y 4  z 4

x  y  z

4

.

Bài 6: Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện: xy + yz + xyz = 4. CMR:
x  y  z  xy  yz  zx .
2. Phương pháp dồn dần về một biến
Đối với các bài toán cực trị nhiều biến, ta thường phối hợp với phương pháp chặn các biến
bằng cách: sử dụng BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-Schwarz, BĐT phụ hoặc sử dụng hàm số,....đưa
dần về một biến để khảo sát.
Ví dụ 1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1
P  a3  b3  c3
4
Lời giải
Nhìn biểu thức của P ta thấy có sự xuất hiện của cả ba biến số a, b, c mà ta không thể quy
trực tiếp về một biến số ngay nếu chỉ sử dụng giả thiết. Nhưng ta lại thấy P là biểu thức có đối

xứng với a, b , do đó ta dự đoán giá trị nhỏ nhất đạt được khi hai biến a, b bằng nhau. Ta chứng
3

a3  b3  a  b 
minh và sử dụng bất đẳng thức

 , đẳng thức xảy ra khi hai biến số a và b bằng
2
 2 
3

3

3
2
 a  b  1 3  1  c  1 3 c  3c  3c  1
nhau. Khi đó ta có P  
 f  c  . Bây giờ thì
  c 
  c 
8
 2  4
 2  4
việc giải quyết bài toán khá là dễ dàng bằng cách khảo sát hàm số g  c   8. f  c  trên khoảng

 0;1 .
Ta có g '  c   3c 2  6c  3 , g '  c   0  c1  1  2, c2  1  2 . Lập bảng biến thiên
của hàm số g  c  trên khoảng  0;1 ta có:





g  c   g  c2   g 1  2  6  4 2 , suy ra P  f  c  
Vậy Pmin 

1
32 2 .
4





1
1
3  2 2 khi và chỉ khi c  2  1, a  b  2  2 .
4
2







222



Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì

1 .

3a 2  3b 2  3c 2  4abc  13

Lời giải
Đặt T  3a 2  3b 2  3c 2  4abc . Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên không nghịch biến tổng quát
ta có thể giả sử 0  a  b  c .
3
Từ a + b + c = 3 và a + b > c suy ra 1  c 
(2).
2
Ta biến đổi
2

2

T  3( a 2  b 2 )  3c 2  4abc  3  a  b   2ab   3c 2  4abc  3  3  c   3c 2  2ab  3  2c 


2

 a b 
Do 2 – 3c > 0 và ab  
  3 , suy ra
 2 
1
1

2
2
2
T  3  3  c   3c 2   a  b   3  2c   3  c 2  6c  9   3c 2   3  c   3  2c 
2
2
3
27
 c3  c2 
 f c 
2
2
 3
Ta có f   c   3c 2  3c , nên f(c) đồng biến trên 1;  . Vì vậy, T  f  c   f 1  13 .
 2
Đồng thời T  13  c  1 . Với giả thiết 0  a  b  c và a + b + c = 3 và (3) suy ra a = b = 1, tức
là tam giác ABC đều.
Ví dụ 3. (Trích đề thi thử ĐH khối B tỉnh Bắc Ninh năm 2013)
Cho hai số thực x, y với y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

S

x4 y 4

 4y  5 
2
2

x4 y 4


 8 y 2  4 x  12 y  9
2
2
.
y 1

Lời giải
4
x4 1
1
2 y
Ta có
  x ,   y 2 dấu bằng xảy ra khi x 2  y 2  1
2 2
2 2
2

2

x2   y  2   x  2  3 y  2
x 2  y 2  4 y  4  x 2  9 y 2  4 x  12 y  8
S

y 1
y 1


   
Lấy u   x; y  2  , v   2  x;2  3 y  . Vì u  v  u  v nên

 
2
u  v  x2   y  2  
Dấu bằng xảy ra khi

2

 2  x  2  3y 

2



2

 x  2  x   y  2  2  3y 

2

 2 y2  1

2
x
y2

 0 (với x  2 hoặc y  không xảy ra dấu bằng)
3
2  x 2  3y
223

2


2 y2  1
Bây giờ ta đi tìm GTNN của S  f  y  
; y  1
y 1
2  y  1
2 y2  1
Mà f  y  

 2 . Vậy MinS  2 đạt được khi x  y  1 .
y 1
2  y  1
Ví dụ 4. (Trích đề thi khối A năm 2011)
Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [1; 4] và x  y , x  z . Tìm GTNN của biểu thức

P

x
y
z
.


2x  3 y y  z z  x

Lời giải
Trước hết ta chứng minh với mọi a, b dương, ab  1 thì
1

1
2
(*)


1  a 1  b 1  ab
Thật vậy, ta có (*)  ( ab  1)( a  b ) 2  0 luôn đúng do a, b dương và ab  1 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1.
Áp dụng (*) với x, y thuộc đoạn [1; 4] và x  y , x  z ta có

P

x
1
1
1
1




.
2x  3 y 1  x 1  x 2  3 y
x
1
y
z
x
y

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
Đặt

z x
x
 hoặc  1 (1)
y z
y

x
t2
2
 t , t  1; 2 , khi đó P  2

.
y
2t  3 1  t

2 t 3  4  3   3t  2t  1  9 
t2
2
Xét hàm f (t )  2

, t  1; 2 ta có f '(t ) 
 0.
2
2
2
2t  3 1  t
2

t

3
1

t




Suy ra, f (t )  f (2) 

34
.
33

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t  2 

x
 4  x  4; y  1 (2)
y

34
. Từ (1) và (2) suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 9, y =1, z = 2.
33
Ví dụ 5. (Trích đề thi khối A năm 2014)
Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  2 .
Do đó P 

x2

yz
1  yz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2


x  yz  x  1 x  y  z  1
9

224


Lời giải

x2
x2
x
Ta có 2


, dấu bằng xảy ra khi x 2  yz  1.
x  yz  x  1 2 x yz  1  x 2 yz  1  1
2

Ta lại có 2  x  y  z   x  y  z   2 x  y  z   2 yz   x  y  z 
2

2

2

2

x  y  z

2

2

 2 yz

2

  x  y  z   4 1  yz   x  y  z  2 1  yz .


yz
x 1
x 1
 1
 1
x  y  z 1
x  y  z 1
2 yz  1  1

Do đó,

P

x
x 1

1  yz
1
1  yz
1

 1

9
9
2 yz  1  1
2 yz  1  1
2 yz  1  1

1

1
1  yz 11  1
yz  3  11 2 5

 

  
yz  1  1  1
9
9  yz  3
9  9 3 9

Dấu bằng xảy ra khi x  1, y  1, z  0 hoặc x  1, y  0, z  1 .
Ví dụ 6. ( Đề thi chọn HSG QG THPT bảng B, 1999)
Xét phương trình ax3  x 2  bx  1  0 với a, b là các số thực, a  0 , a  b sao cho các

5a 2  3ab  2
nghiệm đều là số thực dương. Tìm GTNN của P 
.
a 2 b  a 
Lời giải
Gọi u, v, s là ba nghiệm thực dương của đa thức ax3  x 2  bx  1 . Theo định lý Viete ta có
1
b
1
u  v  s  ; uv  vs  su  ; uvs 
1 .
a
a
a
Từ đó suy ra a > 0, b > 0.
1
Đặt c  . Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có
a

c  uvs  u  v  s  3 3 uvs  3 3 c  c 3  27c  c  3 3
2

Mặt khác,  u  v  s   3  uv  vs  su  
2

 2 .

1
2
2

2
u  v   v  s    s  u   0 .
2



Do đó c 2   u  v  s   3  uv  vs  su   3bc



 3

Từ (1), (2) và (3) ta có

b
1
5  3  2 3 c  5  3bc  2c 2  c  5  c 2  2c 2  5c  c 2  5 
5a  3ab  2 1
a
a 
P
 .


b
c2
a 2 b  a 
a
bc


1
c2  3
1
1
a
3
2

225

 4