ÔN THI THPT QUỐC GIA, HSG TOÁN LỚP 12 VỀ PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, BẤT ĐẲNG THỨC.......

VẺ ĐẸP CỦA VECTƠ QUA LỜI GIẢI NHỮNG ĐỀ THI HAY VÀ KHÓ
Trong kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng hàng năm, thường xuyên xuất hiện các bài
toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và bất đẳng thức. Có nhiều
phương pháp để giải các bài tốn đó như: biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, nhân liên
hợp, dùng lượng giác, dùng hàm số, dùng bất đẳng thức,…Bài viết này giới thiệu một
phương pháp để giải quyết các bài tốn như thế, đó là ‘‘Phương pháp Vectơ ” qua đó cho
ta một hướng suy luận và một cách xây dựng lớp bài toán mới.
A. Kiến thức trọng tâm
rr r r
1. Cho hai vectơ a , b a ≠ 0 . Điều kiện cần và đủ để hai vectơ cùng phương là
r
r
∃k ∈ ¡ , k ≠ 0 : b = ka .

(

)

2.Tích vơ hướng
rr r r
rr
r r
Cho hai vectơ a và b , ta có a.b = a b cos a , b

( )

3. Hệ quả
r
rr r r
r
• a.b ≤ a b ( 1) dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a ↑↑ b

r
r
a
=
x
;
y
,
b
• Nếu
( 1 1 ) = ( x2 ; y2 ) thì x1x2 + y1 y2 ≤ ( x12 + y12 ) ( x22 + y22 ) (Đây là bất đẳng
r r
thức Bunhiacopsky dưới dạng hình học). Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a || b .
r
r r r r
r
• a + b ≤ a + b ( 2 ) dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a ↑↑ b .
r
r r r r
a
− b ≥ a − b ( 3) dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi ar ↑↑ b .
•
r
r r r r
a
− b ≤ a + b ( 4 ) dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi ar ↑↓ b .
•
• Từ ( 2 ) , ( 3) , ( 4 ) ta có các bất đẳng thức đại số tương ứng
1)

( x1 + x2 )

2

+ ( y1 + y2 ) ≤ x12 + y12 + x22 + y22 (bất đẳng thức Mincopxki)

2)

( x1 − x2 )

2

+ ( y1 − y2 ) ≥ x12 + y12 − x22 + y22

3)

( x1 − x2 )

2

+ ( y1 − y2 ) ≤ x12 + y12 + x22 + y22

2

2

2

B. ÁP DỤNG GIẢI TOÁN
1

I. Sử dụng phương pháp vectơ chứng minh bất đẳng thức
Ví dụ 1.(Đại học khối A năm 2003) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c ≤ 1 . Chứng minh
1
1
1
rằng a 2 + 2 + b 2 + 2 + c 2 + 2 ≥ 82 .
a
b
c
r  1 r  1 r  1 r r r 
1 1 1
Giải. Xét các vectơ u =  a; ÷; v =  b; ÷; w =  c; ÷⇒ u + v + w =  a + b + c; + + ÷.
a b c
 a
 b
 c

2

1 1 1
( a + b + c ) +  + + ÷
a b c

r
1 r r r
2
⇒ ur = a 2 + 1 ; vr = b 2 + 1 ; w
=

c
+
;u +v +w =
a2
b2
c2

2

Áp dụng bất đẳng thức vectơ u + v + w ≥ u + v + w và bất đẳng thức AM − GM ta có:
1
1
1
a + 2 + b2 + 2 + c2 + 2 ≥
a
b
c
2

2

1 1 1
( a + b + c ) +  + + ÷
a b c
2

2

9



≥ ( a + b + c) + 
÷
a+b+c
2

( a + b + c)

=

≥ 2+

2

+

1

( a + b + c)

2

+

80

( a + b + c)

2

80
= 82 .
12

1 1 1
r
r
r 
u ↑↑ v ↑↑ w a : b : c = : :
1
⇔
a b c ⇔a=b=c= .
Dấu đẳng thức xẩy ra ⇔ 
3
a + b + c = 1
a + b + c = 1
Ví dụ 2.( Đề dự bị đại học Khối A năm 2010) Cho số thực a chứng minh rằng:

(

)

(

)

a 2 + 1 − 3 a + 2 + a 2 + 1 + 3 a + 2 + a 2 − 2a + 2 ≥ 3 2
Giải. Bổ đề: với mọi x, y , z , t ∈ ¡ ta có x 2 + y 2 + z 2 + t 2 ≥ ( x + z ) 2 + ( y + t ) 2 .
Dấu ' ' =' ' xẩy ra ⇔ xt = yz . (chứng minh bởi biến đổi tương đương hoặc dùng véc tơ)
Áp dụng bổ đề ta có:

2

2

) (

)

2

2


1− 3  
1− 3  1+ 3 
1+ 3 
2
VT =  a +
÷ +
÷ + 
÷ + a +
÷ + a − 2a + 2
2   2 
2 

 2  
≥

(

a +1− 3

2

+ a +1+ 3

2

= 2 a 2 + 4 a + 8 + a 2 − 2a + 2 ≥

+ a 2 − 2a + 2

( a + 2 ) 2 + 22 + ( 1 − a ) 2 + 12

≥ 32 + 32 = 3 2 = VP
2



1 − 3 
1+ 3  1+ 3 1− 3
 a +
=
.
 a +



2
2

2
2




2
2
2
⇔ a =0.
Dấu đẳng thức xẩy ra ⇔  2a + 4a + 8 = ( a + 2) + 2
( a + 2 ).1 = 2.(1 − a )




Ví dụ 3.(KS ĐH 2013-CVP) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn 2 x + 3 y + z = 40 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 2 x 2 + 1 + 3 y 2 + 16 + z 2 + 36 .
Giải . Ta có: S = ( 2 x ) 2 + 22 + ( 3 y ) 2 + 122 + z 2 + 62
r
r
r
r r r
Xét các vectơ u = ( 2 x;2 ) ; v = ( 3 y;12 ) ; w = ( z;6 ) ⇒ u + v + w = ( 40;20 ) . Từ đó ta có:
r
u =

( 2x)

2

r
+ 22 ; v =

( 3y)

2

r
r r r
+ 122 ; w = z 2 + 62 ; u + v + w = 402 + 20 2 = 20 5

Áp dụng bất đẳng thức vectơ u + v + w ≥ u + v + w ta có:
S=

( 2 x ) 2 + 22 + ( 3 y ) 2 + 122 +

z 2 + 62 ≥ 20 5 .

Dấu dấu đẳng thức xẩy ra ⇔
r
r
r
 2x 3 y z
u ↑↑ v ↑↑ w
= >0
 =
⇔  2 12 6
⇔ x = 2 ; y = 8; z = 12 .


2
x
+
3
y
+
z
=
40

2 x + 3 y + z = 40
Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức S bằng 20 5 đạt được khi x = 2 ; y = 8 ; z = 12 .
Ví dụ 4.(ĐH NT A 1998 ) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn hệ phương trình
 x 2 + xy + y 2 = 16
. Chứng minh rằng: xy + yz + zx ≤ 8 .
 2
2
y
+
yz
+
z
=
3

2
2

 3 
x



 + y ÷ + 
x ÷ = 16
 2
  2 
Giải . Từ giả thiết ta có: 
2
2
 3   z

z÷ + + = 3

2

 2


3 x r  3 z
r x
;v = 
z; +
Xét : u =  + y ;
÷
÷
2
2
2
2




r
x
Và u =  +
2

2


rr
x
y ÷ ⇒ u .v =  +
2

2

2
 3  z
r
  3 
y÷ +
x÷ = 4 , v = 
z÷ + +
2
  2 

 2

 3

z
 3
y÷ z + + y÷ x
 2
2
 2
2


y÷ = 3 .

3


rr r r
Áp dụng bất đẳng thức u .v ≤ u v ta có:
x
⇔ +
2

 3
z
z + +
 2
2

 3
y ÷ x ≤ 4 3 ⇔ xy + yz + zx ≤ 8 .
 2

r
r
x
Dấu ' ' =' ' xẩy ra khi và chỉ khi u ↑↑ v ⇔  +
2

3 z
 3x
y ÷:
=
z : +
2
 2
2


y ÷.


Lời bình. Qua các ví dụ trên cho thấy việc sử dụng phương pháp vectơ để chứng minh
bất đẳng thức cho ta một lời giải ngắn, gọn tránh được việc biến đổi đại số phức tạp.
 Bài luyện tập
1. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c ≤
a2 +

3
. Chứng minh rằng
2

1

1
1 3 17
+ b2 + 2 + c2 + 2 ≥
.
2
a
b
c
2

2. Chứng minh rằng

(

)

(

)

2 x 2 + 1 + 3 x + 1 + 2 x 2 + 1 − 3 x + 1 + 2 x 2 − 2 x + 1 ≥ 3 với mọi x ∈ ¡

3. (VMO 1998) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau, với x, y ∈ ¡
F ( x, y ) =

( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( x + 2 ) 2 + ( y + 2 ) 2

4. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn : ab + bc + ca = abc . Chứng minh rằng
b 2 + 2a 2
c 2 + 2b 2

a 2 + 2c 2
+
+
≥ 3.
ab
bc
ca
5. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P ( a , b, c ) = ( a + b ) 1 +

2
2
a+b+c
+ c2 + 2 +
ab
c
2ab + c 2
2 2

a 2 + b 2 = 2
6. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn hệ phương trình  2
.
c + 2c ( a + b ) = 8
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P = c ( b − a ) .
7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau, với x, y ∈ ¡
F ( x, y ) = x 2 + y 2 − 2 y + 1 + x 2 + y 2 + 3x + y + 1 + x 2 + y 2 − 3x + y + 1
2
2
8. Cho x, y ∈ ¡ : x + y = 169 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
F ( x, y ) = 24 y + 10 x + 338 + 24 y − 10 x + 338

4


9.( Đại học khối B năm 2006) Cho x, y là các số thực thay đổi . Tìm giá trị nhỏ nhất của
F ( x, y ) = ( x − 1) + y 2 + ( x + 1) + y 2 + y − 2
10. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
b) a 2 + ab + b 2 + b 2 + bc + c 2 > c 2 + ca + a 2
2

biểu thức:

c)
II.

2

a 2 − ab + b 2 + b 2 − bc + c 2 > c 2 + ca + a 2

d) a 2 − ab + b 2 + b 2 − bc + c 2 > c 2 − ca + a 2
Sử dụng phương pháp vectơ để giải phương trình, bất phương trình

(1)

Giải .

( 4 − x)

⇔

(

2

)

( 1)

x 2 − 8 x + 816 + x 2 + 10 x + 267 = 2003

Ví dụ 1. Giải phương trình:

(

+ 20 2

)

2

(

( x + 5)

+

2

)

(

+ 11 2

(

)

2

= 2003

)

r
r
r r
Đặt u = 4 − x;20 2 , v = x + 5;11 2 ⇒ u + v = 9;31 2 và
r
u =

( 4 − x)

2

(

)

2 r

+ 20 2 , v =

( x + 5)

2

(

)

(

2 r
r
+ 11 2 , u + v = 92 + 31 2

)

2

= 2003

r r r r
Áp dung bất đẳng thức u + v ≥ u + v ta có:

( 4 − x)

2

(

+ 20 2

)

2

+

( x + 5)

2

(

+ 11 2

)

2

( 2)

≥ 2003

Dấu đẳng thức trong ( 2 ) xẩy ra khi và chỉ khi u ↑↑ v ⇔
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất là: x = −

4− x
x+5

56
=
>0⇔ x=− .
31
20 2 11 2

56
.
31

Ví dụ 2. Giải phương trình: 10 − 3x − x 2 + 18 − 7 x − x 2 = 77
Giải . ( 3) ⇔ ( 5 + x )( 2 − x ) + ( 2 − x )( 9 + x ) = 77 .
r
r
Điều kiện: −5 ≤ x ≤ 2 ( *) . Đặt u = 5 + x ; 2 − x ; v =

(

)

(

( 3)

2− x ; 9+ x

)

rr
⇒ u .v = ( 5 + x ) ( 2 − x ) + ( 2 − x ) ( 9 + x ) và

r r
u . v = ( 5 + x ) + ( 2 − x ) . ( 2 − x ) + ( 9 + x ) = 77

rr r r
Áp dụng bất đẳng thức u .v ≤ u v ta có:
r
r
Dấu ' ' =' ' trong ( 4 ) xảy ra ⇔ u ↑↑ v ⇔

( 5 + x) ( 2 − x) + ( 2 − x) ( 9 + x)
5+ x
2− x

Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x = −

=

≤ 77

( 4)

2− x
41
> 0 ⇔ x = − (thỏa mãn ( *) ).
18
9+ x

41
.
18

5


9 x 3 − 18 x 2 + 36 x 2 − 9 x 3 = 9 + x 2
r
3
2
2
3
2

u
9 x ( x − 2 ) ≥ 0
 = 9 x − 18 x ; 36 x − 9 x
⇔ 2 ≤ x ≤ 4 . Xét  r
Giải . Điều kiện:  2
9 x ( 4 − x ) ≥ 0
v = ( 1;1)
r
r
 u = 9 x 3 − 18 x 2 + 36 x 2 − 9 x 3 = 3 2 x, v = 2

⇒ r r
.
3
2
2
3
u.v = 9 x − 18 x + 36 x − 9 x
rr r r

Áp dụng bất đẳng thức u .v ≤ u v ta có: 9 x 3 − 18 x 2 + 36 x 2 − 9 x 3 ≤ 6 x ≤ 9 + x 2
r
r
u ↑↑ v
 9 x3 − 18 x 2 = 36 x 2 − 9 x 3
⇔
⇔
⇔ x = 3.
Dấu ' ' =' ' xảy ra


2
2
6
x
=
9
+
x
6 x = 9 + x

Ví dụ 3. Giải phương trình:

(

)

Phương trình có nghiệm duy nhất: x = 3 .
Ví dụ 4. Giải phương trình: x. 1 + x + 3 − x = 2 1 + x 2 .
Giải. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 3

r
r
r
2
u = ( x;1)
 u = 1 + x , v = x + 1 + 3 − x = 2
⇒ r r
Xét  r
v
=
x
+
1;
3
−
x

u.v = x 1 + x + 3 − x
rr r r
Áp dụng bất đẳng thức u .v ≤ u v ta có: x. 1 + x + 3 − x ≤ 2 1 + x 2 .

(

)

r
r
Dấu đẳng thức xẩy ra ⇔ u ↑↑ v ⇔

x

1
=
> 0 ⇔ x = 1∨ x = 1+ 2
1+ x
3− x

Phương trình có hai nghiệm là: x = 1 ; x = 1 + 2 .
Ví dụ 5. Giải bất phương trình:

x − 1 + x − 3 ≥ 2 x 2 − 10 x + 16

( 5)

Giải . ( 5) ⇔ x − 1 + x − 3 ≥ 2( x − 3) 2 + 2( x − 1) ( 5')
Điều kiện: x ≥ 1 ( *)
r
rr
2
2
r
ur = x − 1; x − 3
 u = ( x − 3) + x − 1 , v = 2 ⇒ u v = 2 ( x − 3) + 2 ( x − 1)
⇒
Xét  r
rr
v = ( 1 ;1)
u .v = x − 1 + x − 3

(

)

Bất phương trình ( 5') ⇔ u.v ≥ u . v ( 6) . Mặt khác ta có bất đẳng thức: u.v ≤ u. v ( 7 )
r
r
Từ ( 6) và ( 7 ) suy ra u.v = u . v . Đẳng thức này xẩy ra ⇔ u ↑↑ v ⇔

x −1 x − 3
=
>0
1
1

⇔ x = 5 (thỏa mãn ( *) ).

Vậy, bất phương trình có nghiệm là x = 5 .
6


Lời bình. Qua các ví dụ trên việc sử dụng phương pháp vectơ vào việc giải phương
trình , bất phương trình cho ta một lời giải ngắn, gọn và giảm được nhiều việc biến đổi
cồng kềnh, phức tạp.
 Bài luyện tập. Giải các phương trình, bất phương trình sau
1.

2x2 − 6x + 8 + 2 − x ≤ x

2.

5 x 2 + 12 x + 9 + 5 x 2 − 12 x + 8 = 29

3.

)

(

)

6 2 x + 1 + 6 4 − 3 x ≥ 330

4.
5.

x2 + 4 x + 5 + x2 − 4 x + 8 = 5

6.

x 2 − 2 x + 5 + x 2 − 10 x + 26 ≤ 5

7.

x 4 − 3x 2 − 6 x + 13 − x 4 − x 2 + 1 = 10

8.

x 2 − 4 x + 5 − x 2 − 10 x + 50 = 5

9.

− x − 1 + ( 3 − x ) 2 − x = 3 x 2 − 6 x + 10

(

10.

III.

(

2 x2 + 1 + 3 x + 1 + 2 x2 + 1 − 3 x + 1 + 2 x2 − 2 x + 1 ≤ 3

)

x 2 − 2 x + 2 + 4 x 2 + 12 x + 25 = 9 x 2 + 12 x + 29

11.

x 2 − x + 19 + 7 x 2 + 8 x + 13 + 13 x 2 + 17 x + 7 = 3 3 ( x + 2 )

12.

11x 2 − 14 x + 9 + 11x 2 − 2 x + 3 + 17 x 2 + 2 x + 3 = 2 ( 2 x + 4 )

13.

2 − x2 + 2 −

1
1


= 4−x + ÷
2
x
x


14.

5 − x2 + 5 −

1 1
1
+  x + ÷= x2 − 2 x + 6
2
x
2
x

Sử dụng phương pháp vectơ để giải hệ phương trình
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình:
 x 2 + x + y + 1 + x + y 2 + x + y + 1 + y = 18
(Đại học An Ninh A năm 2000)
 2
2
x
+
x
+
y

+
1
−
x
+
y
+
x
+
y
+
1
−
y
=
2

Giải. Hệ phương trình đã cho tương đương với
(8)
7


 x 2 + x + y + 1 + y 2 + x + y + 1 = 10
 x 2 + 9 + y 2 + 9 = 10
⇔

 x + y = 8
 x + y = 8

(9)

r
 ur = x 2 + 9
u = ( x;3)

r
r
⇒  v = y2 + 9
Xét v = ( y;3)
.
r r
r r
2
2
u + v = ( 8;6 )
 u + v = 8 + 6 = 10
Áp dụng bất đẳng thức vectơ u + v ≥ u + v ta có: x 2 + 9 + y 2 + 9 ≥ 10 (10) .
x = 4
r
r x y
Dấu đẳng thức trong (10) xẩy ra ⇔ u ↑↑ v ⇔ = > 0 , kết hợp với ( 9) suy ra 
.
3 3
y = 4
x = 4
thoả mãn hệ phương trình.
y = 4

Thử lại thấy 

Vậy, hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( x, y ) = ( 4,4 ) .
Ví dụ 2.(Đề hsg 12 Bà Rịa Vũng Tàu - 2011) Giải hệ phương trình:
 x + 2 + y − 2 = 4

 x + 7 + y + 3 = 6
Giải. Điều kiện x ≥ −2; y ≥ 2 ( *) . Đặt x + 2 = a ,
a + b = 4
2
2
 a + 5 + b + 5 = 6

(11)
(12)

Ta có hệ phương trình: 

Xét

(
(

)
)

r
2
ur = a ; 5
u = a +5

r

r
⇒  v = b2 + 5
v = b ; 5
r r

u + v = 4;2 5
 ur + vr = 42 + 2 5



(

)

y − 2 = b , ( a ≥ 0, b ≥ 0 )

(

)

2

=6

Áp dụng bất đẳng thức vectơ u + v ≥ u + v ta có: a 2 + 5 + b 2 + 5 ≥ 6 (13)
a

a = 2

b

=
> 0 , kết hớp với (11) ta được 
Dấu ' ' =' ' trong (13) xẩy ra ⇔ u ↑↑ v ⇔
.
5
5
b = 2
 x + 2 = 2
x = 2
⇔
Từ đó, ta có: 
(thỏa mãn ( *) ).
 y − 2 = 2
y = 6

Vậy, hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2;6 ) .
Ví dụ 3.(Đề Đại học khối A - 2014) Giải hệ phương trình:

(

)

 x. 12 − y + y 12 − x 2 = 12
 3
 x − 8 x − 1 = 2 y − 2

(14)
(15)
8

Giải.

Điều kiện : −2 3 ≤ x ≤ 2 3 ;2 ≤ y ≤ 12

(14) ⇔ x.

(

12 − y + y . 12 − x 2 = 12 (14')

) (

r
r
2
Xét u = x; 12 − x , v =

)

r
r
12 − y ; y ⇒ u = 12, v = 12 .

Áp dụng bất đẳng thức u.v ≤ u . v tao có: x. 12 − y + y . 12 − x 2 ≤ 12 (16) .
x > 0
x
12 − x 2
=

>0⇔
x2
12 − y
y
 y = 12 −(17)

Dấu đẳng thức trong (16) xẩy ra ⇔ u ↑↑ v ⇔
Thay (17 ) vào (15) ta được:

)

(

x 3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2 ⇔ x 3 − 8 x − 3 + 2 1 − 10 − x 2 = 0


2 ( x + 3)
⇔ ( x − 3)  x 2 + 3 x + 1 +
 1 4 4 44 214+ 410
−43
x2
4

> 0 ( do x > 0 )



÷
÷= 0 ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 3 .
÷

÷


Thay x = 3 vào ( 17 ) ta được y = 3 .
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình là: ( x; y ) = ( 3;3)
Ví dụ 4.(Đề HSG 12 Trần Phú -2015 ) Giải hệ phương trình:
 5 x 2 + xy + 3 y 2 + 3 x 2 + xy + 5 y 2 = 3( x + y )

( 8 y − 22 ). x − 3 = ( 2 + y − 4 ) y + 4 x − 4 + 1

(

(18)
(19)

)

Giải . Điều kiện : x ≥ 4 ; y ≥ 4
2


(18) ⇔  5 x + 1 y  +  59
2 5  2 5


2

2

2



1   59 
y  +  5 y +
x + 
x  = 3( x + y ) .
2 5   2 5 



r 
1
59 
y;
y÷
u =  5 x +
2
2
r
2
5
2
5


  u = 5 x + xy + 3 y
⇒r
Xét 



1
59
r
 v = 3 x 2 + xy + 5 y 2
v =  5 y + 2 5 x; 2 5 x ÷

 

,


r r  11
59
u +v =
( x + y) ;
( x + y ) ÷ và ur + vr =  121 + 59 ÷( x + y ) 2 = 3( x + y )
2 5
 20 20 
2 5

Áp dụng bất đẳng thức vectơ u + v ≥ u + v ta có:
9


5 x 2 + xy + 3 y 2 + 3 x 2 + xy + 5 y 2 ≥ 3( x + y )

( 20)

r

r
Dấu đẳng thức trong ( 20) xÈy ra ⇔ u ↑↑ v ⇔ x = y

(

)(

)

Thay y = x vào (19) ta được: ( 8 x − 22 ) x − 3 = 2 + x − 4 x + 4 x − 4 + 1

(

)
f ( t) = t( t

(
+ 2) = t

2
⇔ 4 x − 12 . 4 x − 12 + 1 = 2 + x − 4



Xét hàm số

2

3

)(2 +

)

2
x − 4 + 1 ( 21)


+ 2t ; ∀t ≥ 2 ⇒ f ′ ( t ) = 3t 2 + 2 > 0 ( ∀t ≥ 2 ) .

Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên khoảng [ 2;+∞ ) . Phương trình ( 21)
⇔ f

(

)

(

)

4 x − 12 = f 2 + x − 4 ⇔ 4 x − 12 = 2 + x − 4 ⇔

x = 4 ⇒ y = 4
3 x − 12 = 4 x − 4 ⇔ 9 x − 88 x + 208 = 0 ⇔ 
52
52 (thỏa mãn điều kiện)
x =
⇒y=
9

9

2

 52 52 
Vậy, hệ phương trình có hai nghiệm là: ( x; y ) = ( 4;4 ) và ( x; y ) =  ; ÷
 9 9 
 x + 2 y − 3z = 4
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình: 
2
2
2
 4 − x + 1 − 4 y + 25 − 9z = 4 3
1
1
5
5
≤ y≤ ,− ≤ y≤
2
2
3
3
r
2 + x ; 1 + 2 y ; 5 − 3z , v = 2 − x ; 1 − 2 y ; 5 + 3z

( *)
( **)

Giải. Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 2, −
r

Xét u =

(

)

(

)

 ur = 2 + x + 1 + 2 y + 5 − 3z = 12 = 2 3
 r
⇒  v = 2 − x + 1 − 2 y + 5 + 3z = 4 = 2
, áp dụng bất đẳng thức u.v ≤ u . v ta có:
r r
2
2
2
u.v = 4 − x + 1 − 4 y + 25 − 9 z
4 − x 2 + 1 − 4 y 2 + 25 − 9 z 2 ≤ 4 3 (***)

r
r
Từ ( **) , ( ***) suy ra dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi: u ↑↑ v
 2+ x
1+ 2y
5 − 3z
=
=
>0 

1
5

⇔  2− x
⇔  x = 1 ; y = ; z = −  ( thỏa mãn điều kiện)
1− 2y
5 + 3z
4
6


x
+
2
y
−
3z
=
4

 1 5
Vậy, nghiệm của hệ phương trình là ( x; y; z ) = 1; ; − ÷.
 4 6
 Bài luyện tập. Giải các hệ phương trình sau
10


 3x + 3 y = 6
1) 
 3x + 7 + 3 y + 7 = 8

 x + 1 + y − 1 = 4
2) 
 x + 6 + y + 4 = 6

 x + y = 10
2* ) 
 x + 24 + y + 24 = 14

 x 2 + x + y + 20 + x + y 2 + x + y + 20 + y = 36
3)  2
2
 x + x + y + 20 − x + y + x + y + 20 − y = 4
( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 6 ) = 3 ( x 2 − y 2 )

4) 
2 2
= 2x − y + 9
 x+
y
+
1

 x 2 − 7 xy − 2 y 2 = 6
5)  2
2
2
2
 x + 2 x + 5 + y − 2 y + 2 = x + 2 xy + y + 9


2017
 1 + x1 + 1 + x2 + L + 1 + x2016 = 2016
2016

6) 
 1 − x + 1 − x + L + 1 − x = 2016 2015
1
2
2016

2016
 x + y + z ≤ 11
7)  2
2
2
2
2
2
 x − xy + y + y − yz + z = x + xz + z
 x 2 + y 2 + 2 z 2 = 7
8)  4
,
4
4
 x + y + z = 1

( x, y , z ∈ ¢ )

 x 2 + xy + 2 y 2 + 2 x 2 + xy + y 2 = 2 ( x + y )


9) 
( 8 y − 6 ) x − 1 = 2 + y − 2 y + 4 x − 2 + 3

(

)(

)

 x + y + z = 6
10) 
2
2
2
 1 − x + 16 − y + 25 − z = 8
 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 = 3 ( x + y )
11) 
 2 x + y + 1 + 2 3 7 x + 12 y + 8 = 2 xy + y + 5
 x2 + y2 = − y ( z + x )
 2
12)  x + x + y = −2 yz
3 x 2 + 8 y 2 + 8 xy + 8 yz = 2 x + 4 z + 2

C. LINH HOẠT, SÁNG TẠO TRONG GIẢI TỐN
Ví dụ 1.(Khối A - 2010). Giải bất phương trình:

x− x

1 − 2 ( x − x + 1)
2

≥1
11


Cách giải thơng thường:
Điều kiện: x ≥ 0. Ta có

2 ( x 2 − x + 1) =

( x − 1)

2

+ x 2 + 1 > 1 ⇒ 1 − 2 ( x 2 − x + 1) < 0 ( *)

Do đó bất phương trình ⇔ 2 ( x 2 − x + 1) ≤ 1 − x + x
của (1) nên chia hai vế của ( 1) cho

Do x = 0 không là nghiệm

x ta được:

1 
1

2 x + − 1 ≤
− x + 1 ( 2) .
x 
x



(1) ⇔
Đặt

( 1) .

1
− x = t , thay vào ( 2 ) ta được bất phương trình:
x

(

)

2 t 2 +1 ≤ t +1

t + 1 ≥ 0
t ≥ −1
⇔ 2
⇔
⇔ t = 1.

2
2
2 t + 1 ≤ ( t + 1)
( t − 1) ≤ 0

(

)

1 − x ≥ 0
1
3− 5
− x = 1 ⇔ x = 1− x ⇔ 
⇔x=
(thỏa mãn điều kiện).
2
2
x
 x = (1 − x )

Do đó:

Cách giải sáng tạo. … Do đó bất phương trình ⇔ 2 ( x 2 − x + 1) ≤ 1 − x + x

(

)

r
r
r
Xét u = 1 − x; x ; v = ( 1;1) ⇒ u =

( 1− x)

2

( 1)

r
rr
+ x ; v = 2 và u .v = 1 − x + x

rr rr r r
Áp dụng bất đẳng thức u .v ≤ u.v ≤ u v ⇔ 1 − x + x ≤ 2( x 2 − x + 1) ( 3)
r
r
3− 5
Từ (1) , ( 3) suy ra dấu đẳng thức xẩy ra ⇔ u ↑↑ v ⇔ 1 − x = x ⇔ x =
.
2
Nhận xét: - Đây là bài toán tương đối khó, trước hết học sinh phải nhận ra bất đẳng thức
1
− x = t , biến
( *) để chuyển về BPT ( 1) . Sau đó chia hai vế cho x và đặt ẩn phụ
x
đổi thành ( t − 1) ≤ 0 ⇔ t = 1 .
2

-

1
− x = t thì t ∈ ¡ và
x

Để giải lớp các bài tốn dạng này khi x > 0 , ta đặt
x+

1
1 2
1
+ x = t thì t ≥ 2 và x + = t 2 − 2 .
= t + 2 , cịn nếu đặt
x
x
x

 Bài luyện tập Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1) x 2 + x + 1 > 3 x ( x + 1)
3)

3 − 2 x 2 + 3x + 2

1 − 2 ( x − x + 1)
2

>1

2) x + x − 1 ≥ 3 + 2 ( x 2 − 5 x + 8 )
4)

(

x x + 1 − x2

) ≥1

x x − x3 − x 2

12


5) x 2 + 2 x x −

1
= 3x + 1
x

6)

x 2 + 2 x + 2 x − 1 ≥ 3x2 + 4 x + 1

( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 ( 1)
Ví dụ 2.(Khối A-2010). Giải hệ phương trình:  2
2
( 2)
4 x + y + 2 3 − 4 x = 7
3
5
2
Giải Điều kiện: x ≤ ; y ≤ . Từ ( 1) ( 4 x + 1) .2 x = ( 5 − 2 y + 1) 5 − 2 y ( 3)
4
2
2
Xét hàm số f ( t ) = ( t 2 + 1).t = t 3 + t có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ .

Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ . Do đó:

Phương trình ( 3) ⇔ f ( 2 x ) = f
Cách giải thông thường :

(

)

5 − 2 y ⇔ 2x = 5 − 2 y

x ≥ 0

2x = 5 − 2 y ⇔ 
5 − 4 x2
y =

2
2

5

Thế vào phương trình ( 2 ) ta được: 4 x +  − 2 x 2 ÷ + 2 3 − 4 x − 7 = 0 ( 4 )
2

2

Nhận thấy x = 0; x =

3
không là nghiệm của phương trình ( 4 ) . Xét hàm số
4

2

5

g ( x ) = 4 x +  − 2 x 2 ÷ + 2 3 − 4 x − 7, trên khoảng
2

2

 3
 0; ÷
 4

4
4
5

 3
g ′ ( x ) = 8 x + 8 x  − 2 x 2 ÷−
= 4 x ( 4 x 2 − 3) −
< 0, ∀x ∈  0; ÷, suy ra
3 − 4x
3 − 4x
2

 4
 3
1
hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng  0; ÷. Mặt khác g  ÷ = 0 , khi đó phương
 4

2
1
1
1 
trình ( 4 ) ⇔ g ( x ) = g  ÷ ⇔ x = ⇒ y = 2 , hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  ;2 ÷.
2
2
2 
Cách giải sáng tạo. Bây giờ ta thử đưa phương trình về theo biến y với việc thay thế dễ
dàng hơn và áp dụng phương pháp nhân liên hợp với nhân tử chung y − 2 việc chứng
minh biểu thức cịn lại ln dương quá hiển nhiên.
2 x = 5 − 2 y

⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔ 11
5
3
 ≤ y ≤ (do 0 ≤ x ≤ )
2
4
8
13


thế vào ( 2 ) ta được:

5 − 2 y + y2 + 2 3 − 2 5 − 2 y = 7

)
)

4 1− 5 − 2y

(

3 − 2 5 − 2 y − 1 = 7 ⇔ y ( y − 2) +

⇔ y2 − 2 y + 2

(

3 − 2 5 − 2 y − 1 = 7 ⇔ y ( y − 2) +

(




8
y − 2)  y +
3 − 2 5 − 2y +1 1+ 5 − 2y

 1 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 43
> 0 ( do y >0)


)(

(

(

4 1− 5 − 2y

⇔ y − 2y + 2
2

)

)

3 − 2 5 − 2y +1

(

)

3 − 2 5 − 2y +1

=0

=0




1
 = 0 ⇔ y = 2 ⇒ x = ( thỏa mãn ).
2





Vậy, hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 0,5 ; 2 ) .
Nhận xét: Đây là bài tốn khó, trước hết học sinh phải nhận xét được phương trình thứ
nhất có dạng a 3 + a = b3 + b ⇒ a = b . Sau khi thế vào phương trình ( 2 ) ta được
g ( x ) = 0 , với g ( x ) là một hàm số liên tục và đơn điệu trong tập xác định. hoặc theo cách
giải thứ hai chuyển về phương trình ẩn y , dùng phương pháp liên hợp thì đẹp hơn.
 Bài luyện tập. Giải các hệ phương trình sau
 x 3 − y 3 − 3 x 2 + 6 y 2 = −6 x + 15 y − 10
1) 
2
 y x + 3 + ( y + 6 ) x + 10 = y + 4 x

(

)(

)

(

3 x 2 + 3 y 2 + 8 = ( y − x ) y 2 + xy + x 2 + 6

2) 
( x + y − 13) 3 y − 14 − x + 1 = 5



(

)

 x + x2 + 1 y + y 2 + 1 = 1

3) 
 x 2 + 3 − x = 2 y 2 − 4 2 − y + 5

( 4 x 2 + 1) x + ( y − 1) 1 − 2 y = 0
4)  2
2
4 x + y + 4 y + 2 3 − 4 x = 3

 x 6 − y 3 + x 2 − 9 y 2 − 28 y = 30
5) 
 2x + 3 + x = y

x −1
 3
3
2
=0
 x − 3 x − y − 6 y − 9 y − 2 + ln
y +1
6) 
 y log 2 ( x − 3) + log 3 y  = x + 1


Ví dụ 3.(Khối B - 2010). Giải phương trình:

3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0

)

( *)

1
Phân tích tìm lời giải. Điều kiện : − ≤ x ≤ 6
3
Gặp dạng phương trình này, ta thường nhẩm nghiệm và ta thấy phương trình có một
nghiệm x = 5 , như vậy ta nghĩ đến dùng phương pháp “Nhân liên hợp ” để làm xuất hiện
nhân tử chung ( x − 5 ) .
14


Thật vậy, phương trình ( *) ⇔
3( x − 5)

⇔

+

( x − 5)

3x + 1 + 4 1 + 6 − x

(

) (

)

3x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0

+ ( x − 5 ) ( 3 x + 1) = 0

3
1


⇔ ( x − 5) 
+
+ 3x + 1 = 0 ⇔ x − 5 = 0 ⇔ x = 5
1 +444412+ 464− 4x 4 4 43
(thỏa mãn điều kiện)
1 43x4+ 4

(

> 0 ∀x∈− 1 ;6 
 3 

)

Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 5 .
Nhận xét: Đây là bài toán tương đối khó, trước hết học sinh phải nhận xét được phương
trình có một nghiệm x = 5 và sử dụng dùng phương pháp “Nhân liên hợp ” để làm xuất
hiện nhân tử chung ( x − 5 ) , sau đó khẳng định phần cịn lại ln dương trên tập xác định
của phương trình .
 Bài luyện tập . Giải các phương trình sau
1)

5x − 1 + x + 2 = 7 − x

2)

3)

x 2 + 35 = x 2 + 24 + 5 x − 4

4) 5 x 2 − 5 x + 3 + 4 x 2 + 1 = 7 x − 2 + 6 x

(

)

5) ( x − 1) 2 x − 1 + 3 3 x + 6 = x + 6

x − 2 + 4 − x + 2 x − 5 = 2 x2 − 5x

6) 4 x + 2 + 22 − 3x = x 2 + 8

5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2 ( x + y ) = 0 ( 1)
Ví dụ 4.(Khối A - 2011) Giải hệ phương trình: 
2
2
2
( 2)
 xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )
Phân tích tìm lời giải. Quan sát phương trình ( 2 ) nếu ta chuyển vế và biến đổi sẽ đưa
2

2
nó về dạng phương trình tích: ( xy − 1) ( x + y − 2 ) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x 2 + y 2 = 2
4
2
• xy = 1 kết hợp với ( 1) ⇒ y − 2 y + 1 = 0 ⇒ y = ±1 ⇒ ( x; y ) ∈ { (1;1) , ( − 1;−1)} .
2
2
2
2
2
2
• x + y = 2 kết hợp ( 1) ⇒ 3 y ( x + y ) − 4 xy + 2 x y − 2 ( x + y ) = 0

⇔ 6 y − 4 xy 2 + 2 x 2 y − 2 ( x + y ) = 0 ⇔ ( 1 − xy ) ( 2 y − x ) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc 2 y = x
-

Nếu xy = 1 : đã xét

 2 5 5   2 5
5  
;
,
−
;
−
- Nếu x = 2 y , từ x 2 + y 2 = 2 ⇒ ( x; y ) = 
÷
÷
10  
 10 10   10



2 5 5  2 5
5 
,  −
 .
;
;
−
  10

10
10
10





Vậy, hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y ) ∈ (1;1) , ( − 1;−1) , 


Nhận xét: Đây là bài toán mức độ trung bình, trước hết học sinh phải nhận ra được
phương trình ( 2 ) đưa về được phương trình tích.
15


 Bài luyện tập. Giải các hệ phương trình sau:
 x3 − 6 x 2 y − 4 y 3 + 9 xy 2 = 0
1) 

 x − y + x + y = 2

 x3 + 4 y = y 3 + 16 x
2) 
2
2
1 + y = 5 ( 1 + x )

4
3
2 2
 x − x y + x y = 1
3)  3
2
 x y − x + xy = −1

( x − y ) ( x 2 + y 2 ) = 13

4) 
2
2
( x + y ) ( x − y ) = 25
 x 2 + y 2 − y = ( 2 x + 1) ( y − 1)

6) 
5
 3x − 8 − y = x + y − 12


 xy + 4 y + 8 = x ( x + 2 )

5) 
 x + y + 3 = 3 2 y − 1
2

2

Ví dụ 5.(Khối B - 2011) Giải phương trình: 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3 x ( *)
Giải. Điều kiện −2 ≤ x ≤ 2
Cách giải thơng thường: Khi đó, ( *) ⇔ 3

(

)

2 + x − 2 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3 x ( **)

Đặt t = 2 + x − 2 2 − x . (**) ⇔ 3t = t 2 ⇔ t = 0 hoặc t = 3 .
6
(thỏa mãn điều kiện)
5

• t =0 ⇒

2 + x = 2 2 − x ⇔ 2 + x = 4( 2 − x) ⇔ x =

• t =3 ⇒

2 + x = 2 2 − x + 3 (vô nghiệm do VT ≤ 2 < 3 ≤ VP, ∀x ∈ [ −2;2] )

6

Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = .
5
Cách giải sáng tạo. Quan sát đề ta có thể đưa về một phương trình tích với hai ẩn phụ
a = x + 2 , b = 2 − x được .
a = 2 + x , ( a ≥ 0 )
ab = 4 − x 2
⇒
Đặt 
b
=
2
−
x
,
b
≥
0
(
) a 2 + 4b 2 = 10 − 3x

2
2
Phương trình ( *) trở thành: 3a − 6b + 4ab = a + 4b ⇔ ( a − 2b ) ( a − 2b − 3) = 0

6

2
+
x
=

2
2
−
x
⇒
x
=
 a − 2b = 0
 a = 2b
5
⇔
⇔
⇔

a
−
2
b
−
3
=
0
a
=
2
b
+
3



 2 + x = 2 2 − x + 3 ( vn − do VT ≤ 2 < 3 ≤ VP )
6
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = ..
5
Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản ở mức độ trung bình, trước hết học sinh phải biết cách
đặt ẩn phụ (1 ẩn hay 2 ẩn phụ), sau đó biến đổi tương đương để giải.
16


 Bài luyện tập. Giải các phương trình sau

3)

)(

(

2) x = 2016 + x 1 − 1 − x

1) 4 1 + x − 2 1 − x − 1 − x 2 = 1 + 3 x

)

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

)

(

2
2
2
5) x + 3 − x + 2 x = 1 + 2 x + 2

6) x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1

Ví dụ 6.(khối D - 2011)
2
Giải phương trình: log 2 ( 8 − x ) + log 1

2

(

)

1 + x + 1 − x − 2 = 0 ( *)

Giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1
2
Cách giải thơng thường: Khi đó, ( *) ⇔ log 2 ( 8 − x ) = log 2  4

⇔ 8 − x2 = 4

(

)

(

1 + x + 1 − x ⇔ ( 8 − x 2 ) = 16 2 + 1 − x 2
2

(

)

1+ x + 1− x 


) ( **) .

Đặt t = 1 − x 2 , ( 0 ≤ t ≤ 1) , thì phương trình ( **) trở thành:

(7+t )

2 2

= 32 ( t + 1) ⇔ t 4 + 14t 2 − 32t + 17 = 0

⇔ ( t − 1) ( t 2 + 2t + 17 ) = 0 ⇔ t = 1 ⇔ 1 − x 2 = 0 ⇔ x = 0 (thỏa mãn diều kiện).
2

Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 .
Cách giải sáng tạo: Nhẩm nghiệm và ta thấy phương trình có một nghiệm x = 0 , như
vậy ta nghĩ ngay đến dùng phương pháp “Nhân liên hợp ” để làm xuất hiện nhân tử
chung x .

( *) ⇔ 8 − x 2 = 4 (
⇔8

(

(

)

1+ x + 1− x ⇔ 4

)

(

)

1 + x + 1 − x − 2 + x2 = 0


+ x = 0 ⇔ x 1 −

1+ x + 1− x + 2

1 − x2 − 1

2

)

2

(

8
1+ x + 1− x + 2

)(


=0

1 − x2 + 1 


)



 1 + x + 1 − x + 2 1 − x2 + 1 − 8 


⇔ x2 
=0⇔ x=0
2
1
+
x
+
1

−
x
+
2
1
−
x
+
1


 1 4 4 4 4 4 4 2≥0 4 4 4 4 4 4 3 

(

(do

(

)(

(

1+ x + 1− x + 2

)(

)

)(

)

)

1 − x 2 + 1 − 8 = 0 ⇔ x = 0 , theo bất đẳng thức AM − GM )

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 0 .
17


Nhận xét: Đây là bài tốn tương đối khó với học sinh khối D, trước hết học sinh phải
nắm được tính chất phép tốn lơgarit , sau đó biến đổi tương đương đưa về phương trình
đa thức để giải hoặc cách hay hơn thì dùng liên hợp.
 Bài luyện tập . Giải các phương trình sau
1)
3)

3
2
3
3
log 1 ( x + 2 ) − 3 = log 1 ( 4 − x ) + log 1 ( x + 6 ) , 2) log 3 ( x − 1) 2 + log
2
4
4
4
5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1

5) x +

2x
x2 − 4

=3 5

3

( 2 x − 1) = 2

4) 2 2 x + 4 + 4 2 − x = 9 x 2 + 16
6) 1 + x + 1 − x ≤ 2 −

x2
4

 x3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y ( 1)

Ví dụ 7.(Khối A-2012) Giải hệ phương trình:  2
1
2
( 2)
x + y − x + y =

2
Phân tích tìm lời giải.
• Nhận thấy ( 1) có x và y cơ lập sang từng vế, hơn nữa bậc của đa thức với biến x
và y đều là 3 , vậy ta sẽ biến đổi ( 1) theo phương pháp “ hàm đại diện ”
x 3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y ⇔ ( x − 1) − 12 ( x − 1) = ( y + 1) − 12 y ( 3 )
3

3

• Xét hàm số f ( t ) = t 3 − 12t , t ∈ ¡ có f ' ( t ) = 3t 2 − 12 . Ta thấy f ( t ) không phải hàm số
đơn điệu trên ¡ , do đó ta cần đi tìm điều kiện chặt chẽ hơn đối với biến t như sau:
• Từ ( 2 ) ta biến đổi một chút sẽ thấy
2

1
 x − ÷ ≤ 1
2
2
2
1 
1 
1

2
2
x + y − x + y = ⇔  x − ÷ +  y + ÷ =1⇒ 
2
2 
2 
2
1

≤1
 y + 2 ÷



1
 3
−
≤
x
−
1
≤

2 ⇒−3 ≤t≤ 3
⇔ 2
2
2
− 1 ≤ y + 1 ≤ 3
 2
2
3
3
• Như vậy với điều kiện của t là : − ≤ t ≤ ⇒ f ′ ( t ) < 0 ⇒ f ( t ) là hàm số nghịch
2
2
biến .

18


• Vậy từ

( 3) ⇒ f ( x − 1) = f ( y + 1) ⇔ x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2 ,

thay vào phương
1
3

x= ⇒ y=−

2
2
2
trình ( 2 ) và biến đổi ta được: 4 x − 8 x + 3 = 0 ⇔ 
x = 3 ⇒ y = − 1

2
2

 1 3   3 1 
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y ) ∈  ;− ,  ;−  .
 2

2 2

2 

Nhận xét: Đây là bài tốn tương đối khó với học sinh, trước hết học sinh phải cô lập x
và y sang từng vế, hơn nữa bậc của đa thức với biến x và y đều là 3 , vậy ta sẽ biến đổi
( 1) theo phương pháp “ hàm đại diện ”, kết hợp với điều kiện có nghiệm từ phương trình
( 2 ) tạo nên tập xác định của hàm đại diên chặt chẽ , để chứng tỏ hàm đại diện đơn điệu
từ đó tìm được mối liên hệ giữa x và y . Chú ý ngoài cách giải trên các bạn cịn có thể
giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ nhưng cách giải này tương đối dài.

 Bài luyện tập. Giải các hệ phương trình sau.
 x 3 − y 3 + 17 x − 32 y = 6 x 2 − 9 y 2 − 24
1) 
2
( y + 2 ) x + 4 + ( x + 9 ) 2 y − x + 9 = x + 9 y + 1

 x ( x 2 + y 2 ) = y 4 ( y 2 + 1)

2
 4 x + 5 + y + 8 = 6

2)

2 x 2 ( 4 x + 1) + 2 y 2 ( 2 y + 1) = y + 32
3 ( x 3 − y 3 ) + 20 x 2 + 2 xy + 5 y 2 + 39 x = 100

3)  2
4)  2
1
2
2
 x + y + xy − 3 x − 4 y + 4 = 0
x + y − x + y =


2
 x 3 − y 3 − 3x − 3 y 2 + 2 = 0
5) 
2 x − 2 + y − 1 = 6

( 2 x 2 − 3 x + 4 ) ( 2 y 2 − 3 y + 4 ) = 18
5) 
2
2
 x + y + xy − 7 x − 6 y + 14 = 0

Ví dụ 8.(Khối B-2012) Giải bất phương trình: x + 1 + x 2 − 4 x + 1 ≥ 3 x ( 1)
Phân tích tìm lời giải.
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 3 hoặc x ≥ 2 + 3.
• Nhận xét do x = 0 là một nghiệm của bất phương trình.
• Với x > 0 chia hai vế của ( 1) cho
Đặt x +

x ta được:

1
1
+ x+ −4 ≥3
x
x

( 2)

1
= t thì ( 2 ) trở thành:
x

3 − t < 0
t + t −6 ≥3⇔ t −6 ≥3−t ⇔  2
t − 6 ≥ 0

2

x+

2

hoặc

3 − t ≥ 0
2
2
t − 6 ≥ ( 3 − t )
19


⇔ t > 3 hoặc
x+

⇒

5
5
≤t ≤3⇔t ≥
2
2

 x ≥2
x ≥ 4
1
5

≥ ⇔
⇔
 x≤1
0 < x ≤ 1 .
x 2

4

2

 1
Kết hợp với x = 0 ta được tập nghiệm của bất phương trình là : S = 0;  ∪ [ 4; +∞ ) .
 4
Nhận xét: Đây là bài tốn tương đối khó với học sinh khối B, nó giống như đề thi khối A
năm 2010.
 Bài luyện tập. Giải các phương trình, bất phương trình sau
1) x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1
3) x − 3x + 2
3

2

( x + 2)

5) x 2 − 3x + 1 = −

3

− 6x ≤ 0

3 4
x + x2 + 1
3

(

)(

2
2) x ≥ 1 − x 2 x − 3 x + 3

4 x−x

4)

2 ( x + 6 x + 1) − 1
2

6) 2 x + 5 x > 11 +

)

<1

14
x−2

 xy + x − 2 = 0 ( 1)
Ví dụ 9.(Khối D-2012) Giải hệ phương trình:  3
2

2
2
2 x − x y + x + y − 2 xy − y = 0

( 2)

Phân tích tìm lời giải. quan sát phương trình ( 2 ) nếu ta dùng biến đổi đại số sẽ đưa
2
được về phương trình tích: ( 2 x − y + 1) ( x − y ) = 0 ⇔ 2 x + 1 = y hoặc x 2 = y .

−1 ± 5
• 2 x + 1 = y kết hợp ( 1) ⇒ x 2 + x − 1 = 0 ⇔ x =
⇒ y=± 5
2
 − 1 + 5
  −1 − 5

; 5 , 
;− 5  .
2
2





Do đó ta được các nghiệm ( x; y ) ∈ 

3
2

2
• x = y kết hợp ( 1) ⇒ x + x − 2 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x + x + 2 ) = 0 ⇔ x = 1, y = 1 .

Do đó, ta được nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) .
 − 1 + 5

  −1− 5

; 5 , 
;− 5 , (1;1)  .
2
2






Vậy, hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y ) ∈ 

Nhận xét: Đây là bài tốn cơ bản ở mức độ trung bình với học sinh khối D, nó giống như
đề thi khối A năm 2011.
 Bài luyện tập. Giải các hệ phương trình sau
20


 x 2 y 2 + 2 y 2 + 4 = 7 xy
1)  2
2
2

 x + 2 y + 6 y = 3xy

 x3 − 2 y = y 3 + 8 x
2)  2
2
 x − 3 = 3 ( 1 + y )

5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2 ( x + y ) = 0
3) 
2
2
2
 xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )

1
 3
3
3 x − y = x + y
4) 
 x2 + y2 = 1


 x 2 y + 1 − 2 x ( y + 1) = 1
5)  3
 x − 3x ( y + 1) = 6

3 x 2 + 2 y 2 = 5 xy − x + y
6) 
 x 2 y − y 3x + 1 = 2 ( x − y )

 x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y
Ví dụ 10.(Khối A - 2013) Giải hệ phương trình:  2
2
 x + 2 x ( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0

( 1)
( 2)

Phân tích tìm lời giải. Điều kiện: x ≥ 1 ( *) .
• Ta thấy phương trình ( 1) có thể cơ lập x và y sang từng vế, nên rất có thể sử
dụng được phương pháp “Hàm đại diện ” để giải quyết, thật vậy:
x +1 + 4 x −1 − y4 + 2 = y ⇔

(

4

)

4

x − 1 + 2 + 4 x − 1 = y 4 + 2 + y ( 3)

• Xét hàm số f ( t ) = t 4 + 2 + t với t ∈ ¡ .
⇒ f ′( t ) =

2t 3

+ 1 rõ ràng với t ∈ ¡ thì hàm số f ( t ) khơng chắc đơn điệu, vậy
t4 + 2

ta cần tìm điều kiện chặt chẽ hơn đối với t như sau.
2
2
• Xét ( 2 ) : x + 2 x ( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0 ⇔ ( x + y − 1) = 4 y ⇒ 4 y ≥ 0 ⇒ y ≥ 0
2

x ≥ 1
2t 3
⇒ t ≥ 0 ⇒ f ′( t ) =
+ 1 > 0, ∀t ≥ 0 ⇒ f ( t ) là hàm đồng
Như vậy với 
t4 + 2
y ≥ 0
biến trên khoảng [ 0;+∞ ) .

( 3) ⇔

f

( x − 1)

(

2

4

)

x − 1 = f ( y ) ⇔ 4 x − 1 = y ⇔ x = y 4 + 1 . Thay vào ( 2 ) ta được:

+ 2 y ( x − 1) + y 2 − 4 y = 0 ⇔ y 8 + 2 y 5 + y 2 − 4 y = 0

⇔ ( y 8 − y 5 ) + 3 ( y 5 − y 2 ) + 4 ( y 2 − y ) = 0 ⇔ y 5 ( y 3 − 1) + 3 y 2 ( y 3 − 1) + 4 y ( y − 1) = 0



 y =1⇒ x = 2
4
2
2

⇔ y ( y − 1) y ( y + y + 1) + 3 y ( y + y + 1) + 4  = 0 ⇒ 
(thỏa mãn ( *) )
 1 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 43 
y
=
0
⇒
x
=
1



>0
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y ) ∈ { (1;0) , ( 2;1)} .
21

Nhận xét: Đây là bài tốn tương đối khó với học sinh, trước hết học sinh phải cô lập x
và y sang từng vế, vậy ta sẽ biến đổi ( 1) theo phương pháp “ hàm đại diện ”, kết hợp với
điều kiện có nghiệm từ phương trình ( 2 ) tạo nên tập xác định của hàm đại diên chặt chẽ,
để chứng tỏ hàm đại diện đơn điệu từ đó tìm được mối liên hệ giữa x và y . Sau đó thế
vào phương trình ( 2 ) thành phương trình đa thức bậc 8 nhẩm được nghiệm đưa về
phương trình tích như trên.
 Bài luyện tập. Giải các hệ phương trình sau

(

)(

)

 x + x2 + 4 y + y2 + 1 = 2

1) 
2
3 3

12 y − 10 y + 2 = 2 x + 1

 y 2 − x 2 − 3 y + 3x + 1 = 0
1* ) 
2
2
 y + y − 2 y + 5 = 3x + x + 4

 x 3 − y 3 + 6 x − 3 y = 3x 2 + 4
2)  2

 x + 6 y + 19 = 2 3x + 4 + 3 5 y + 14

 x 7 + xy 6 = y14 + y 8
3) 
 3 y + 6 + x = 7 − y − 1

(

)

2 − x 2 y 4 + 2 xy 2 − y 4 + 1 = 2 3 − 2 − x y 2

4) (Dự bị Khối B năm 2010) 
 x − y 2 + x = 3
 y 3 + y = x 3 + 3x 2 + 4 x + 2
5) 
2
 1 − x − y = 2 − y − 1

 x 3 ( 4 y 2 + 1) + 2 ( x 2 + 1) x = 6

6)  2
2
2
x y 2 + 2 4 y + 1 = x + x + 1


(

)

Ví dụ 11.(Khối B-2013)
2 x 2 + y 2 − xy + 3 x − 2 y + 1 = 0
Giải hệ phương trình:  2
2
4 x − y + x + 4 = 2 x + y + x + 4 y

( 1)
( 2)

Phân tích tìm lời giải. Điều kiện 2 x + y ≥ 0 và x + 4 y ≥ 0
2
2
Ta có: ( 1) ⇔ y − ( 3 x + 2 ) y + 2 x + 3x + 1 = 0 . Ta xem đây là phương trình bậc hai
2
2
2
theo y có biệt thức ∆ = ( 3x + 2 ) − 4 ( 2 x + 3x + 1) = x .

3x + 2 + x

y
=
= 2x + 1

2
Do đó: ( 1) ⇔ 
 y = 3x + 2 − x = x + 1

2

• Với y = 2 x + 1 thay vào phương trình ( 2 ) ta được:
4 x 2 − ( 2 x + 1) + x + 4 = 4 x + 1 + 9 x + 4 ⇔ 4 x + 1 + 9 x + 4 + 3 x − 3 = 0 ( 3 )
2

Ta nhẩm thấy phương trình ( 3) có một nghiệm x = 0 , như vậy ta nghĩ đến dùng
22


phương pháp “Nhân liên hợp ” để làm xuất hiện nhân tử chung x .

( 3) ⇔ (

) (

4x +1 −1 +




÷

÷
4
9
9 x + 4 − 2 + 3x = 0 ⇔ x 
+
+ 3 ÷= 0
+ 14+ 44
1 2 94x 4
+ 44+42 43 ÷

 1 44x 4
1


÷
> 0 ∀x >− ÷
4




)

⇔ x = 0 ⇒ y = 1 . Vậy ( x; y ) = ( 0;1) là một nghiệm của hệ phương trình.
• Với y = x + 1 thay vào phương trình ( 2 ) ta được:
4 x 2 − ( x + 1) + x + 4 = 3 x + 1 + 5 x + 4 ⇔ 3 x 2 − x + 3 = 3x + 1 + 5 x + 4 ( 4 )
2

Ta nhẩm thấy phương trình ( 4 ) có hai nghiệm x = 0, x = 1 , vậy ta nghĩ đến
2
phương pháp “Nhân liên hợp ” để làm xuất hiện nhân tử chung x ( x − 1) = x − x .

( Chẳng hạn

3 x + 1 = mx + n ( *) lần lượt thay x = 0; x = 1 vào đẳng thức ( *) ta được

n = 1
⇒ m = n = 1 , tương tự với
hệ phương trình: 
m + n = 2

Phương trình

( 4 ) ⇔ 3( x 2 − x ) + ( x + 1) −

5 x + 4 = m′x + n′ …)

3x + 1  + ( x + 2 ) − 5 x + 4  = 0







( x2 − x ) 3 + ( x + 1) +1 3x + 1 + ( x + 2 ) +1 5 x + 4  = 0 ⇔ x 2 − x = 0 ⇔
 1 4 4 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 4 43 


1

>0 ∀x >− ÷


3



x = 0 ⇒ y =1
x =1⇒ y = 2


Vậy ( x; y ) = ( 0;1) , ( x; y ) = ( 1;2 ) là nghiệm của hệ phương trình.
Kết hợp hai trường hợp ta được các nghiệm của hệ là: ( x; y ) = ( 0;1) , ( x; y ) = ( 1;2 ) .
Nhận xét: Đây là bài toán tương đối khó với học sinh khối B, trước hết học sinh cần
tìm được mối liên hệ giữa x và y bằng cách coi đây là một phương trình bậc hai của một
biến coi biến còn lại là tham số , bước sau sử dụng phương pháp liên hợp ra hai nghiệm
của phương trình x = 0, x = 1 với suy nghĩ giản dị như trên
 Bài luyện tập. Giải các hệ phương trình sau
 x 3 − y 3 + 6 x − 3 y = 3x 2 + 4
1)  2
 x + 6 y + 19 = 2 3x + 4 + 3 5 y + 14

 x 7 + xy 6 = y14 + y 8
2) 
 3 y + 6 + x = 7 − y − 1

23


2 y 3 + y + 2 x 1 − x = 3 1 − x
4) 
2
 2 y + 1 + y = 4 + x + 4

 x 3 − y 3 + 3x − 12 y + 7 = 3 x 2 − 6 y 2
3) 
3
2
 x + 2 + 4 − y = x + y − 4 x − 2 y

( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2
6) 
2
4 x + 2 + 16 − 3 y = x + 8

4 x 2 + 4 xy + y 2 + 2 x + y − 2 = 0
5) 
2
8 1 − 2 x + y = 9
Ví dụ 12.(Khối D-2013)

(

)

1
Giải phương trình: 2log 2 x + log 1 1 − x = log
2
2

2

( x−2

x +2

)

( 1)

Phân tích tìm lời giải. Điều kiện 0 < x < 1 ( *) .

(

)

x2
x2
= log 2 x − 2 x + 2 ⇔
= x−2 x +2
Phương trình ( 1) ⇔ log 2
1− x
1− x
⇔

(

x2
= x + 2 1− x
1− x

)

( 2 ) . Chia

hai vế phương trình ( 2 ) cho 1 − x ta được một
2

x
x

x
 x 
=
+ 2 , (t =
, t > 0).
phương trình bậc hai ẩn :
là ⇔ 
÷
1− x
1− x
1− x  1− x
t = −1 (loai)
x
⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ 
⇒t =2⇔
= 2. ⇔ x + 2 x − 2 = 0
t
=
2
1
−
x

⇔ x = −1 + 3 ⇔ x = 4 − 2 3 (thỏa mãn ( *) ).
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 4 − 2 3 .
Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản ở mức độ tương đối khó với học sinh khối D, trước hết
học sinh phải nắm được tính chất phép tốn lơgarit, sau đó thực hiện phép chia cho 1 − x
x
tạo nên một phương trình bậc hai ẩn là:
1− x

 Bài luyện tập. Giải các phương trình sau
1) 2 x ( x − 2 ) = 3 x 3 + 1
3)

2)

4x2 + x + 6 = 4x − 2 + 7 x + 1

1
x2
5  1 − x2
x
+ 
+
5) 2 +
2
x 1 − x 2  x
1 − x2

4)

+2=0
÷
÷


4x
+ x+3 =4 x
x+3
1

3x
+
1
=
1 − x2
1 − x2

6) 8 x 2 − 8 x + 3 = 8 x 2 x 2 − 3 x + 1

Ví dụ 13.(Đề đại học khối A - 2014) Giải hệ phương trình:
24


 x 12 − y + y ( 12 − x 2 ) = 12


 x3 − 8 x − 1 = 2 y − 2

( 1)
( 2)

Phân tích tìm lời giải.

Điều kiện : −2 3 ≤ x ≤ 2 3 ;2 ≤ y ≤ 12

Theo bất đẳng thức: ab ≤

a 2 + b2
dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b ta có
2

x 12 − y ≤

x 2 + 12 − y
và
2

y ( 12 − x 2 ) ≤

y + 12 − x 2
2

x ≥ 0
Cho nên : x 12 − y + y ( 12 − x 2 ) ≤ 12 . Do đó ( 1) ⇔ 
2 .
 y = 12 − x
Thay vào phương trình ( 2 ) ta được : x 3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2

(

⇔ x 3 − 8 x − 3 + 2 1 − 10 − x 2

)



2 ( x + 3)
= 0 ⇔ ( x − 3)  x 2 + 3 x + 1 +
 1 4 4 44 214+ 410
−43

x2
4

> 0 ( do x > 0 )



÷
÷= 0
÷
÷


⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 3 ⇒ y = 3.
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình là: ( x; y ) = ( 3;3) .
Nhận xét: Đây là bài tốn tương đối khó đối với học sinh, trước hết học sinh phải tìm ra
được mối liên hệ giữa hai ẩn x và y , thơng qua phép biến đổi tương đương ở phương
trình ( 1) , qua cách dùng các bất đẳng thức sao cho hợp lý. Sau khi thay thế ở phương
trình ( 2 ) ta được phương trình chứa căn thức và sử dụng phương pháp liên hợp để giải
phương trình
 Bài luyện tập. Giải các hệ phương trình sau.

 2 x − y +1 + 9 x − y +1 + 2− x + y +1 + 9− x + y +1 = 11x − y +1 + 11− x + y +1
1) 
5log 3 ( 8 x + 3) = 3log 2 ( 9 y + 5 )
 2x − 3 − y = 2x − 6

2)  3
3
2

2
 x + y + 7 ( x + y ) xy = 8 xy 2 ( x + y )

4 x + x 2 − 1 = 9 ( y − 1) 2 x − 2

3) 
 x 3 + y 3 = xy 2 ( x 2 + y 2 )

4 2 − x + 3 − y = 2 x 2 − y 2 + 5
4) 
2
2
8 ( x + y ) − 3xy = x + 2 y

25