DA PHAN PTBPTHPT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (204.12 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

HƯỚNG DẪN GIẢI BAØI TẬP PT-BPT-HỆ PT
Gv: Nguyễn Hữu Trung – THPT VĨNH ĐỊNH
I) Giải phương trình và bpt bằng phương pháp biến đổi tương đương

Bài 1: Dạng cơ bản

Câu a, b dạng A B c) Biến đổi trong căn thành HĐT, đặt đk rồi phá dấu GTTĐ để giải
g) Đặt đk, xét 3 trường hợp để tách căn: x  1, x = 0 và x  -2. Kết quả: S = {0; 9/8}

h) Đk, chuyển vế và bình phương được kq: S = (-; -2] i) S= [3; 4]
j)quy đồng trong căn có dạng HĐT, sau đó dùng đ/n để phá dấu GTTĐ, kq: S = {3/5}
k) Đặt đk, xét 2 trường hợp: 1 - x > 0 và 1- x < 0 để nhân chéo

l)Đặt đk, xét 3 trường hợp của 3x + 2 để rút gọn
m) Đặt đk, ví căn ở mẫu dương nên quy đồng khử mẫu

n) Vì

2 1 3 3

2( 1) 2 2. 1

2 4 4

x  x  x     

 

 

  nên 1- 2(x2 x 1) < 0  nhân chéo đổi chiều bpt
o) Đặt đk, nhân chéo không đổi chiều

p) Đặt đk, viết lại (x1) 2 x(x1)(x 2) rồi xét 3 trường hợp của x +1 để rút gọn.

q) Đk, nhận thấy có x = 1 chung, xét 3 trường hợp x  2, x = 1, x  1/2 để tách thành 2 căn rồi rút gọn.
r)Đk, xét 2 trường hợp x2 3 x> 0, x2 3 x < 0 để biết dấu của mẫu mà nhân chéo.
s)đk rồi xét 3 TH: x > 1, x = 1 và x  -5

t)Đặt đk. Bpt (x2  3 ) 2x x2 3x 2 0 

2 2

3 0 3 0

2 3 2 0 2 3 2 0

x x x x

     

 

 

     

 

 

Có thể giải gọn hơn dạng A B. 0 như sau:
-Đặt đk: B  0

-Bpt A B. 0  B = 0 hoặc A  0
-Đối chiếu đk để kết luận tập nghiệm

Bài 2: Đặt nhân tử chung hoặc tổng các bình phương bằng 0

a)Đk, đưa về



x 3 2x

 

1 x1



0 b) đk x  -1:









2 1 3 . 1 3 0

x  x  x x  x 

c) Đk, dạng A B m A B(  ) 



A B

 

1 m A m B



0

d) đk, chuyển vế và bình phương: (y1)2(2x1)22 y2. 4x2y0  y = -1, x = 1/2

e) Đk x  1. Viết lại









2 2

1 2 1 1 ( 1 1) 0 1 1 ( 1 1) 0

x  x   x  x  x  x   x  x  x











1 1 1 1 0

x  x   x  x 
f) Tương tự dạng như câu 2c

g)Đk. PT



 



2
2

(x 1) 3x 1  x 2 2x 1  0

 

           

Bài 3: Nhân chia lượng liên hợp

a) Đk, l.l.hợp là 4x25x1 2 x2 x1 0 (vì 2 căn này khơng có nghiệm trùng nhau nên không đồng thời 
bằng 0)

b)Đk, llh là

3 x



2 

x



6

> 0

c) đk, x < 2, đoán nghiệm x = 3/2 nên khi x = 3/2 thì

6 8

2; 4

3 x  2 x  . PT 

6 2 8 4 0

3 x 2 x

   

   

   

     

   



 



2 5 1 2 8 4 4 0( 2)

x  x   x  x   x

d') Đk

1
0

x
x

 





 , llh là 1 x1> 0: Pt 

1 1

0
2
1 x 1 x



 



</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

e) Đk,



2 x 3x1

 

 2x2 x1



0 Kq: vơ nghiệm

f) Đk x  0, đốn nghiệm x = 1/2 nên nhóm:



x 







x x





4 1 3 1 0

g) Đoán nghiệm x = 1  3 x2 3 2x2 1 33;3 x 1 3 2x2 32 nên nhóm:



3 x 2 3 2x2 1

 

3 x 1 3 2x2



0

      

h)đk, đoán nghiệm x = 3 nên nhóm









x

 

x 12



12 x 1 2

 



0

i) Đk, nhân 2 vế với x 3 x1 0 rồi đưa về dạng tích



x 3 1

 

x1 1



0
k)đk, llh là





2
1 1x

. Vì chưa biết llh đã dương hay chưa nên ta xét 2TH:
*1 1x = 0  x = 0 thay vào để thử

*1 1x  0 thì





2
1 1x

> 0

l) Đk, đoán nghiệm x = 2 

2 1

1; 1 1; 3 2 2
4 1

x

x x

x


    

 . Do đó có thể nhóm :





2 1

1 3 2 0

4 1
x

x x

x


    

 vì 2 đại lượng này có giá trị bằng nhau nên sẽ làm xuất hiện nhân tử chung
II) Giải phương trình và bpt bằng phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn

Bài 4: Giải các phương trình và bpt sau(1 ẩn phụ)

a) t 3 x23x 0 b) nên đặt đk trước, đặt

1
0
2

t x

x

  

c) 1 0

x
t

x

 

 

√

x −1

x =
1

t
d)

2 1 0 2 1 1

t x x x x

t

       

e) Đk, t x 1 x 0 (Dạng f(a-b; ab) = 0

f)ĐK x  1. viết lại

2 2

2(

x

 

x

1) 3(



x



1) 7



x



1. x

 

x

1

Đây là phương trình dạng a.f(x) + b.g(x) + c. f x( ). g x( )= 0

Dạng f(a + b; ab) = 0. Đặt đk rồi t =

2x 3 x1

h) Đặt t x 2. Xem cách giải khác: nhân chia lượng liên hợp ở bài 3b.
i) x t  0 đưa về phương trình bậc 4 có nghiệm chẵn

j) dạng f(a + b; ab) = 0. Đặt đk và t 3x 2 x10

k)t 2x2 5x1 l) t 1 2 x 1 2 x 0
m) 3x25x 7 3x25x2 1 n) t = x2 + x

t



3 x x





2 p) Bình phương ,t= x21
q)Đk, t =

x



2 

x



2

r)đk, t x 1 x  0

s) PT  x  x  x +x  x  x x +x

2 2 3 2 2

2( 1) ( 1) ( 1)( 1)

3 . dạng a.f(x) + b.g(x) + c. f x( ). g x( )= 0
w)tx x1

Bài 5: Giải các phương trình và bpt sau(2 ẩn phụ)

a) x = -1/3 không thỏa mãn nên

√

3x+1
0

 , chia 2 vế cho

√

3x+1

ta được :

2

1

3

1

3

1 x







</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Đặt

3 2 1; 3 1

3 1 3 1

x x

a b

x x

 

 

  ta được hpt: 3 3

4 5 1

a b

a b

 




 



u



24 

x v

;



12 

x



0 u



x



7

; v=

√

x  0
d) u4 x 0;v417 x 0 e)

u



2 

x v

;



x

 

1 0

f) u x 1 0; v 5 x 1 0 đưa về hệ :

2
2

5
5

u v

v u

  




 



 . Đây là hệ gần đối xứng loại II, giải như hệ đối 
xứng loại II là trừ VTV.

4 x 1 4 x 4 x 1 41 1 1 41 1

x x

         ;u 41 1;v 41 1

x x

   

h) u x2 x 4 0; v x2   x 1 0

i)Đặt u x22 0, v x22x 3 0, biểu diễn

2 2 2 2

2 2 1 1

2 1 ; ; 1

2 2

v u v u

x v  u x   x   

pt đã cho trở thành (v u )(2u2v u 2uv v 2 1 uv) 0  u = v
j) pt này có dạng



( )



. . ( )

n n

f x  b a a f x  b

nên ta đặt t 2002x 2001 để đưa về hệ đối xứng
k)



x3

 

4 x

 

12x



28 x.

u = x + 3 và v =



4 x

 

12x



thì được 2uv = u2 + v2 - 1  (u - v)2 = 1

m)u x3x22 0; v x3x21 0 đưa về hệ 2 2
3

u v

u v

 




 



n)u x2 3 3;v 10 x2 0 đưa về hệ 2 2
5

u v

u v

 





 


Bài 6: (Hai ẩn phụ để đưa về pt đẳng cấp bậc 2)

a) đk x  2. Đặt u x2 x 1 0;v x 2 0 . Biểu diễn

2 2 2

6 11 5

4 7 3

x x u v

    




   



 ta được pt đẳng cấp bậc

3: (u2 - 5v2).u = 2(u2 - 3v2).v

b) viết lại: x22x  2x 1 3(x2 2 ) (2x  x 1) rồi đặt u x2 2x 0;v 2x 1 0
III) Giải phương trình và bpt bằng phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn

Bài 7: Giải các phương trình sau( đặt t = căn, ưu tiên thế hết hằng số hoặc thế hết lũy thừa có bậc cao nhất)





2 2

2 1 x x 2x 1x  2x 1

b)2 3 x 16x2 x 4

(4

x



1)

x

 

1 2

x



2 x



1

d)(x 5) 10 x2 x2 7x10
e)



x1



x2 2x 3 x21 f) x2 (x2) x1 x 2

g)6x2 10x 5 



4x 1 6x



2 6x 5 0 h)





2 3 2 2 1 2 2 2

x   x  x  x 

i)2 2x4 4 2  x  9x216 j)t x 22x 2

k)(3 x2 2)  3 x t,  3 x2, đưa về hệ đối xứng l)m) (3x+1)

√

2x2−1=5x2+32x −3
IV) Giải phương trình và bpt bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số:

a)2x3 8 x3 5 4 x 2 2 4x 8 1;HD f x: ( 3 4)f(2 x2)b) 4x1 4x21 1
c) 2−

√

3¿

x

√¿

√

3¿x
¿
¿

√¿

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

d)4x7x 9x2 (Dùng đến y''; ĐS: S 



0;1



)
HD: Xét f x( ) 4 x7x 9x 2, x  R. Ta có:

'( ) 4 .ln 4 7 .ln 7 9x x

f x    và f x''( ) 4 .ln 4 7 .ln 7 0, x 2  x 2  x
 f'(x) đồng biến trên R

 f'(x) = 0 có tối đa 1 nghiệm
 f(x) = 0 có tối đa 2 nghiệm

Mặt khác f(x) = 0 nhận x = 0; 1 làm nghiệm nên phương trình có tập nghiệm S



0;1



e) 3x213 4 x 3 3x26 (x3 / 4 vô nghiệm, x > 3/4  x =1)

f) 3sin2x+3cos

x

=2x+2− x+2

Bất đẳng thức cô si cho ta kết quả VP  2 + 2 = 2. Dấu "=" xảy ra khi x = 0

Xét hàm số f t( ) 3 t 3 ,1t tsin2 x[0;1] cho ta maxf(t) = 4 hay VT  4, dấu "=" xảy ra  t = 0
Vậy VT  4  VP nên dấu bằng xảy ra hay phương trình có nghiệm duy nhất x = 0

IV- Giải hệ bằng phương pháp biến đổi tương đương:
Bài 9: Dạng cơ bản(đối xứng loại I, II, đẳng cấp)

¿
3

√

x+

√

3 y=4
x+y=28

¿{

2x2− y2=3x+4
− x2+2y2=3y+4

¿{

3)
2

420
280

x y xy

y x xy

  




 




x2−xy

+y2=7
x+xy− y=1

¿{

2 2

3 3

2 1

2 2

y x

x y y x

  




  



 6)

1 2 1
1 2 1

x y x

y x y

    




   




7) 2 2

( 2)( 2) 24

2( ) 11

xy x y

x y x y

  




   

 8)

2 2

4 2 2 4

x

y

5 x

x y

y

13 



















9)

3 3

2 2 3

2 1

x y

x y xy y

  




  




10)

3 2 2 3

2 2

(1 ) ( 2) 30 0

(1 ) 11 0

x y y x y y xy

x y x y y y

      




     



 11)

3 3

2 2

16 4

1 5( 1)

x x y y

y x

   




  



 12)

8
5

x x y x y y

x y

   




 




13)

2
2

3 2 3

x x y

y y x

    




   



 14)

2 2

91 2

x y y

y x x

    




   



 (LLH) 15)

3 2

2 2

x xy

x xy y x

  




  




Bài 10: Công trừ , rút thế(Rút x hoặc y hoặc một biểu thức theo x, y; phát hiện 1 pt của hệ đẳng cấp; phân tích một
pt của hệ thành nhân tử để rút thế; giải được một pt của hệ để thế vào pt còn lại; nâng lũy thừa)

x2+x=y2+y
x2

+y2=3(x+y)

¿{

pt đầu đối xứng nên phân tích thành (x - y)(x + y + 1) = 0

2 2

1 1 4

x y xy

x y

   




   



 Bình phương (2) sau đó thế x2y2xy3 để được phương trình 1 ẩn là xy

3) 9 2 3 3

x 1 2 y 1
3log (9x ) log y 3

    




 

 (B/05). Đặt đk, giải (2) được x = y rồi thế vào (1)

x y 1 x y 1

x y 2 2y 2

     




   



 Đặt đk rồi nâng lũy thừa 6 hai vế của (1) được (x+y-1)2.(x+y-2) = 0

2 2

5
2( ) 5

x y x y x y

x y

      




 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

pt đầu:

2 2
2 2

2 2 2 2 2 2

5 0

2( ) 25 10

x y

x y x y x y

x y x y x y

   



       

     



 thay 2(x2 y2) 5 và giải ra 
2 2

x  y

= 2 rồi kết hợp với (2) để giải

x+y −

√

xy=3

√

x+1+

√

y+1=4

¿{

(A/06) giống câu 2

7)
2

4 2 2

1
log log 16 4

log 2

4 8 16 4

xy

y

x

x x xy x x y



  





   

 Đặt đk, giải (1) rồi thế vào (2)

8)
3

(6 21 ) 1
( 6) 21

x y

x y

  




 



 Xét x = 0, chia xuống được hệ đx loại II

3 2 3 2

3 5.6 4.2 0

( 2 )( 2 )

x y x x y

x y y y x y x

 

   





    



 đặt đk và biến đổi (2):

( 2 )( 2 ).( 2 )

x y  y  y x y x y x
* x = y = 0 thỏa mãn hệ

*y  0 thì (2) 

(2 ).( 2 )

x y

y x y x

x y y



  

   x = 2y rồi thế vào (1)

10)

x x y xy y

x y x y

3 6 2 9 2 4 3 0



    



   



 phương trình đầu đẳng cấp bậc 3, giải rồi thế vào (2)

11)

2 2

2
2

xy

x y

x y

x y x y



  

 



   

 đk, phân tích phương trình đầu thành nhân tử:



x y



2 2xy 2xy 1

x y

   

 





2 1

1 2 1 0

x y xy

x y

 

      

 

     





1 1 xy 0

x y x y

x y

 

      



 



x y 1





x2 y2 x y



0

      

x + y - 1 = 0 (do đk x + y > 0)

12)

2 2

3
8

3 3 2 1

xy

x y

x y

x y x y x



  

 



      

 (Tương tự câu 11)

13)

4 2 2

2 2

4 6 9 0

2 22 0

x x y y

x y x y

     




   



 rút y từ (2) thay vào (1) được x =  2; 2

14)

2
5 3

x y x y y

x y

    




 



 Đặt đk, bình phương 2 vế của (1) được:





2 2

2 0 2 2

2 2 4

0 5 4

5 4 0

y x x y x y

x x y y

y y x

y xy

x y y x

 

    



        

 

 

   

 

 or thay vào (1) để giải

15)
2

2 2

(5 4)(4 )

5 4 16 8 16 0

y x x

y x xy x y

   




     



 thay y2 vào (2) để giải

16)
2

36
72

x y xy
y x xy

  




 



</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

17)

3 6 2 9 2 4 3 0
2

x x y xy y

x y x y

    




   



 trùng câu 10

18)
2

3 2 2

5 9

3 2 6 18

x x y

x x y xy x

   





   



 rút y thế vào (2)

19) 2

3( ) 2

2 8

x y xy

x y
  


 


 đặt đk, bình phương (1) để đưa về

( 3 )(3 ) 0
0

x y x y

x y
  


 

20)
2
2
4 8
2
xy y
xy x
   


 


 xét 2 TH của GTTĐ, vì x = 0 không thỏa mãn nên rút y từ (2) thế vào (1)

21)

2 2

( 1)( 1) 3 4 1
1

x y x y x x

xy x x

      




  


 rút xy thế vào (1)

VI- Giải hệ bằng phương pháp đặt ẩn phụ:

2 1 0

u x y

v x y

    


  


 3)

u x y 0
v x y 0
   


  
 4) 
1
3
u x
y
v x y

  



  


5) u = x+y,v = 2 1
y

x  6)

u x y
v
x
 







7) xét y = 0 để chia cho y và đặt

2 1

x
u

y
v x y

 



  


8) 2 2

3 2 16
2 4 33

xy x y

x y x y

  


   
 









2 2

3 2 16

1 2 38

xy x y

x y
  



   


 Vì (x-1)(y-2) = xy - 2x - y + 2 nên biến đổi được 
3 2 16

xy x y  (xy - 2x - y + 2) - (x - 1) - (y- 2) = 21  (x-1)(y-2) - (x - 1) - (y- 2) = 21
Vậy đặt u = x - 1 và v = y - 2

9)
u x
v y
 





 10) Đặt đk và

2 2

u x y

v x y

 



 


 hoặc 2 2

u x

v y x y





  


11)
2
2 2
1
2 2
2 2
x x
y

y y x y



  




   

 chia pt (2) cho y2 rồi đặt ẩn phụ

12)

2
3
4

u x x

v y y

  


 


14)2222
2
13
xyxy
xyxy



đặt u = x + y và v = x - y. Bình phương (1) và thế u + v vào (2)

15)

2 2

4( ) 7

( )

2 3

x y xy

x y
x
x y

   
 


  
 
 

2
2
1

3 ( ) 13

( ) 3

x y x y

x y

x y x y

x y
  
    
  
   


    
 

 nên đặt

, 2

u x y u
x y
v x y


   



  

16)
2 2
2 2
3 2
1
1
4
22
y

x y x

x
x y
y

 

  


   



2 2 1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

17) Đk rồi đặt


  



 




u x y

v x y

18)

2 2 1
2
2

( 1)( 2) 6

x y
x y
xy x y x y

  




 


      

 





2 2

( 1) ( 1) 5

( 1)( 1) ( 1) ( 1) 6

x y

x y x y

    




     




20) )

2
2

2 3

1 1

(1 ) 4

1
4

x x

y y

x x

x

y y y



   





    



 

2
2
3

1 1

( ) 4

x x

y y

x

x x

y y y



   





    



 nên ta đặt

u x

y
x
v

y


 



 


 24)

(Giải 1 bằng cách t = x+y được t = 1/2)
VI- Giải hệ bằng phương pháp hàm số, đánh giá và vecto:

Bài 12: Sử dụng hàm số

( )(2 ) 2ln

1
2

x
x y x y

y
x y




   

 



  

 2)

2 2

log log

x y

e e y x

x y

   



 

 3)

2 y 1

2 x 1

x x 2x 2 3 1

y y 2y 2 3 1




     




    



1 2

(1 4 ).5 1 3 (1)
1

3 1 2 (2)

    

   




   




x y x y x y

x y y y

x (giải 1 bằng hs rồi đặt t =

x
x



) 5)

3 3

4 4

5 5

x x y y

x y

   




 





VIII)Giải bài tốn có chứa tham số:

Bài 13: Xác định mọi giá trị của m để phương trình sau có nghiệm(khơng đặt ẩn phụ):

1) x 3 m x21 2) 2x2 2(m4)x5m10 3  x0(m  3)
3) x2  x 1 x2 x 1 m 4)8) 4 x2 1 x m

Bài 14: Xác định mọi giá trị của m để phương trình sau có nghiệm:

1) ( x 1 x)3 x(1 x) m 2) x 3 6 x m  (x3)(6 x), (3 2 4,5 m3)
3) 3

√

x −1+m

√

x+1=2 .

√

4x2−1 (A/07) 4) 2x 2 x (2x)(2 x) m

5) m( 1x2  1 x2 2) 2 1  x4  1x2  1 x2 (B/04) 6)

( 3)( 1) 4( 3) ,( 4)
3

x

x x x m m

x



     


7) x x x12 m



5 x 4 x



8) 31 x 31 x m(đặt u,v)

9) 11/ x1 4 m x4 2 3x 2 (m3) x 2 0 10) x6 x 9 x 6 x 9 (x m ) / 6
Bài 15: Xác định mọi giá trị của m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:

|

2x

−3x −2

|

=5m −8x −2x2
2)

2
3 1

2 1
2 1

x

x mx

x



  

 b) 4 x413x m x  1 0
Bài 16: Xác định mọi giá trị của m để phương trình:

√

x2+mx+2=2x+1 có 2 ng pbiệt(B/06) 2)4 2x 2x2 64  x2 6 x m 2 ng pbiệt(A/08)
3) x2+2x −8=

√

m.(x −2) 2 ng pbiệt (B/07) 4)3 1 x2  2 x32x2 1 m có nghiệm thuộc



1/ 2;1



.
5)2x2 2mx 1 3 4x32x có 2 nghiệm pbiệt 6) x4 5x24 log 2m có 6 nghiệm.

7)

(

x2−1

)

(x

+3) (x+5)=m có 4 nghiệm phân biệt x1 ; x2 ; x3 ; x4 thỏa mãn

x1+

x2+

x3+

x4=−1

2 2

1/ 2 1/ 2

( 1).log ( 2) 4( 5) log 4 4 0

m x m m

x

      

 có nghiệm thực trong đoạn 
5;4
2

 

 

 

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

a) x x1m có nghiệm với m > 0 b) (m2)x m x1 có nghiệm trên [0; 2].
c) (x21)2m x x 2 2 4 TM với mọi x



0;1



d) (x4)(6 x)x2 2x m TM  x 



4;6



e)m x



2 2x2 1



x(2 x) 0 có nghiệm x 0; 1 3: t = x2 2x2

Bài 18: Xác định số m nhỏ nhất để bpt





2
2

2 1) 1

(x x  x x

m đúng x



[0; 1](t =

x

2
+ x)
Bài 19:Tìm m để hệ sau có nghiệm thực:

3 2

2 ( 2)

( , )
1 2

x y x xy m

x y

x x y m

    






   






(D/11) b)

√

x+

√

y=1
x

√

x+y

√

y=1−3m

¿{

(D/2004)

2 0

x y m

x xy

  





 



 (Rút y) d)

3 3 2

2 2 2

x y 3y 3x 2 0

x 1 x 3 2y y m 0

     




     



 (t =x +1, 1  y = t)

Bài 20: Cho hệ:

x3− y3=m(x − y)
x+y=−1

¿{

a)Giải hệ khi m = 3

b)Tìm m để hệ có 3 nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ),( x3 ; y3 ) với x1 , x2 , x3 lập thành cấp
số cộng.

Bài 21:Tìm m để hệ :

2 2

( ) 4

x y x y

m x y x y

   




  



</div>

DA PHAN PTBPTHPT



 













 





















 



3

<i>x</i>



2



<i>x</i>



6



 





 













 











x

 

x 12



12

x 1 2

 



0



 















√

2(

<i>x</i>

 

<i>x</i>

1) 3(



<i>x</i>



1) 7



<i>x</i>



1.

<i>x</i>