tuyển chọn các bài toán hay và khó
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (312.9 KB, 7 trang )
Ngô Minh Ngọc Bảo
A
B
D
C
nx + y
2
2
ny + x + x − xy = xy − y + 1
x 2 + n ( xy − 1) + 2 y . x − y + 1 = 0
2
a 2 + bc
2
a
+
bc
≤
f
a
,
b
,
c
) ÷ ∑
∑
÷ ∑ (
cyc
cyc
cyc f ( a, b, c )
Tài Liệu Lưu Hành Facebook
÷
÷
Bài toán 1: Giải hệ phương trình :
x 2 + y 2 + 2 ( x − y ) = x + y
3
8 x + x + 7 y = 0
Lời giải chi tiết
Điều kiện :
Đặt
x − y ≥ 0, x + y ≥ 0
a = x + y
b = x − y a, b ≥ 0
,
( 1) ⇔
Ta có :
.
khi đó hệ trở thành
1 2
a + b 2 ) = a − 2b =
(
2
a − 2b
a + 2b
a2 + b2
+ 2b = a ( 1)
2
( a + b ) 3 + 4a − 3b = 0 ( 2 )
.
Dễ thấy, để hệ phương trình đã cho có nghiệm thì
f ( a ) = ( a + b ) + 4a − 3b, ∀a ∈ [ 2b; +∞ )
a ≥ 2b
.
3
Xét hàm số
f ' ( a ) = 3 ( a + b ) + 4 > 0, ∀a ∈ R.
2
trên
R
Do đó hàm số
.
f ( a)
đồng biến
f ( a ) ≥ f ( 2b ) = ( 2b + b ) + 4. ( 2b ) − 3b = 27b3 + 5b
3
. Khi đó :
Mặt khác,
b ≥ 0 ⇒ 27b3 + 5b ≥ 0 ⇒ VT ( 2 ) ≥ 0
Đẳng thức xảy ra khi
.
x − y = 0
a =b=0⇔
⇔ x= y=0
x
+
y
=
0
Vậy nghiệm của hệ phương trình là :
( x; y ) = ( 0;0 )
.
.
f ( a)
Nhận xét : Việc xét hàm số
kiện
a ≥ 2b
ta dễ dàng suy ra
có lẽ “ hơi thừa” vì từ điều
VT ( 2 ) ≥ 27b3 + 5b ≥ 0
. Tuy nhiên
trong một số trường hợp việc thế đánh giá trực tiếp không
thuận lợi thì khảo sát hàm số sẽ phát huy được khả năng
tối ưu!
Bài toán 2: Giải hệ phương trình
1
1 x2 + 1
+ =
( 1)
2
y
x +y+ y x
2
xy + y = x + y ( 2 )
Lời giải chi tiết
x ≠ 0, y > 0.
Điều kiện :
( 2 ) ⇔ xy +
⇔ xy −
Từ phương trình
y − x 2 + y = 0 ⇔ xy −
(
( 2)
)
ta có :
x2 + y − y = 0
x
÷= 0 ⇔ y =
= 0 ⇔ x y −
2
÷
x2 + y + y
x
+
y
+
y
x2
Thay vào phương trình
y 1 x2 + 1
+ =
⇔ ( y + 1)
x x
y
( 1)
( y)
3
+ y = x3 + x
.
3
Xét hàm số
x2 + y + y
ta có :
y = ( x 2 + 1) x ⇔
f ( t ) = t + t, t ∈ R
x
( 3)
f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ R
2
. Ta có :
.
Do đó hàm số
Khi đó
f ( t)
( 3) ⇔ f ( x ) =
đồng biến trên
f
( y) ⇔ x =
Thay vào phương trình
( 2)
.
y
ta có:
y +1 = 2 ⇔ y = 2 −1 ⇒ x =
R
2 −1 =
.
y y + y = 2y
1
2 +1
.
( x; y ) =
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
)
(
2 − 1; 2 − 1
(
)
2x −1 + 1
x 2 + xy − x − y =
2
3
3
( 1 − y ) + 2 = 3 3 x − 2
2
Bài toán 3: Giải hệ phương trình
Lời giải chi tiết
Điều kiện:
x ≥ y, 2 x ≥ 1
. Từ phương trình 1 của hệ ta có :
2 x 2 + 2 xy − 2 x − y = 2 x − 2 2 x − 1 ⇔ x 2 + xy − x − y + 2 x − 1 − x = 0
⇔ x ( x + y − 1) +
(
)
2x −1 − x − y = 0
1
⇔ ( x + y − 1) x +
2x −1 + x − y
= 0 ⇔ x + y −1 = 0
÷
÷
Thay vào phương trình thứ 2 của hệ ta có:
x3 + 2 = 3 3 3 x − 2 ( *)
.
Từ điều kiện
2 x − 1 ≥ 0 ⇒ VT ( *) > 0
có nghiệm thì
. Do đó để phương trình
3 3 3x − 2 > 0 ⇔ 3x − 2 > 0
Theo bất đẳng thức
AM − GM
.
ta có :
x3 + 2 = 3 3 3 x − 2 = 3 3 ( 3 x − 2 ) .1.1 ≤ 3 x ⇔ ( x − 1)
Đẳng thức xảy ra khi
( *)
x =1⇒ y = 0
2
( x + 2) ≤ 0
.
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm
( x; y ) = ( 1;0 )
.
Nhận xét: Bài này có một lỗi mà nhiều bạn sẽ dễ mắc phải?
Đó là việc áp dụng
AM − GM
Bài toán này chứng minh
mà quên chứng minh
3x − 2 > 0
3x − 2 > 0
khá đơn giản vì vế trái
( *)
khá cơ bản. Trong trường hợp người ra đề muốn làm khó
bạn đọc bằng cách cho vế trái
( *)
là một hàm số phức tạp
thì bạn đọc cố gắng khảo sát chứng minh
dùng những đánh giá mạnh hơn .
Min ( VT ) ≥ 0
hoặc
.
(
Bài toán 4 : Giải hệ phương trình
3 y 2 − 4 = 2 y x 2 + 4 + 2 x
y 2 + 2 x = y + 2 xy + 4
)
Lời giải chi tiết
Điều kiện :
Nhận thấy
y≥0
y=0
.
3y −
Từ phương trình 1 của hệ ta có:
t = x2 + 4 + x =
Đặt
Xét hàm số
4
x2 + 4 − x
4
= 2 x 2 + 4 + 4 x ( *)
y
⇒ 2 x 2 + 4 + 4 x = 3t −
4
t
f
(
f ( u)
đồng biến trên
( 0; +∞ )
.
. Khi đó ta có :
)
y ≥ x
x 2 + 4 + x ⇔ y = x2 + 4 + x ⇔ 2
y − 2 xy − 4 = 0
y − 2x ⇔
x > 0
y − 2x = 0 ⇔
y = 4x
y = 4 x ⇒ 16 x 2 − 8 x 2 − 4 = 0 ⇔ x 2 =
Với
.
.
Thay vào phương trình 2 của hệ ta có :
y 2 − 2 xy − 4 =
.
4
4
f ( u ) = 3u − , ∀u ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f ' ( u ) = 3 + 2 > 0∀u
u
u
Do đó hàm số
( *) ⇔ f ( y ) =
y>0
không là nghiệm của hệ do đó
1
1
⇔x=
⇒ y=2 2
2
2
1
;2 2 ÷
2
( x; y ) =
Vậy hệ phương trình có nghiệm
Bài toán 5 : Giải hệ phương trình
.
