Phương trình – bất phương trình cơ bản

<span class='text_page_counter'>(1)</span>1. phương trình –bất phương trình cơ bản a. Phương trình cơ bản:  g ( x)  0 Dạng phương trình: (nÕu g(x) cã TX§ lµ R) f ( x)  g ( x)   2  f ( x)  g ( x) b.Bất phương trình cơ bản: D¹ng 1: D¹ng 2:.  g x   0  f ( x)  g ( x)   f x   0  f x   g 2 x  .   f ( x)  0   g ( x)  0 f ( x)  g ( x)     g ( x)  0  f ( x)  g 2 ( x) . Chú ý: Khi hệ chứa từ hai biểu thức căn bậc hai trở lên , để có thể đưa về dạng cơ bản , ta làm như sau: + Đặt một hệ điều kiện cho tất cả các căn đều có nghĩa . + Chuyển vế hoặc đặt điều kiện để hai vế đều không âm . + Bình phương hai vế . + Tiếp tục cho đến khi hết căn . bµi tËp ¸p dông Bài 1.1: Giải các phương trình sau:. 1. 3 x  5  2 x  3 2. 2 x  3  6  x. (1) (2). 3  x  Giải 1: Phương trình đã cho tương đương với:  2 4 x 2  15 x  14  0 x6  x  14 x  33  0 . Giải 2: Phương trình đã cho tương đương với: . 2. Bài 1.2 Giải phương trình sau 1. x 2  6 x  6  2 x  1  Giải: Phương trình đã cho tương đương với: . x 1 . . x6   x3   x  3  x  11. (1) (§H X©y Dùng -2001).. 1 2  x 2  6 x  6  (2 x  1) 2. Bài 1.3 Giải phương trình:.  x  2 x  7  2. . x. 1  x  2  x  1.  x 1. x2 3. Giải: Phương trình đã cho tương đương với hệ: x 1  1 x  4    2 (_ x  1)( x  2)  (4  x)  ( x  1)( x  2)  4  x. x2. Bài 1.4: Giải phương trình x  1  x  3  x  2 Giải: Phương trình đã cho tương đương với hệ: x3 x  3  3 x 4     2 2  x 1  x  3  x  2  4  x  2 x  5x  6 3x  8 x  8  0. 3  x  4 62 3   x 62 3 62 3 3 x x  3 3  2 Bài 1.5: Giải phương trình 1  x  x2  x  1 x 3 Giải: Phương trình đã cho tương đương với hệ: Lop12.net. (§HQG Hµ Néi 2000).

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  0  x 1  0  x 1   1  2 x  2 x 2  4 x  x 2  1  2 x  x 2   2 x  2 x 2  2 x  x 2  3 3  3 3 3 3  0  x 1  0  x 1    2 2  x  x ( x  x  1)  0 x  0  x  1. . x  0 x 1 . . Bài 1.6: Giải phương trình 3  4 6  16 3  8 2 x  4 x  3 Giải: Phương trình đã cho tương đương với hệ:   x   x  .  3 x   4  3  4 6  16 3  8 2 x  4 x  3. . . 3 4 x 2 2 2 2. 7 x  13  3x  9  5 x  27. Bài 1.7: Giải bất phương trình: 27 §iÒu kiÖn: x  5. (ĐH DL Phương Đông -2001).  Bất phương trình đã cho tương đương với:  x  5. 27.  7 x  13  5 x  27  3x  9 . 27 27   x  x  5 5   7 x  13  8 x  36  2 3 x  9 5 x  27  2 3 x  9 5 x  27   23  x    27 229  2 6576   x  23 5   x  23 59 59 x 2  458 x  443  0 . Bµi tËp lµm thªm: 15. x 2  9  x 2  7  2 5 x  1  3 x  2  x  1. 18. 1  x  x 2  2 x  5. 16. 3 x 2  6 x  16  x 2  2 x  2 x 2  2 x  4 17.. 19. x  x  11  x  x  11  4. 3 x 1 1 4 2    3x 9 x 9 x2. 20. x  1  1  x  x  8. 2. phương pháp Đặt một ẩn phụ Dạng 1: Giải phương trình: Af  x   B f  x   C  0 Phương pháp giải : Đặt. f x   t. t  0  f x   t 2 ;.  Phương trình đã cho trở thành : At 2  Bt  C  0. t  0. Làm tương tự với bất phương trình dạng: Af  x   B f  x   C  0. . Dạng 2: Giải phương trình: A.  . . f  x   g  x   B 2 f  x g ( x)  D  C  0 (Víi f  x   g ( x)  D ). Phương pháp giải : Đặt f  x   g ( x)  t. t  0  t 2  D  2. t  0 f  x   g  x    2. f  x g  x . Phương trình đã cho trở thành : Bt 2  At  C  0. . Làm tương tự với bất phương trình dạng: A. . f  x g ( x)  D  C  0. bµi tËp ¸p dông: Bài 2.1: Giải các phương trình 1.. 2.. 3 x 2  5x  5  x 2  5x  7. 2.x 2  x 2  12  30 Lop12.net. (1). (2) (§H DL Hång l¹c-2001).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Gi¶i 1: 1, 3 x 2  5x  5  x 2  5x  7 Phương trình đã cho trở thành:. t  1 t  3t  2  0   t  2 2. §Æt. (1).  x 2  5 x  5  1  2  x  5 x  5  4. x2  5x  5  t. (t  0).  x  1   x  4   x  5  21 2 . (t  0) Gi¶i 2: 2, §Æt t  x 2  12 2 x 2  x 2  12  30 (2) Phương trình đã cho trở thành: (tm) t  6 2 t 2  t  42  0   VËy x  12  6  x  2 6 ( L) t  7 x2  7x  4 Bài 2.2: Giải các phương trình 1. 4 x (1) (ĐH Đông đô-2000). x2. 2. x  4  x 2  2  3x 4  x 2 Gi¶i 2: §Æt y  4  x 2. (2) (§H Má -2001). ( y  0). x 2  y 2  4 ( x  y ) 2  2 xy  4  Phương trình đã cho trở thành:   x  y  2  3 xy  x  y  3 xy  2  x  0  x  0 y  2  Giải hệ đối xứng này ta được nghiệm:   x  2 x  2  y  0   x   2  14 3 . Gi¶i 1: §iÒu kiÖn: x  0 §Æt. x t. (t  0). Phương trình đã cho trở thành: t  4t  7t  8t  4  0 Giải phương trình bậc 4 : 4. 3. 2. Xét t = 0 không là nghiệm . Xét t  0 ,chia hai vế cho t2 và đặt u  t  2 t. (u  2 2 ). u  1( L) t  1 x  1 Ta được phương trình u 2  4u  3  0     u  3 t  2 x  4 Bài 2.3: Giải các bất phương trình sau. 1.. 2x2  4x  3 3  2x  x2  1. 2.. x( x  4)  x  4 x  ( x  2)  2 2. 2. Gi¶i 1: §iÒu kiÖn:  3  x  1. (ĐHDL Phương Đông -2000) (§H QG HCM -1999) §Æt: t  3  2 x  x 2. (t  0) 5  2  1  t  5 Bất phương trình đã cho trở thành:  2t  3t  5  0   2 0t 2 0  t  0  t  3  x  1  3  x  1 13 2  x  2 x  4  0. Thay vào cách đặt: . x( x  4)  x 2  4 x  ( x  2) 2  2. Gi¶i 2: 2.. Thay vµo BPT §· cho vµ gi¶i ra ta ®­îc t  1. §Æt: t   x 2  4 x  0. Thay vào cách đặt ta được: 2  3  x  2  3 Bài 2.4: Giải các bất phương trình sau 3 1 (§H Th¸i Nguyªn -2000) 1. 3 x  2x  7 2 x. §iÒu kiÖn: 0  x  4. 2x. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. 2  x  7  x  (2  x)(7  x)  3 3( x . Giải 1: Biến đổi bất phương trình đã cho trở thành:.  2 1 )  2 x  1   2 x 2 x  1.  9 2  .  . 2. 1  1     2 x    3 x  9  0 2 x 2 x    t  2 t 3  2  2t  3t  9  0 Đặt: t  x  1  t  2 . BPT đã cho trở thành: 3  2 x 0  x  4  2 1  x 3  2 x x  4  3 7 2 . Gi¶i 2: §iÒu kiÖn:  2  x  7 VËy. (2  x)(7  x) . §Æt t  2  x  7  x. 7. (t  0). t2 9 2. t 2  2t  15  0  0  t  3 Bất phương trình đã cho trở thành:.  2  x  7  x  2   9  2 (2  x)(7  x)  9 x  7. Bµi tËp. Gi¶i c¸c PT sau: Bµi 1:. 11. 2( x 2  2 x)  x 2  2 x  3  9;. 1. 3 x 2  5 x  5  x 2  5 x  7;. 12. ( x  3) 2  3 x  22  x 2  3 x  7;. 2. 2 x 2  x 212  30;. 15.. 3. x  x  x  x  13  7; 2. 2.  x  1 2  x   1  2 x  2 x 2 ;. 4. ( x  5)(2  x)  3 x 2  3 x ;. 16. 2  x 2  2 x   x 2  2 x  3  9  0;. 6. ( x  4)( x  1)  3 x 2  5 x  2  6;. 17. 3 x 2  15 x  2 x 2  5 x  1  2;. Bµi 2: 5.. x 2  3 x  3  x 2  3 x  6  3;. 20. x  17  x 2  x 17  x 2  9;. 7. x 2  5 x  2  2 x 2  5 x  9  1; 9.. 21. 1 . x  1  4  x  ( x  1)(4  x)  5;. 22.. 10. x  4  x  2  3 x 4  x ; 2. 2. 2 x  x2  x  1  x ; 3. x4  x4  x  x 2  16  6; 2. 13. 2 x 2  5 x  2  2 x 2  5 x  6  1;. 23. 3 x  2  x  1  4 x  9  2 3 x 2  5 x  2;. 14. x 2  3 x  2  2 x 2  6 x  2   2;. 27.. 18. x 2  x  4  x 2  x  1  2 x 2  2 x  9;. x2  2 x  3  2 x; 2x  3. 29. 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1;. 8. x 2  4 x  8  x 2  4 x  4  2 x 2  8 x  12;. 30. 10 x3  8  3  x 2  x  6  ;. 19. x  x 2  1  2 x  x 2  1  2;. 31. x3  1  x 2  3 x  1; Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 32. x  x  1  ( x  1) x  x 2  x  0;. Đặt ẩn phụ để trở thành phương trình có 2 ẩn * Là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển để chuyển PT ban đầu thành 1 PT với 1 ẩn phụ nhưng các hệ số vÉn cßn chøa x * PP này thường được SD đối với những PT khi lựa chọn 1 ẩn phụ cho1 BT thì các BT còn lại không BD được triệt để qua ẩn phụ đó hoặc nếu BD được thì công thức BD quá phức tap. * Khi đó thường ta được 1 PT bậc 2 theo ẩn phụ (hoặc vẫn theo ẩn x) có biệt số ∆ là 1 số chính phương. Bµi tËp. Gi¶i c¸c PT sau:. 1. x 2  1  2 x x 2  2 x ;. 8. 2(1  x) x 2  2 x  1  x 2  2 x  1;. 2. x 2  1  2 x x 2  2;. 9. 1  x  2 x 2  4 x 2  1  2 x  1;. 3. (4 x  1) x 2  1  2 x 2  2 x  1;. 10. x 2  x  12 1  x  36;. 4. 4  x 2  4 x  (2  x) x 2  2 x  4;. 11. 2 x . x 1 1 1  1   3 x   0; x x x. 3. Phương pháp Đặt hai ẩn phụ. . . Dạng 1: Giải phương trình: A n f  x   n g  x   B n f  x g ( x)  C  0 (Với f x   g ( x)  D ) n f  x   u Phương pháp giải : Đặt:   g  x   v n.  un  vn  D.  Au  v   Buv  C  0 Phương trình đã cho trở thành:  n n u  v  D. . . Dạng 2: Giải phương trình: A n f  x   n g  x   B n f  x g ( x)  C  0 (Với f x   g x   D ). n f  x   u  un  vn  D Phương pháp giải : Đặt:  n  g  x   v  Au  v   Buv  C  0 Phương trình đã cho trở thành:  n n u  v  D bµi tËp ¸p dông: Bài 3.1: Giải phương trình:  x  2  u Gi¶i : §Æt   6  x  v. x  2  6  x  ( x  2)(6  x ) (§H Ngo¹i Ng÷-2001) (u, v  0). u2  v 2  8 uv  u  v  uv2 Phương trình đã cho trở thành:  2 uv  u  v (uv)  2uv  8  0. x2  6x 2 x2 3 3 Bài 3.2: Giải phương trình: x  22  x  3  1 (An Ninh-01) VËy:. 3 x  22  u Gi¶i : §Æt:  3 x  3  v. Phương trình đã cho trở thành:. u  v  1 v  2; u  3 x  5    uv  6 v  3; u  2  x  30 4 4 Bài 3.3: Giải phương trình 56  x  x  41  5. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 4 56  x  u §Æt: 4  x  41  v. (uv  0). u  v  5 u  2; v  3  Phương trình đã cho trở thành:  4 u  3; v  2  4 u  v  97  .  x  25  x  40 . Bµi tËp lµm thªm: Gi¶i c¸c pt: 20  x 20  x   6; x x. 1.. 24.. 1 1  cos 2 x  4  cos 2 x  2; 2 2. 8. 3 24  x  12  x  6;. 2. 6  x  x  2  2(1  4 (6  x)( x  2);. 9. 3 x  7  x  1;. 3. 2  x  1  x  1; 3. 10. 4 5  x  4 x  1  2;. 4. 9  x  2  x  1; 3. 11. x 2  3 x  3  x 2  3 x  6  3;. 5. 9  x  1  7  x  1  4; 3. 12. x  1  8  x  ( x  1)(8  x)  3;. 6. x 2  3  10  x 2  5;. 17. x  4 x(1  x)2  4 (1  x)3  1  x  4 x3  4 x 2 (1  x);. 7. 3 x  9  ( x  3)3  6;. 30. 3 x  1  3 7  x  2;. 7 x  3 x5  6  x; 3 7 x  3 x5 3. 18.. 4. 31. 4 97  x  4 x  15  4;. 4. Phương pháp Nhân liên hợp. Dạng : Giải phương trình: A f  x   B g  x   C.h x . Víi A 2 f x   B 2 g x   D.hx . Phương pháp giải : Nhân hai vế với biểu thức: A f  x   B g  x  Ta được phương trình. . D.h x   C.h x  A f  x   B g  x   h x   0. Nhóm nhân tử chung và giải hai phương trình: . . . . C A f  x   B g  x   D. bµi tËp ¸p dông: Bài 4.1: Giải các phương trình sau: 1.. 4 x  1  3x  2 . x3 5. (1) 2.. 3(2  x  2 )  2 x  x  6. (2) (§H Qu©n Sù -. 2001) Gi¶i 1: §iÒu kiÖn: x . 2 3. Nh©n hai vÕ víi biÓu thøc liªn hîp:. x3. x3 5. . 4 x  1  3x  2.  4 x  1  3x  2  5. Gi¶i 2:. 2.. . x. x. Phương trình đã cho trở thành:  2 4 x  1 3 x  2  26  7 x. 26 2  x  3  7  x 2  344 x  684  0  3(2  x  2 )  2 x  x  6 (2). 4 x  1  3x  2. 2 3. 2 3. x. 2 3. x  2  x  342( L)  x  2 . Điều kiện: x  2 ; Phương trình đã cho tương đương với: 3 x  2  x  6  2 x  6 Nh©n hai vÕ víi biÓu thøc liªn hîp. 3 x2  x6 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>   Làm tương tự như phần 1) ta được tập nghiệm: T  3; 11  3 5  2. . . Bài 4.2: Giải các bất phương trình sau 1  x  1  x  x (ĐH Ngoại thương HCM-2001). Gi¶i: §iÒu kiÖn:. 1  x  1. Nh©n hai vÕ víi biÓu thøc liªn hîp tương đương với:. 1 x .  1  x  1  1  x  1    2x   x(2  1  x  1  x )  0  1 x  1 x  x . 1 x. thì bất phương trình đã cho.   1  x  0   1  x  0   x  0  2  1  x  1  x   0  x 1   0  x  1 0  x  1   2  1  x  1  x x . Bµi lµm thªm: (Nh©n liªn hîp) 1. x  x  1  x  4  x  9  0; x3 ; 5 3. 3(2  x  2)  2 x  x  6; 2. 4 x  1  3 x  2 . 4. 3 x 2  7 x  3  x 2  2  3 x 2  5 x  1  x 2  3 x  4; 5. 21  x  21  x  21; 6. 21  x  21  x  x; 2 x 2 x 7.   2 2; 2  2 x 2  2 x 8. 2 x  1  x  2  x  2. 5. Phương pháp Phân chia miền xác định. Dạng : Giải phương trình: A f  x g  x   B f  x h x   f  x  Phương pháp giải : Xét ba trường hợp : tm  Trường hợp 1: f  x   0 Trường hợp 2: f  x   0. Khi đó phải có  g x   0 h  x   0. Phương trình đã cho trở thành A g  x   B h x   Trường hợp 3: f  x   0. f  x  (Phương trình cơ bản).  g x   0 h  x   0. Khi đó phải có . Phương trình đã cho trở thành A  g  x   B  h x    f  x  (Phương trình cơ bản) bµi tËp ¸p dông: Bài 5.1: Giải phương trình sau (1) (§H B¸ch khoa Hµ Néi -2001).. 1.. 2 x 2  8x  6  x 2  1  2 x  2. Gi¶i:. 2 x 2  8 x  6  0  x  1 §iÒu kiÖn :  x 2  1  0   x  1 2 x  2  0 . Nhận thấy x = -1 là một nghiệm của phương trình đã cho Với x  1 : Phương trình tương đương với:  x  1   2( x  1)( x  3)  ( x  1)( x  1)  2( x  1)  x  1   x 1 2 2 x 2  4 x  6  x  1.  x  1   2( x  3)  x  1  2 x  1. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 1 và x = -1 Bài 5.2: Giải các bất phương trình sau. 1.. x 2  4 x  3  2 x 2  3x  1  x  1. 2.. x 2  3 x  2  x 2  4 x  3  2 x 2  5 x  4 (§H Y HCM -2001). (§H KÕ to¸n Hµ Néi -2001).  x  1 Gi¶i 1: §iÒu kiÖn: ( x  1)( x  3)  0   x  3   ( x  1)(2 x  1)  0  1 x  2 . Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của bất phương trình x  3. Với x  3 Ta tách căn của bất phương trình đã cho và được .  x  3  2x  1  x  1. HÖ nµy v« nghiÖm v× x  3  x  1 1 Víi x  Ta tách căn của bất phương trình đã cho và được 2 1 1   1 x  x  2 2  x  2  3  x  1  2x   1  x 2 (3  x)(1  x)  3   KÕt luËn: TËp nghiÖm Gi¶i2:. 1    ; 1  2. . x  1 §iÒu kiÖn:  x  4. Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của bất phương trình Với x  4 Ta tách căn của bất phương trình đã cho và được bpt BPT tho¶ m·n víi x  4 v×:. x2  x3  2 x4. x2  x3  x4. Với x  1 Ta tách căn của bất phương trình đã cho và được bpt 2  x . 3 x  2 4 x. 2 x  3 x  4 x. BPT v« nghiÖm v×. KÕt luËn: TËp nghiÖm 1  4;  Bµi tËp lµm thªm: Bµi 3: (PP ph©n chia MX§) 1. x 2  1  x  1  x  1;. 6. x 2  1  x  1;. 2. x 2  x( x  3)  x(2 x  1);. 7. 2 x 2  8 x  6  x 2  1  2 x  2;. 3. ( x  1)(2 x  7)  3( x  1)( x  6)  ( x  1)(7 x  1);. 8. 4 x  1  4 x 2  1  1. 4. x( x  1)  x( x  2)  2 x 2. 9.( x  3) 10  x 2  x 2  x  12. 5. 2 x  5 x  2  x  x  2)  3 x  6; 2. 2. Dạng : Giải phương trình: Phương pháp giải :. . 6. Phương pháp Khai căn. . f x   A  2. . . f  x   A  B.g  x . Khai căn và lấy đấu giá trị tuyệt đối ta được phương trình. 2. f x   A . g  x   A  B.g  x . Phá dấu giá trị tuyệt đối bằng cách phân chia miền xác định ta được một tuyển hai hệ. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  f  x   A  2 f  x   B.g  x    f  x   A  2 A  B.g  x . Giải hai hệ này ta sẽ tìm được nghiệm của phương trình đã cho.. bµi tËp ¸p dông: Bài 6.1: Giải phương trình sau 1. x  4 x  4  x  4 x  4  x 2  9 x  2 x5 2 x  2 x 1  2  x  2 x 1  2  2 Gi¶i 1: (1) . x4 2 . x  4  2  x 2  9 x  24. 2 x  4  x 2  9 x  24  2 x  4  x 2  9 x  20  4 NÕu x  8 pt trë thµnh:  2 x  4   x  4  x  5  4. 1. x  4  x  5 4  2 2 x4. x  4  x  5 4   3 vậy phương trình này vô nghiệm 2 2 x4. V× x  8 Nªn. NÕu 4  x  8 pt trë thµnh: 4  x  9 x  24 Vậy pt đã cho có nghiệm là x = 4 và x = 5. x5 Gi¶i 2:  x  1  1  x  1  1  2 Giải tương tự ta được nghiệm là x = -1 và x = 3. 2.  x  4 x  5. Bài 6.2: Giải phương trình sau x  2 x  1  x  2 x  1  2 Gi¶i: Phương trình đã cho tương đương với:  x  1  1  x  1  1  2  x  2   x  1  1  x  1  1  2  x2 1  x  2   2  x  1  1 x  1  1 . . . TËp nghiÖm: 2; . 7. Phương pháp Đạo hàm Dạng : Bài toán tìm m để phương trình f(x)=m có nghiệm, Bài toán chứng minh phương trình f(x)=A có nghiệm duy nhất, Bài toán biện luận số nghiệm của phương trình f(x)=m theo tham số m. Phương pháp giải : * Tìm tập xác định D của hàm số y=f(x) * Tính đạo hàm f’(x) ,lập bảng biến thiên . * Dựa vào bảng biến thiên để biện luận số nghiệm của phương trình . bµi tËp ¸p dông: Bài 7.1:Tìm m để phương trình sau có nghiệm x x  x  12  m( 5  x  4  x ) Gi¶i: Nh©n hai vÕ víi biÓu thøc liªn hîp: 5  x  4  x ta ®­îc:. ( x x  x  12 )( 5  x  4  x )  m. XÐt VT  f (x) TX§ D  0;4. g ( x)  x x  x  12 ; g ( x) . 3 x 1  0 2 2 x  12.  g (x) đồng biến và luôn dương trên D.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> h( x)  5  x  4  x ; h ( x) . 5 x  4 x 2 5 x 4 x. 0.  h x  đồng biến và luôn dương trên D. Suy ra hàm số f ( x)  g ( x) h( x) cũng sẽ là hàm số đồng biến trên D. Từ đó f (0)  VT  f (4)  12. . . 5  4  VT  4 Vậy để phương trình đã cho có nghiệm thì: 12 5  4  m  4. . . 8. Phương pháp đánh giá hai vế Phương pháp: Sử dụng bất đẳng thức để chứng minh VT  VP  VT  VP và tìm điều kiện để dấu bằng xảy ra bµi tËp ¸p dông: Bài 8.1: Giải các phương trình sau: 1. x  2 x  5  2. 2. 4 x  1  4 x 2  1  1 Gi¶i 1:. x 1  2. (§HQG Hµ Néi-2001). §iÒu kiÖn:. x 2  2x  5  0  x 1  x  1  0 . x  VT  x  2 x  5  Ta cã: x  2 x  5   x  1  4  4 Dấu bằng xảy ra khi x = 1. Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 2. 2. Gi¶i 2:. VËy VT . §iÒu kiÖn:. 2. x  1  2  VP. 1  x  4 1   x  2 x  1  2 . 4 x  1  4 x 2  1  1  VP. 4 x  1  1 1 x DÊu b»ng x¶y ra khi  2 2 4 x  1  0. Vậy pt đã cho có nghiệm: x  1 2 Bài 8.2: Giải các phương trình sau: Gi¶i: §iÒu kiÖn: x Víi x > 0. x. x  x2 x . x x  x3 x.  0 Nhận thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình. x x. x2 x .    x3 x . x  x2 x . x x  x3 x. DÊu b»ng kh«ng x¶y ra nªn pt v« nghiÖm víi x>0 KÕt luËn: nghiÖm x = 0 Bài 8.3: Giải các phương trình sau: 3 x  1  3 x  2  3 x  3  0 3 x  1  1  Gi¶i: NhËn thÊy x = -2 lµ mét nghiÖm. Víi x > -2 th× x + 1 > -1  3 x  2  0  VT  0 3  x  3  1 DÊu b»ng kh«ng x¶y ra nªn pt v« nghiÖm víi x > -2 3 x  1  1  Tương tự với x < -2  3 x  2  0  VT  0 3  x  3  1 DÊu b»ng kh«ng x¶y ra nªn pt v« nghiÖm víi x < -2 KÕt luËn : nghiÖm x = 0 Bµi tËp lµm thªm : C¨n bËc ba. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 1. 3 x  1  3 x  2  3 2 x  3; 2. 3 x  5  3 x  6  3 2 x  11; 3. x  1  3 x  1  x  1; 3. 3. x  x 2  1  x  x 2  1  2;. 6.. x  1  2 x  2  x  1  2 x  2  1;. 3. 7. 2. 4. 3 1  x  3 x  1  2. . . x  2 x  1  x  2 x  1  x  3;. 8. 2 5 x3  3 x 2  3 x  2  x 2  6 x  1;. 5. x  2 x  1  x  2 x  1  2; 3. 5.. 3. x  1  x  4 x  4 1  x  2  4 8;. 11.. Bµi tËp. Gi¶i c¸c PT sau:. 12.. 6  x  10 x  24. 4. 2  x 4  x 2  3 x  4;. 9.. 2 x  1  19  2 x . 10.. x 2  1  1  x 2  3 1  x3  3 1  x3  4 1  x 4  4 1  x 4  6;. 14. x  x  4 2  x 2  4 2  x 4  4;. 1.. x 2  2 x  5  x  1  2;. 15. x  2  2 x  1  x  2  2 x  1 . 13. x 2 4 2  x 4  x 4  x3  1;. 2. 2. 2 7 x3  11x 2  25 x  12  x 2  6 x  1; 3. 4.. x5 ; 2. 16. x  3  4 x  1  x  15  8 x  1  6;. 1 1  2  x  2  2  4   x  ; x x  2. 17. x  6 x  9  x  6 x  9  6; 18. x  5  4 x  1  x  2  2 x  1  1;. x  2 x  1  x  3  4 x  1  1;. 19. 2 x  2 2 x  1  2 2 x  3  4 2 x  1  3 2 x  8  6 2 x  1  4;. 9. Phương pháp Tam thức bậc hai Dạng : Bài toán biện luận số nghiệm của phương trình f(x) = m theo tham số m. Trong đó ta đặt được: u  x   t t  0 ; Bài toán khi đó trở thành: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình bậc hai at 2  bt  c  0 B¶y bµi to¸n so s¸nh nghiÖm cña tam thøc bËc hai víi mét sè, hai sè: 1, x1    x2 2, x1  x2   3,   x1  x2. 4, x1      x2. 5,   x1    x2   x1    x2 6,   x1    x2   7,   x1  x2  . Ba bµi to¸n c¬ b¶n cña tam thøc bËc hai: 1, Tìm điều kiện để f(x) > 0 với mọi x thuộc R 2, Tìm điều kiện để f(x )> 0 với mọi x thuộc khoảng (;+); 3, Tìm điều kiện để f(x) > 0 với mọi x thuộc khoảng (;); bµi tËp ¸p dông: Bài 9.1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm x 2  6 x  m   x  51  x   0 (C§ SP HCM-2001). Gi¶i: §iÒu kiÖn: 1  x  5 §Æt. x  51  x   t  t 2  4  x  32  4  0  t  2. Bài toán đã cho trở thành: Tìm m để phương trình t2- t + 5 - m = 0 có nghiệm. t  0;2.  0  t1  2  t 2. nghÜa lµ t1  0  t 2  2  0  t1  t 2  2. 5  m 7  m   0  f 0 . f 2   0   m  19    0  4 Hệ điều kiện trên tương đương với:  f 0  0  19   m  5  m7      f 2  0 4    m  7  s   0   2 0  1  2 2   2. Bài 9.2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm. x  9  x   x2  9x  m. Lop12.net. (C§ Y HCM-1997)..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> x9  x   t. Gi¶i: §iÒu kiÖn: 0  x  9 §Æt :. t  0  t 2  1   x  9  4 . Bài toán đã cho trở thành: Tìm m để phương trình. t2-2t+m-9=0. 2. 2. . cã nghiÖm. 81  0  t  9 2 4.  9 t  0;   2. 9  0  t1  2  t 2  nghÜa lµ t1  0  t 2  9  2  0  t1  t 2  9  2. Hệ điều kiện trên tương đương với:.  9  f 0 . f  2   0    '  0   f 0   0    9   f    0   2   s 0   2 2   9    m  10 4.  9  m  9  m  4   0      9  m9  m  10  0  4   9  m  10  m  9  0  9  m   0 4 . 10. Hệ phương trình Hệ đối xứng loại 1: Là hệ phương trình mà khi thay đổi vai trò của x và y thì mỗi phương trình của hệ không thay đổi. C¸ch gi¶i:. x y  S + §Æt   xy  P. S. 2.  4P. . + Thö ®k vµ lÊy x,y lµ hai nghiÖm pt X2 – SX + P=0. + Gi¶i hÖ víi hai Èn S,P bµi tËp ¸p dông:.  x y 7   1  x xy Bµi 10.1: Gi¶i hÖ:  y   x xy  y xy  78. (§H Hµng H¶i 1999)..  x, y  0  Giải: Hệ đã cho tương đương với:  x  y  xy  7   x  y  xy  78 u  x  y §Æt  v  xy. u  0 ; v  0. u  v  7 u  13  uv  78 v  6. Hệ đã cho trở thành . Gi¶i ra ta ®­îc 2 nghiÖm 4;9 ; 9;4 . Hệ đối xứng loại 2: - Là hệ phương trình mà khi thay đổi vai trò của x và y thì hai phương trình của hệ đổi chỗ cho nhau. Cách giải: -Trừ vế với vế của hai phương trình để được một phương trình có dạng tích. - Hệ đã cho sẽ tương đương với tuyển hai hệ phương trình. - Giải hai hệ này để tìm nghiệm x và y. bµi tËp ¸p dông:  x 1  y  2  m Bµi 10.2: Cho hÖ:   y  1  x  2  m 1, Gi¶i hÖ khi m=9; 2, Tìm m để hệ có nghiệm (§H SP HCM 2001). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Gi¶i: §iÒu kiÖn:. x  1; y  2; m  0.  x  y  1   x  1 y  2   m Bình phương hai vế ta được hệ:   x  y  1   y  1 x  2   m Trừ vế với vế của hai phương trình trên ta được hệ:.     x  1 y  2    y  1 x  2  x  y     2  x  1 x  2   m  1  2 x  x  y  1   y  1 x  2   m. x  5  x  y   x  y  x y 3 1, Víi m=9 ta cã hÖ:    x  1 x  2  5  x  2  x  1 x  2  5  x   m  0  x y  m 1   2,Tìm m để hệ có nghiệm : Hệ   2  x  y  2   2  x  1 x  2   m  1  2 x 2  m  2m  8 x  4m . m 1  8m  m 2  2m  9  2m 2  2m 2 2 m  6m  9  0 m  32  0  2  m3 KÕt luËn: m  3 . m  9  0 m  3  11. Phương pháp đặc biệt 1.Phương trình chứa căn bậc hai và luỹ thừa bậc hai Bµi to¸n tæng qu¸t: Giải phương trình: ax  b  r ux  v 2  dx  e I  Với a  0, u  0 , r  0 ; Phương pháp giải: Điều kiện dể phương trình có nghĩa: ax  b  0 §iÒu kiÖn 2  x . ax  b  (uy  v) 2  ax  b1 Víi ®iÒu kiÖn uy  v  0 §Æt Èn phô : uy  v . Lúc đó (I) trở thành : r (uy  v) 2  uy  dx  v  e Gi¶ sö c¸c ®iÒu kiÖn sau ®­îc tho¶ m·n: u = ar +d vµ v = br + e r uy  v 2  arx  br Lúc đó phương trình đã cho trở thành hệ  r ux  v 2  uy  ar  u x  br Giải hệ trên bằng cách trừ vế với vế của hai phương trình , được một tuyển hai hệ phương trình trong đó có một nghiệm x = y bµi tËp ¸p dông: Bµi 11.1: Giải phương trình: 2 x  15  32 x 2  32 x  20 1 Lêi gi¶i: §iÒu kiÖn 2 x  15  0 Biến đổi phương trình (1) thành: 2 x  15  24 x  22  28 §Æt Èn phô : 4 y  2  2 x  15  (4 y  2) 2  2 x  15. 4 y  2  0 .. Phương trình (1) trở thành : (4 x  2) 2  2 y  15 2 Vậy ta có hệ: (4 x  2)  2 y  15 Hệ này là hệ đối xứng loại hai 2  (4 y  2)  2 x  15. Giải hệ trên bằng cách trừ vế với vế của hai phương trình , Ta ®­îc 2 nghiÖm lµ x1 . 1  9  221  x2  2 16Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 2.Phương trình chứa căn bậc ba và luỹ thừa bậc ba Bµi to¸n tæng qu¸t: 3 II  Víi a  0, u  0 , r  0 ; Giải phương trình: 3 ax  b  r ux  v   dx  e Phương pháp giải: 3 §Æt Èn phô : uy  v  ax  b  (uy  v )  ax  b1 3. Lúc đó (II) trở thành : r (ux  v )  uy  dx  v  e Gi¶ sö c¸c ®iÒu kiÖn sau ®­îc tho¶ m·n: u=ar +d vµ v=br+e r uy  v 3  arx  br Lúc đó phương trình đã cho trở thành hệ  r ux  v 3  uy  ar  u x  br Giải hệ trên bằng cách trừ vế với vế của hai phương trình , được một tuyển hai hệ phương trình trong đó có một nghiệm x=y. 3. bµi tËp ¸p dông: Bài 11.2: Giải phương trình: 3 3x  5  8 x 3  36 x 2  53x  25 Lêi gi¶i: PT 2   3 x  5  2 x  3  x  2. 2. 3. 3. 2. §Æt Èn phô : 2 y  3  3 3 x  5  2 y  3  3 x  5 3. Lúc đó (2) trở thành 2 x  3  2 y  x  5 3.  2 x  33  2 y  x  5 Lúc đó phương trình đã cho trở thành hệ  2 y  33  3 x  5 Giải hệ trên bằng cách trừ vế với vế của hai phương trình , 5 3 5 3 Ta ®­îc 3 nghiÖm: x1  2; x2  ; x3  4 4 Bµi tËp. Gi¶i c¸c PT sau:. 1. x3  1  2 3 2 x  1;. 3. x3  3 3 3 x  2  2;. . . 4. x 2  1  x  1;. 2. x 3 35  x3 x  3 35  x3  30;. 5. x 2  5  x  5;. 8. x  a  b(a  bx ) ; 2 2. 6. x  5  (5  x 2 ) 2 ; 7. 3  3  x  x;  a  a. 3. Sö dông tÝnh chÊt vÐc t¬:.     a b  a  b.   DÊu b»ng x¶y ra khi hai vÐc t¬ a vµ b  cùng hướng , tương đương với: a  kb.  b   a b. k  0 Dạng : Giải phương trình f 2  x   A 2  g 2  x   B 2  h 2  x    A  B 2  a   f  x ; A    f  x   g  x   h x  Víi  §Æt :    a  b   f  x   g  x ; A  B   h x ; A  B  ; A  B  C b   g  x ; B  . . . . Phương trình đã cho trở thành a  b  a  b Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai véc tơ vµ.  b. . . cùng hướng , tương đương với: a  kb. k  0 ;. bµi tËp ¸p dông: Bài 11.3: Giải phương trình:. x 2  8 x  816  x 2  10 x  267  2003 Lop12.net.  a.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>  .  . a  4  x;20 2    a  b  9;31 2 Gi¶i: §Æt   b  5  x;11 2   a  x 2  8 x  816 ; b  x 2  10 x  267 VËy ta cã:   a  b  2003     Phương trình đã cho trở thành a  b  a  b. . . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai véc tơ.   a  kb. k  0 ;. Gi¶i ra ®­îc x .  56 31.  a. vµ.  b. ;. cùng hướng , tương đương với:. 4. Sử dụng phép đặt lượng giác: D¹ng 1: Bµi to¸n cã chøa 1  x 2 . Phương pháp giải : Điều kiện x  1 .Dựa vào điều kiện này ta đặt x = sint, với t    ;   ; hoặc  2 2  x = cost với t  0;   ; và giải phương trình lượng giác. D¹ng 2: Bµi to¸n cã chøa. x2 1 ..    Phương pháp giải : Điều kiện x  1 .Dựa vào điều kiện này ta đặt 1  sin t , với t   ;  ; x  2 2 1 hoặc  cos t , với t  0;   ; và giải phương trình lượng giác. x. bµi tËp ¸p dông: Bài 11.4: Giải phương trình: :. 1  x 2  4 x 2  3x. Giải: Điều kiện x  1 .Dựa vào điều kiện này ta đặt x=cost với t  0;   ; và giải phương trình 4 cos 3 t  3 cos t  sin 2 t  cos 3t  sin t. lượng giác:. sin t  0.    t  k     8 2  cos 3t  cos  t     2  t    k   4 2. Do t  0;   nªn ta chän:. 3  t  4  t    8  5 t    8 . Bài 11.5: Giải phương trình: : x .   2 x  2   2 2 x  4   x   2  2  4 . . x 1  x2. . 35 12. Giải : Điều kiện x  1 .Vì vế trái luôn dương nên yêu cầu x > 0 , do đó x>1 Dựa vào điều kiện này ta đặt :. 1  cos t với t   0;   ; và giải bất phương trình lượng giác x  2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 1 1 35    12sin t  cos t   35 sin t cos t cos t sin t 12  1441  2 sin t cos t   1225 sin 2 t cos 2 t  1225 y 2  2.144 y  144  0.  y  sin t cos t . . . 12 12 144  0  sin t cos t   0  cos 2 t 1  cos 2 t  25 25 625 9 3 5    2 0  cos t  25 0  cos t  5 x  3     16  cos 2 t  1  4  cos t  1 1  x  5  25  5  4 hệ phương trình (TT) Các dạng bài tập và phương pháp giải chung Phương pháp chung để giải hệ phương trình là người làm Toán cố gắng đưa hệ phương trình về dạng chuẩn để giải chúng. A. Phương pháp biến đổi đồng nhất. 0 y.  xy  4  8  y Loại 1: Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  . 2. 2   xy  2  x. Lêi gi¶i   xy  4  8  y (1) NÕu xy  4 ta cã hÖ  2 2   xy  2  x (2)  x  2 2. Thay vào phương trình (1)  2 +. x2. 2  x2 Tõ (2)  x # 0 vµ y  x.  2  x2  -4=8-    x . 2. Hay x4 - 3x2 + 2 = 0  (x2 -. 2)(x2 - 1) = 0 Mµ x 2  2  x 2  2. HÖ cã 2 nghiÖm: (x,y) lµ. NÕu xy < 4 ta suy ra x2 < 2. Vµ ta cã:. .  4  xy  8  y 2   2   xy  2  x. 2. 2  2  x2  2  42 x  8   2(2  x )  0  x  2 (lo¹i)  x  2. Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm như trên. 2 2   x ( y  1)( x  y  1)  3 x  4 x  1(1) 2 Ví dụ 2: Giải hệ phương trình    xy  x  1  x (2). Lêi gi¶i Ta thấy x = 0 không thoả mãn phương trình (2) x2 1 Víi x # 0 tõ (2)  y + 1 = thay vào (1) ta có phương trình: x. Lop12.net. . 2; 8 ;  2;  8. .

<span class='text_page_counter'>(17)</span> x2. x2 1  x2 1  2 x     3x  4 x  1 x  x . .  2 x  1   x  1 3x  1   x  1  2 x  2 x  x  1   x  1 3 x  1.  x2 1. 2. 3. 2. x  0   x  1 2 x  x  2   0   x  1   x  2 5  Hệ phương trình có 2 nghiệm (x;y) là (1;-1);  2;   2  Loại 2: Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích của các phương trình bậc nhất hai ẩn.  xy  x  y  x 2  2 y 2 (1) Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  x 2 y  y x  1  2 x  2 y (2) . Lêi gi¶i. §iÒu kiÖn: x  1; y  0 Phương trình (1)  x 2  xy  2 y 2  ( x  y )  0. .  . .  x 2  xy  2 xy  y 2   x  y   0   x  y  x  2 y  1  0.  x  2 y 1  0  x  2 y 1 Thay vào phương trình (2) ta được:. ( Do cã ®k cã x + y > 0).  2 y  1. 2 y  y 2 y  2(2 y  1)  2 y.  2 y  y  1  2  y  1.   y  1 Víi y = 2 ta cã x = 2y + 1 = 5. . . 2y  2  0  y  2. ( Do y  0). HÖ cã nghiÖm (x,y) = (5,2). Loại 3: Một phương trình của hệ là phương trình bậc 2 theo một ẩn (chẳng hạn ẩn y). Lúc đó ta xem x là tham số và biểu diễn được y theo x bằng cách giải phương trình bậc 2 ẩn y. 2  (1)  y   5 x  4  4  x  Ví dụ 4: Giải hệ phương trình  2 2   y  5 x  4 xy  16 x  8 y  16  0 (2) Lêi gi¶i: y 2   4 x  8  y  5 x 2  16 x  16  0. Biến đổi phương trình (2) về dạng:.  y  5x  4 '  9 x2   y  4 x. Với y = 5x + 4 thay vào phương trình (1)  (5x + 4)2 = (5x+ 4)(4-x)   4  4  x  x, y     5 ; 0      5  x  0  x, y    0, 4  . Víi y = 4 - x thay vµo (1) ta ®­îc:  4  x 2   5 x  4  4  x    x  4  y  0 x  0  y  4. HÖ cã 3 nghiÖm (x,y) lµ: (0;4); (4;0); (-. 4 ; 0). 5. ii. phương pháp đặt ẩn phụ Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> §iÓm quan träng nhÊt trong viÖc gi¶i hÖ lµ ph¸t hiÖn Èn phô u = f(x,y) v = g(x,y) có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một số phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản hoặc phép chia cho một biểu thức khác 0 để đưa hệ về dạng đơn giản hơn. Ví dụ 5: Giải hệ phương trình. {. 2. 2. 𝑥 𝑦 + 𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝑦 = 18𝑥𝑦 4 2 4 2 2 2 2 2 𝑥 𝑦 + 𝑦 𝑥 + 𝑥 + 𝑦 = 208𝑥 𝑦 Lêi gi¶i:. DÔ thÊy khi x = 0 th× y = 0 Hệ phương trình có nghiệm: (x = 0; y = 0) Khi x  0  y  0 Chia hai vế của phương trình (1) cho xy và chia hai vế của phương trình (2) cho x2y2 ta được hệ:  1  1  x     y    18 x  y    x 2  1    y 2  1   208     x2   y2  . 1  X x §Æt: 1 y Y y x. Ta có hệ phương trình:  X  Y  18  X  Y  18  X  14; Y  4 (1)    2 2  XY  56  X  4; Y  14 (2)  X  Y  212. Trường hợp thứ nhất hệ có 4 nghiệm (x,y) là:. 7  4. . . . 3; 2  3 ; 7  4 3; 2  3 ; 7  4 3; 2  3 ; (7  4 3; 2  3). Trường hợp thứ (2) hệ có thêm 4 nghiệm (x,y) là: 2  3 ;7  4 3 ; 2  3 ;7  4 3 ; 2  3 ;7  4 3 ; 2  3 ;7  4 3. . . . . . Kết luận hệ phương trình có 9 nghiệm.  x2  1  y  y  x   4 y. Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình . . . 2  x  1  y  x  2   y. (1) (2). Lêigi¶i Ta thấy y = 0 không thoả mãn phương trình (1) nên hệ phương trình tương đương với  x2  1  yx4   y  2  x  1  y  x  2  1  y. u  v  2 v  y  x  2 ta cã hÖ    u  1; v  1 uv  1  x  1; y  2   x2  1  y Ta cã hÖ  Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm  x  y  1 x   2; y  5     3  2 2 7 2 4 xy  x  y  x  y   Ví dụ 7: Giải hệ phương trình  2 x  1   x  y   3  x y 3u 2  v 2  13 1 u  2  ; v = x -y ta có hệ phương trình  §Æt u  x  y   x y u  v  3 x2  1 , §Æt u  y. . . 1  2 x  y  x y Giải hệ (với lưu ý u  2 ta có u = 2 ; v = 1. Ta có Hệ phương trình   (x = 1 ; x  y  1  y = 0) Hệ phương trình có nghiệm: (x,y) là (1;0) Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> phương pháp hàm số Loại 1: Một phương trình trong hệ có dạng f(x) = f(y) phương trình còn lại giúp ta giới hạn được x.y để trên hàm f đơn điệu. Từ đó suy ra x = y  x3  5 x  y 3  5 y (1) Ví dụ 8: Giải hệ phương trình  8 4 (2)  x  y  1 Lêi gi¶i 8 4 Từ phương trình (2)  x  1; y  1  x  1 ; y  1 xÐt hµm f(t) = t3 - 5t t  [-1 ; 1] Ta có f’(t) = 3t2 - 5 < 0  t  [-1 ; 1]  hàm f(t)  x = y thay vào phương trình (2)  x8 + x4 -1 =0. 1  5 1  5  y  x  4 2 2 Loại 2: Hệ đối xứng loại 2 mà khi giải thường dẫn đến một trong 2 phương trình của hệ có dạng f(x) = 0 hoặc f(x) = f(y) Trong đó f là hàm đơn điệu  x  x 2  2 x  2  3 y 1  1 Ví dụ 9: Giải hệ phương trình   y  y 2  2 x  2  3 y  1 Lêi gi¶i a  a 2  1  3b §Æt a = x – 1, b = y – 1. Ta ®­îc hÖ  . Trừ theo vế của 2 phương trình trên ta được 2 a b  b  1  3  §Æt a = x4  0 ta cã a =. a  a 2  1  3a  b  b 2  1  3b xÐt hµm f(x) = t  t  1  3 2. t. (3). cã f’(x) =. t2 1  t t 1 2.  3t ln 3 vµ t 2  1 >. t 2   t  f(x) >0. t  f(t) đồng biến trên R. Từ phương trình (3)  a = b thay vào phương trình (1) ta có. . XÐt hµm g(a) = g ( a )  ln a  ' Cã: g ( a ) . 1 a2  1. . a. a 2  1  3a. .  ln a . . (4). a 2  1  aln 3  0. a 2  1  aln 3.  ln 3  1  ln 3  0a  R. Nên hàm g(a) nghịch biến và do phương trình (4) có nghiệm a = 0 nên ta có nghiệm ban đầu cña hÖ lµ (x = 1; y= 1) v. phương pháp đánh giá Với phương pháp này cần phát hiện các biểu thức không âm trong hệ và nắm vững cách vận dụng các bất đẳng thức cơ bản.  x  y  1 (1)   Ví dụ 10. Giải hệ phương trình  y  z  1 (2)  z  x  1 (3)   Lêi gi¶i: DÔ thÊy x > 0, y > 0, z > 0. Kh«ng gi¶m tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö : x  y  y  1  z  y  z Ta l¹i cã z  x  1  Do x dương  x . . y 1  x  x  y  z  x  x  y  z  x  x 1  0. . 5 1. 2. :4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(20)</span>  Vậy hệ phương trình có nghiệm: x = y = z=. . 5 1. 2. 4.  2x2  y  2 x  1   2 y2 Ví dụ 11. Giải hệ phương trình  2  z y  1   2z2  x  2  z 1. Lêi gi¶i: NÕu x = 0  y = 0  z = 0  hÖ cã nghiÖm (x; y; z) = (0; 0; 0). NÕu x  0  y > 0  z > 0  x>0 2x2 2x2  x x2  1 2x 2z2 2z2 x 2  z yxz y z 1 2z 2 y2 2 y2 z 2   y  x  y  z 1 y 1 2 y y. Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (0; 0; 0) và (1; 1; 1). 2 xy   x2  y x  3 2 x  2x  9  Ví dụ 12: Giải hệ phương trình  2 xy y   y2  x 3 2  y  2y  9 Lêi gi¶i: Cộng theo vế 2 phương trình của hệ ta có:. Ta cã:. 3. x 2  2 x  9  3 ( x  1) 2  8  2. 3. y 2  2 x  9  3 ( y  1) 2  8  2. DÊu “ = “ khi. x  y  1 x  y  0 . 2 xy 3. x2  2x  9. .  VT . 2 xy 3. y2  2 y  9.  x2  y 2. 2 xy 2 xy   2 xy  2 xy  x 2  y 2 2 2. Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm như trên..  y   x3  3x  4 Ví dụ 13. Giải hệ phương trình  3  x  2 y  6 y  2 Lêi gi¶i:  y  2    x  12  x  2  (1) Hệ đã cho tương đương với:  2  x  2  2  y  1  y  2  (2). Nếu x > 2 thì từ (1)  y = 2 < 0; Điều này mâu thuẫn với phương trình (2) có x - 2 và y - 2 cùng dÊu. Tương tự với x.  2 ta còng suy ra ®iÒu m©u thuÉn.. Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = y = 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>