chuyen de phuong trinhhe phuong trinh

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

Phạm

Ngọc

Hùn

g

Chuyên đề 1

Một số phương pháp giải phương trình vơ tỉ

1

Phương pháp 1: Biến đổi tương đương

1.1 Cách giải

B1: Tìm điều kiện cho phương trình.

B2: Biến đổi phương trình ban đầu (1) tương đương với phương trình (2).
B3: Giải phương trình (2) đối chiếu với điềm kiện và kết luận nghiệm.

Chú ý: Một số phép biến đổi tương đương:

1. Cộng, trừ hai vế của phương trình cùng với một biểu thức mà không làm thay đổi điều
kiện của phương trình.

2. Nhân hai vế của phương trình với cùng một biểu thức(khác 0) mà không làm thay đổi
điều kiện của phương trình.

3. Lũy thừa, khai căn bậc lẻ của một phương trình.

4. Lũy thừa, khai căn bậc chẵn của một phương trình có hai vế đều dương.

Nếu trong các bước biến đổi có xuất hiện thêm các điều kiện khác thì lấy giao tất cả các

điềm kiện có trong bài tốn.

1.2 Các ví dụ

1.2.1 Nâng lên lũy thừa

1. Một số lưu ý:
a) 2k+1p

f(x) = g(x)⇔f(x) =g2k+1(x)

b) 2pk

f(x) = g(x)⇔

(

g(x)≥0

f(x) =g2k(x)

c) 2k+1p

f(x) = 2k+1p

g(x)⇔f(x) =g(x)

d)2pk

f(x) = 2pk

g(x)⇔









"

f(x)≥0

g(x)≥0

f(x) = g(x)

(Chọn biểu thức đơn giản để đặt điều kiện)
Khi đặt điều kiện cho bài toán cần lưu ý: Nếu điều kiện bài tốn đơn giản thì có thể
kết hợp vào với phương trình, cịn nếu điều kiện phức tạp thì cần tách riêng để tránh lẫn lộn.
2. Bài tập:

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

Phạm

Ngọc

Hùn

g

Giải: (1) ⇔√x+ 4 =√1−x+√1−2x⇔















1−x≥0
1−2x≥0

x+ 4≥0

x+ 4 = 1−x+ 2p(1−x) (1−2x) + 1−2x

⇔





x≤ 1

2

p

(1−x) (1−2x) = 2x+ 1

⇔









x≤ 1

2
2x+ 1≥0

1−3x+ 2x2 = (2x+ 1)2

⇔





−1

2 ≤x≤
1
2
2x2+ 7x= 0

⇔











−1

2 ≤x≤
1
2




x= 0

x=−7

2

⇔x= 0. Vậy phương trình có nghiệm x= 0

Nhận xét: Đối với câu trên chúng ta cần chuyển vế của phương trình sao cho hai vế của
phương trình đều không âm để sau khi lũy thừa hai vế dẫn tới một phương trình khác tương
đương với phương trình ban đầu.

1.2.2 Phép khai căn

1. Một số lưu ý:
a) √A2 ₌_|_A_|₌_±_A

b) pk2_f₍_x_{) =} _|_k_|p

f(x)

c) √3A3₌_A

d)2√kA2k ₌_|_A_|

e) 2k+1√A2k+1 =A

2. Bài tập:

Câu 1: Giải phương trình: 2px+ 2 + 2√x+ 1−√x+ 1 = 4 (∗)

Giải:

(∗)⇔

(

x+ 1≥0

2px+ 1 + 2√x+ 1 + 1−√x+ 1 = 4

⇔





x≥ −1
2

q √

x+ 1 + 12−√x+ 1 = 4

⇔

(

x≥ −1

2 √x+ 1 + 1−√x+ 1 = 4

⇔

(

x≥ −1

√

x+ 1 = 2

⇔x= 3

Vậy phương trình có nghiệm x= 3

1.2.3 Phép phân tích nhân tử đưa về phương trình tích

1. Lưu ý: Đây là kỹ thuật địi hỏi cần có sự tư duy cao, kỹ năng phân tích nhân tử thành
thạo và khả năng nhìn ra nhân tử chung nhanh.

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

Phạm

Ngọc

Hùn

g

Câu 1: Giải phương trình: √x−1 3x2+x+ 1+ 3x2+ 2x−1 = 0 (∗)

Giải: Đk: x≥1

(∗)⇔3x2√x−1 +x√x−1 +√x−1 + 3x3+ 2x−1 = 0

⇔x−1 + 3x2√x−1 +√x−1 +x√x−1 + 3x3+x= 0

⇔√x−1 3x2+√x−1 + 1+x 3x2+√x−1 + 1= 0

⇔ √x−1 +x 3x2+√x−1 + 1= 0⇔

" √

x−1 +x= 0 (1)
3x2+√x−1 + 1 = 0 (2)

Với điều kiện x≥1 ta có (1) và (2) vơ nghiệm. Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.

1.2.4 Phép nhân lượng liên hợp

1. Lưu ý:

a) Biểu thức nhân chia liên hợp.
* √A±√B = √A−B

A±√B *

1

√

A±√B =

√

A±√B

A−B (Với A6=B)

b) Cần dự đốn nghiệm của phương trình để có thể nhân hoặc chia lượng liên hợp phù hợp.
2. Một số ví dụ:

Câu 1: Giải phương trình: √x2_{+ 15 = 3}_x₋_{2 +}√_x2_{+ 8 (}_∗₎

Giải:

(1) ⇔√x2_{+ 15}₋√_x2_{+ 8 = 3}_x₋₂_⇔ x

2_{+ 15}₋_x2₋₈

√

x2_{+ 15 +}√_x2_{+ 8} = 3x−2

⇔ √ 7

x2_{+ 15 +}√_x2_{+ 8} = 3x−2⇒x >

2
3

Mặt khác:

(1) ⇔√x2_{+ 15}₋_{4 = 3}_x₋_{3 +}√_x2_{+ 8}₋₃_⇔ x

2₋₁

√

x2_{+ 15 + 4} = 3 (x−1) +

x2−1

√

x2_{+ 8 + 3}

⇔(x−1)

x+ 1

√

x2_{+ 15 + 4} −

x+ 1

√

x2_{+ 8 + 3}−3

= 0 ⇔




x−1 = 0

x+ 1

√

x2_{+ 15 + 4} −

x+ 1

√

x2_{+ 8 + 3} −3 = 0

+) Với x−1 = 0⇔x= 1 (Thỏa điều kiện)
+) Với điều kiện: x > 2

3 ⇒

x+ 1

√

x2_{+ 15 + 4} <

x+ 1

√

x2_{+ 8 + 3} ⇒

x+ 1

√

x2_{+ 15 + 4}−

x+ 1

√

x2_{+ 8 + 3} <0

⇒ √ x+ 1

x2_{+ 15 + 4}−

x+ 1

√

x2_{+ 8 + 3}−3<0.

Từ đó ta có √ x+ 1

x2_{+ 15 + 4}−

x+ 1

√

x2_{+ 8 + 3} −3 = 0 vô nghiệm.

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

Phạm

Ngọc

Hùn

g

2

Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ

2.1 Mục đích, yêu cầu

+) Nhằm biến đổi một phương trình phức tạp thành một phương trình đơn giản hoạc một
hệ phương trình đơn giản, giúp chúng ta có thể giải phương trình hoặc hệ phương trình
đó một cách dễ dàng.

+) Cần chú ý tới các điều kiện của ẩn.

2.2 Một số dạng toán và bài làm mẫu

2.2.1 Đặt ẩn phụ đưa phương trình phức tạp về phương trình đơn giản hơn

Câu 1: Giải phương trình: √x2−3x+ 3 +√x2−3x+ 6 = 3 (∗)

Giải:
+ Ta có:

(

x2−3x+ 3>0

x2−3x+ 6>0

∀x∈_R

+ Đặt t =√x2₋₃_x_{+ 3 (}_{t >}₀₎ _{Suy ra} _t2 ₌ _x2₋₃_x_{+ 3}_⇒_x2₋₃_x_{+ 6 =}_t2_{+ 3} _{Khi đó (*) trở}

thành:

t+√t2_{+ 3 = 3}_⇔√_t2_{+ 3 = 3}₋_t_⇔









3−t≥0

t≥0

t2+ 3 = 9−6t+t2

⇔

(

0≤t≤3

t= 1

⇔t= 1 (Thỏa đk)

+ Với t= 1 ta có √x2₋₃_x_{+ 3 = 1}_⇔_x2₋₃_x_{+ 2 = 0}_⇔

"

x= 1

x= 2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x= 1, x= 2

Tổng quát: Đối với phương trình có dạng: kpax2₊_bx₊_c

| {z }

f(x)

+mpax2₊_bx₊_d

| {z }

g(x)

=e

Ta đặt t=√ax2₊_bx₊_c₌_f₍_x_{) (}_t _≥₀₎_{. Từ đó ta có thể biểu diễn} _g₍_x₎ _theo _t _{và rút ra được}

một phương trình ẩn mới là t. Giải phương trình ẩn t, tìm t thỏa mãn điều kiện. Sau đó giải
phương trình f(x) = t tìm x, đối chiếu với điều kiện và kết luận nghiệm.

Câu 2: Giải phương trình: √x+ 4−√1−x+p(x+ 4) (1−x) = 3 (∗)

Giải:
+ Đk:

(

x+ 4≥0
1−x≥0

⇔ −4 ≤ x ≤ 1 + Đặt t = √x+ 4 −√1−x −√5≤t≤√5. Suy ra
t2 = 5−2p(x+ 4) (1−x)⇔p(x+ 4) (1−x) = 5−t

2

2

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

Phạm

Ngọc

Hùn

g

√

x+ 4−√1−x= 1⇔

(

−4≤x≤1

√

x+ 4 =√1−x+ 1

⇔

(

−4≤x≤1

x+ 4 = 2−x+ 2√1−x

⇔

(

−4≤x≤1

√

1−x=x+ 1

⇔









−4≤x≤1

x+ 1≥0

1−x=x2+ 2x+ 1

⇔

(

−1≤x≤1

x2+ 3x= 0

⇔









−1≤x≤1

"

x= 0

x=−3

⇔x= 0

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x= 0

Tổng qt: Đối với phương trình có dạng: n √x+a+√b−x+kp(x+a) (b−x) =m (∗)

+ Đặt t=√x+a+√b−x(1) (Tìm điều kiện thích hợp cho t)
+ Suy ra t2 =a+b+ 2p(x+a) (b−x)⇒p(x+a) (b−x) = t

2₋_a₋_b

2

+ Thay vào (*) ta có phương trình ẩn t: n.t+kt

2₋_a₋_b

2 =m (2)

+ Giải phương trình (2), tìm ra t thỏa đk, từ đó ta tìm x bằng cách giải phương trình (1).
Câu 3: Giải phương trình: x2+ 2x+√x+ 3 + 2x√x+ 3 = 9 (∗)

Giải:

+ Đk: x≥ −3

+ Ta có:(∗)⇔x2+ 2x√x+ 3 +x+ 3 +x+√x+ 3 = 12⇔ x+√x+ 32+x+√x+ 3 = 12 (∗∗)

+ Đặt t=x+√x+ 3 (t ≥ −3). Khi đó (**) trở thành:
t2+t = 12⇔

"

t= 3

t=−4(loại)
+ Với t= 3 ta có:

x+√x+ 3 = 3⇔√x+ 3 = 3−x⇔










3−x≥0

x≥ −3

x+ 3 = 9−6x+x2

⇔









−3≤x≤3

"

x= 1

x= 6

⇔x= 1

Vậy phương trình có một nghiệm x= 1

Câu 4: Giải phương trình: √2x2₊_x_{+ 9 +}√₂_x2₋_x_{+ 1 =}_x_{+ 4 (}_∗₎

Giải:
+ Đk:

(

2x2+x+ 9 ≥0
2x2−x+ 1≥0

(Luôn thỏa mãn)

+ Xét √2x2₊_x_{+ 9}₋√₂_x2₋_x_{+ 1} _⇔ ₂_x2₊_x_{+ 9 = 2}_x2₋_x_{+ 1} _⇔ ₂_x ₌ ₋₈ _⇔ _x ₌ ₋₄ _thỏa

phương trình.

Suy ra x=−4 là một nghiệm của phương trình.

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

Phạm

Ngọc

Hùn

g

(∗)⇔ 2x

2₊_x_{+ 9}₋ ₂_x2₋_x_{+ 1}

√

2x2₊_x_{+ 9}₋√₂_x2₋_x_{+ 1} =x+ 4⇔

2 (x+ 4)

√

2x2₊_x_{+ 9}₋√₂_x2₋_x_{+ 1} =x+ 4

⇔ √ 2

2x2₊_x_{+ 9}₋√₂_x2₋_x_{+ 1} = 1(do x6=−4) ⇔

√

2x2₊_x_{+ 9}₋√₂_x2₋_x_{+ 1 = 2}

⇔√2x2₊_x_{+ 9 = 2 +}√₂_x2₋_x_{+ 1}_⇔₂_x2₊_x_{+ 9 = 4 + 4}√₂_x2₋_x_{+ 1 + 2}_x2₋_x_{+ 1}

⇔x+ 2 = 2√2x2₋_x_{+ 1} _⇔

(

x≥ −2

x2+ 4x+ 4 = 8x2−4x+ 4

⇔











x≥ −2




x= 0

x= 8
7

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x=−4, x= 0, x= 8
7

2.2.2 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình

Đối với phương pháp này chúng ta có thể đưa phương trình về hệ phương trình hai ẩn mới
hoặc một ẩn mới và một ẩn của phương trình, tìm nghiệm của hệ sau đó tìm nghiệm của
phương trình.

Câu 1: Giải phương trình: 3x2+ 6x−3 =

r

x+ 7
3 (∗)

Giải:

+ Đk: x≥ −7

+ Ta có: (∗)⇔(x+ 1)2−2 = 1
3

r

1

3(x+ 1) + 2

+ Đặt







u=x+ 1

v =

r

1

3(x+ 1) + 2 (v ≥0)

(1)

+ Ta có hệ:





u2−2 = 1
3v

v2−2 = 1
3u

⇔








u=v = 1 +

√

73
6







u=−1 +
√

69
6

v =

√

69−1
6

+) Với u=v = 1 +

√

73

6 thay vào (1) ta có x=

√

73−5
6 .

+) Với







u=−1 +
√

69
6

v =

√

69−1
6

thay vào (1) ta có x=−7 +
√

69
6

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=−7 +
√

69
6 , x=

√

73−5
6

Câu 2: Giải phương trình: x2−√x+ 5 = 5

Giải:

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

Phạm

Ngọc

Hùn

g

+ Đặt t=√x+ 5 (t≥0)⇒t2 =x+ 5.

+ Từ đó ta có hệ:

(

x2 =t+ 5

t2=x+ 5

⇔








x=t = 1 +

√

21
2







x=−1 +
√

17
2

t=

√

17−1
2

Vậy phương trình có hai nghiệm: x=−1 +
√

17
2 , x=

1 +√21
2

Câu 3: Giải phương trình: 2√3

3x−2 + 3√6−5x−8 = 0 (∗)

Giải:

+ Đk: 6−5x≥0⇔x≤ 6₅

+ Đặt

(

u=√3

3x−2

v =√6−5x

⇔

(

u3= 3x−2

v2= 6−5x

⇒5u3+ 3v2 = 2 (1)

+ Phương trình (*) trở thành: 2u+ 3v = 8 (2)

+ Kết hợp (1) và (2) ta có hệ:

(

2u+ 3v = 8
5u3+ 3v2 = 2

(I)

+ Giải (I) ta được:

(

u=−2

v = 4

⇒x=−2.
+) Vậy phương trình có nghiệm x=−2

• Tổng quát cho các bài toán dạng: k√3

ax+b+m√cx+d=e

Đặt

(

u=√3

ax+b
v =√cx+d

chuyển phương trình về hệ phương trình gồm hai ẩn u, v

Câu 4: Giải phương trình sau: x2+ 4x+ 5 = 2√2x+ 3 (∗)

Giải:

+) Điều kiện: x≥ −3

2

+) Ta có: (∗)⇔(x+ 2)2+ 1 = 2√2x+ 3

+) Đặt y+ 2 =√2x+ 3⇔y2+ 4y+ 1 = 2x(1)

+) Khi đó phương trình (*) trở thành x2+ 4x+ 5 = 2 (y+ 2)⇔x2+ 4x+ 1 = 2y(2)

+) Từ (1) và (2) ta có hệ:

(

x2+ 4x+ 1 = 2y
y2+ 4y+ 1 = 2x

⇔

"

y =x
y =−x−6

+) Với y=x ta có x2+ 2x+ 1 = 0⇔x=−1

+) Với y=−x−6 ta có x2+ 6x+ 13 = 0(Vơ nghiệm)
Vậy phương trình có nghiệm x=−1

• Dạng tổng quát: (ax+b)n =p√n

cx+d+qx+r
+) Đặt √n

cx+d=ay+b nếu p.c >0

+) Đặt √n

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

Phạm

Ngọc

Hùn

g

Kết hợp phương trình ta đưa về hai ẩn x, y

2.2.3 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình lượng giác (lượng giác hóa)

1. Lưu ý:

•Nếu trong biểu thức có chứa√1−x2 _{hoặc có điều kiện ràng buộc}_|_x_{| ≤}₁_{ta thực hiện:}

+) Đặt x= sint với t ∈h−π

2;

π

2

i

+) Đặt x= cost với t ∈(0;π)

• Nếu trong biểu thức có chứa √1 +x2 _{thì ta đặt} _x_{= tan}_a _với _a_∈₋π

2;

π

2

• Nếu trong biểu thức có chứa √1 +x2 thì ta đặt x= 1

cosa với a∈

h

0;π
2

∪hπ;3π
2

2. Một số ví dụ:

Câu 1: Giải phương trình sau: p1 +√1−x2 ₌_x _{1 + 2}√₁₋_x2

(∗)

Giải:

+) Điều kiện: |x| ≤1

+) Đặt x= sint với t∈−π₂;π₂

+) Phương trình (*) trở thành:

q

1 +p1−sin2t= sint1 + 2p1−sin2t

⇔√1 + cost= sint(1 + 2 cost)

⇔

r

2cos2t

2 = sint(1 + 2 cost)

⇔√2 cos t

2 = sint+ sin 2t ⇔

√

2 cos t

2 = 2 sin
3t

2 cos

t

2

⇔




cost
2 = 0
sin3t

2 =

√

2

2

⇒sin3t
2 =

√

2
2 ⇔




t= π
6

t= π
2

⇒




x= 1
2

x= 1

Vậy phương trình có hai nghiệm x= 1;x= 1

2

Câu 2: Giải phương trình sau: √x2_{+ 1}₋_x₌ 5

2√x2_{+ 1} (∗)

Giải:

+) Đặt x= tana với a∈−π

2;

π

2

+) (*) trở thành: ptan2a+ 1−tana= 5
2ptan2a+ 1

⇔ 1

cosa −

sina

cosa =

5 cosa

2 ⇔2−2 sina = 5cos

2_a

⇔5sin2a−2 sina−3 = 0⇔




sina= 1
sina=−3

5

⇒sina=−3

5

Với sina=−3

5 ⇒cosa=
4

5 ⇒tana=

−3

4 ⇒x=

−3
4

Vậy phương trình có nghiệm x=−3

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

Câu 3: Giải phương trình sau: x+√ 3x

x2₋₉ = 2 (∗)

Giải:

+) Điều kiện: |x|>3

+) Nhận xét: |cosa|<1⇒

1
cosa

>1⇒

3
cosa

>3 với a∈

0;π
2

∪π;3π
2

+) Đặt x= 3

cosa với a∈

0;π
2

∪π;3π
2

+) (*) trở thành 3

cosa +

9

cosa

r

9
cos2_a −9

= 2

⇔ 3

cosa +

3

sina = 2 ⇔3 (sina+ cosa) = 2 sinacosa(1)

• Đặt t= sina+ cosa với |t| ≤√2

• Phương trình (1) trở thành: 3t=t2−1⇔





t= 3−

√

13
2

t= 3 +

√

13
2

⇒t= 3−

√

13
2

• Với t= 3−

√

13
2 ta có







sina+ cosa= 3−

√

13
2
sinacosa= 9−3

√

13
4

⇒sina,cosa là nghiệm của phương trình:
X2− 3−

√

13
2 X+

9−3√13

4 = 0 ⇔






X = 3−

√

13−p6√13−14
4

X = 3−

√

13 +p6√13−14
4

⇒







cosa= 3−

√

13−p6√13−14
4

cosa= 3−

√

13 +p6√13−14
4

⇒






x= 12

3−√13−p6√13−14

x= 12

3−√13 +p6√13−14

+) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm:

x= 12

3−√13−p6√13−14

, x= 12

3−√13 +p6√13−14

Câu 4: Giải phương trình sau: 8x3−4x2−4x+ 1 = 0 (∗)

Giải:

+) Sử dụng tính liên tục của hàm số ta chứng minh được phương trình (*) có 3 nghiệm thuộc

(−1; 1).

+) Đặt x= cosa với a ∈(0;π) ta có phương trình (*) trở thành:

8cos3a−4cos2a−4 cosa+ 1 = 0

⇔4 cosa 2cos2a−1= 3−4 1−cos2a

⇔4 cosacos 2a= 3−4sin2a

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

⇔sin 4a = sin 3a⇔







a= π
7

a= 3π
7

a= 5π
7

(do điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm:








x= cosπ
7

x= cos3π
7

x= cos5π
7

2.2.4 Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn

1. Lưu ý:

+ Đối với phương pháp này, phương trình sau khi đặt ẩn phụ thì vẫn cịn biến chính của
phương trình.

+ Phương pháp này chỉ áp dụng đối với những phương trình sau khi đặt ẩn có delta là
một số hoặc là bình phương của một biểu thức.

2. Một số ví dụ:

Câu 1: Giải phương trình sau: x2+x−1 = (x+ 2)√x2−2x+ 2 (∗)

Giải:

+) Phương trình xác định ∀x∈_R

+) Đặt t=√x2₋₂_x_{+ 2 (}_t_≥₁₎

Ta có: t2=x2−2x+ 2 ⇔x2+x−1 =t2+ 3x−3

+) Khi đó phương trình (*) trở thành:

t2+ 3x−3 = (x+ 2)t ⇔t2−(x+ 2)t+ 3 (x−1) = 0 (1)
∆₍₁₎ = (x+ 2)2−12 (x−1) =x2−8x+ 16 = (x−4)2

+) Suy ra phương trình (1) có các nghiệm:

"

t= 3

t=x−1

• Với t = 3⇒√x2₋₂_x_{+ 2 = 3}_⇔

"

x= 1 + 2√2

x= 1−2√2

• t=x−1⇒√x2₋₂_x_{+ 2 =}_x₋₁_⇔

(

x−1≥1

2 = 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

3

Phương pháp 3: Sử dụng tính chất của vector, các Bất đẳng thức để

đánh giá

3.1 Kiến thức cần lưu ý:

1. Các bất đẳng thức quen thuộc
Bất đẳng thức Cauchy:

• Với a≥0, b≥0 ta có a+b

2 ≥

√

ab. Dấu ” = ” xảy ra khi a=b.

• Với a1 ≥0, a2 ≥0, a3≥0...an ≥0 ta có

a1+a2+a3+...+an

n ≥

n

√

a1a2a3...an.

Dấu ” = ” xảy ra khi a1 =a2 =a3 =...=an

Bất đẳng thức Bunhiacopxki:

• Với mọi số thực a1, b1, a2, b2 ta có: (a1b1+a2b2)2 ≤ a21+a22

b2₁+b2₂
Dấu ” = ” xảy ra khi a1

b1

= a2

b2

• Với mọi số thực a1, a2, a3...an và b1, b2, b3...bn ta có:

(a1b1+a2b2+a3b3...anbn)2 ≤ a21+a22+a23...a2n

b2₁+b2₂+b2₃...b2_n
Dấu ” = ” xảy ra khi a1

b1

= a2

b2

= a3

b3

=...= an

bn

2. Các tính chất của vector

•
~a+~b

≤ |~a|+


~b

.

Dấu ” = ” xảy ra khi

" ₋_→

a, −→b cùng chiều.

Một trong hai vector−→a, −→b bằng −→0

•

~a−~b

≤ |~a|+


~b

.

Dấu ” = ” xảy ra khi

" ₋_→

a, −→b ngược chiều.

Một trong hai vector−→a, −→b bằng −→0

• −→a .−→b ≤ |−→a|.|−→b|

Dấu ” = ” xảy ra khi

" ₋_→

a, −→b cùng chiều.

Một trong hai vector−→a, −→b bằng −→0

3.2 Một số bài toán và phương pháp giải:

Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức.

Câu 1: Giải phương trình sau: √2−x2₊

r

2− 1

x2 = 4−

x+ 1

x

(∗)

Giải:

+) Điều kiện:





2−x2≥0
2− 1

x2 ≥0

⇔





|x| ≤√2

|x| ≥ √1

2

⇔ √1

2 ≤ |x| ≤

√

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

+) (∗)⇔√2−x2₊_x₊

r

2− 1

x2 +

1

x = 4
+) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

• √2−x2₊_x_≤p₍₂₋_x2₊_x2_{) (1}2_{+ 1}2_{) = 2}

•

r

2− 1

x2 +

1

x ≤

r

2− 1

x2 +

1

x2

(12_{+ 1}2_{) = 2}

Từ đó ta có: √2−x2₊_x₊

r

2− 1

x2 +

1

x ≤4
Dấu ” = ” xảy ra khi x= 1

+) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x= 1

Câu 2: Giải phương trình sau: x2−3x+7
2 =

p

(x2₋₂_x_{+ 2) (}_x2₋₄_x_{+ 5) (}_∗₎

Giải:

+) Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương x2−2x+ 2 và x2−4x+ 5 ta có:
x2−2x+ 2+ x2−4x+ 5

2 ≥

p

(x2₋₂_x_{+ 2) (}_x2₋₄_x_{+ 5)}

⇔x2−3x+7
2 ≥

p

(x2₋₂_x_{+ 2) (}_x2₋₄_x_{+ 5)}

+) Dấu ” = ” xảy ra khi: x2−2x+ 2 =x2−4x+ 5⇔2x= 3⇔x= 3
2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x= 3
2

Dạng 1: Sử dụng tính chất của vector.

Câu 1: Giải phương trình sau: √x2_{+ 2}_x_{+ 3 +}√_x2₋₆_x_{+ 11 = 2}√_{6 (}_∗₎

Giải:

+) Ta có: (∗)⇔

q

(x+ 1)2+ 2 +

q

(3−x)2+ 2 = 2√6

+) Đặt

(

~a x+ 1;√2

~b 3−x;√2

⇒ |~a|+|~b|=

q

(x+ 1)2+ 2 +

q

(3−x)2+ 2 =V T₍_∗₎

+) Ta lại có:~a+~b= 4; 2√2⇒
~a+~b

=

q

42_{+ 2}√₂2

= 2√6 =V P₍_∗₎
+) Theo tính chất: |~a|+|~b| ≥

~a+~b

⇒V T(∗) ≥V P(∗)

Dấu ” = ” xảy ra khi x= 1

+) Vậy phương trình có nghiệm x= 1

Câu 2: Giải phương trình sau: √2x2_{+ 4}_x_{+ 10 +}√₂_x2_{+ 12}_x_{+ 50 = 4}√_{5 (}_∗₎

Giải:

+) Ta có: (∗)⇔√2 √x2_{+ 2}_x_{+ 5 +}√_x2_{+ 6}_x_{+ 25}

= 4√5

⇔√2

q

(x+ 1)2+ 4 +

q

(x+ 3)2+ 16

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

+) Đặt

(

~a(x+ 1; 2)

~b(−x−3; 4)

⇒ |~a|+|~b|=

q

(x+ 1)2+ 4 +

q

(x+ 3)2+ 16

⇒~a+~b= (−2; 6) ⇒
~a+~b

=

√

4 + 36 = 2√10

+) Theo tính chất: |~a|+|~b| ≥
~a+~b

ta có:
q

(x+ 1)2+ 4 +

q

(x+ 3)2+ 16≥2√10⇔√2

q

(x+ 1)2+ 4 +

q

(x+ 3)2+ 16

≥4√5

Dấu ” = ” xảy ra khi x+ 1

−x−3 =
2

4 ⇔x=−
5
3

Vậy phương trình có nghiệm x=−5

3

Chú ý: Chọn tọa độ của các vector sao cho khi thực hiện cộng hai vector sẽ triệt tiêu x.

4

Một số bài tập tự luyện

1) √2x2−4x+ 5 =x−4

2) √2−x2_{+ 3}_x₌√₅_x2₋₁

3) √x+√x+ 1 = √1

x

4) px+√x−11 +px−√x−11 = 4

5) px+ 2√x−1 +px−2√x−1 = x+ 3
2

6) √3

2x−1 +√3

2x+ 1 =√3

10x
7) √ 1

3x+ 10+

6

p

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

√

x+ 2

8) √x+ 3 +√2x−1 = 4−x
9) x−4 = x

2

√

1 +x+ 12

10) 1
x +

1

√

1−x2 = 2

√

2

11)√3x+ 1 +√2−x+ 2√2 + 5x−3x2_{= 9}₋₂_x

12) √1−x+√1 +x= 2− x

2

4

13)√x2₊_x_{+ 7+}√_x2₊_x_{+ 2 =}√₃_x2_{+ 3}_x_{+ 19}

14) x2+ 3−√2x2₋₃_x_{+ 2 =} 3
2x+ 6

15) (x+ 3√x+ 2) (x+ 9√x+ 18) = 168x

16) 23

q

(1 +x)2+ 3√3

1−x2₊q3

(1−x)2 = 0

17) √x2+ 1−x5+ √x2+ 1−x5 = 123

18) 2012x

4₊_x4√_x2_{+ 2012 +}_x2

2011 = 2012

19) (4x−1)√x2_{+ 1 = 2}_x2_{+ 2}_x_{+ 1}

20) 2 x2−3x+ 2= 3√3

x3_{+ 8}

21) √x+ 1 +√x3₊_x2₊_x_{+ 1 = 1 +}√_x4₋₁

22) x3+ 1 = 2√3

2x−1

23) 3

r

1

2 +x+

r

1

2 −x= 1

24) √4

313 +x+√4

313−x= 6

25) 2011 +p2011 +√x=x
26) √3

x−9 = (x−3)3+ 6

27)√2x2₋₁₊√_x2₋₃_x₋_{2 =} √₂_x2_{+ 2}_x_{+ 3+}

√

x2₋_x₋₂

28)

r

12−12

x2 +

r

x2₊ 12

x2 =x
2₊25

12

29) 4x2+√2x+ 1 + 5 = 12x
30)

3

√

10−x+√3

8−x

3

√

10−x−√3

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

Chuyên đề 2:

Hệ phương trình

1 Một số dạng hệ phương trình thường gặp và cách giải

1.1 Hệ đối xứng loại 1
1.1.1 Khái niệm và cách giải

1. Khái niệm: Hệ hai phương trình hai ẩn x, y được gọi là hệ đối xứng loại 1 là hệ không
thay đổi khi ta thay x bởi y và y bởi x.

2. Cách giải:

• Đặt S =x+y, P =xy. Đưa hệ đã cho về hệ hai ẩn S, P(điều kiện S2≥4P)

• Giải hệ hai ẩn S, P ⇒S, P thỏa điều kiện.

• Nghiệm x, y của hệ ban đầu là nghiệm của phương trình t2−St+P = 0

Chú ý: Nếu (x;y) là nghiệm của hệ thì (y;x) cũng là nghiệm của hệ.

1.1.2 Một số ví dụ

Câu 1: Giải hệ phương trình sau:







r

2x
y +

r

2y
x = 3
x−y+xy= 3

(I)

Giải:

+) Điều kiện: x.y >0

+) (I)⇔

( ₂_x

y +

2y

x + 4 = 9

x−y+xy= 3

⇔

(

2x2+ 2y2−5xy = 0

x−y+xy= 3

+) Đặt

(

u=x
v =−y

. Hệ trở thành

(

2u2+ 2v2+ 5uv = 0

u+v−uv = 3

⇔

(

2(u+v)2+uv = 0

u+v−uv = 3

(II)

• Đặt

(

S =u+v
P =uv

S2 ≥4P. Hệ (II) trở thành:

(

2S2+P = 0

S−P = 3

⇔










(

S = 1

P =−2





S= −3
2

P = −9
2

• Với

(

S = 1

P =−2

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

t2−t−2 = 0⇔

"

t =−1

t = 2

⇒








(

u=−1

v = 2

(

u= 2

v =−1

⇒







(

x= 2

y= 1

(

x=−1

y=−2

• Với





S= −3
2

P = −9
2

⇒u, v là nghiệm của phương trình:

t2+ 3
2t−

9

2 = 0⇔




t= 3
2

t=−3

⇒












u= 3
2

v =−3





u=−3

v = 3
2
⇒













x= 3
2

y= 3





x=−3

y=−3

2

+) Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm: (x;y) = n(2; 1) ; (−1;−2) ;3
2; 3

;−3;−3
2

o

Câu 2: Giải hệ phương trình sau:







x+y+ 1

x +

1

y = 5
x2+y2+ 1

x2 +

1

y2 = 9

(I)

Giải:

+) Điều kiện: x.y 6= 0

+) Đặt





u=x+ 1

x
v =y+1

y

⇒





x2+ 1

x2 =u
2₋₂

y2+ 1

y2 =v

2₋₂ . Hệ trở thành:

(

u+v = 5

u2+v2 = 13

⇔

(

u+v = 5

(u+v)2−2uv = 13

⇔

(

u+v = 5

vu= 6

⇔








(

u= 2

v = 3

(

u= 3

v = 2

+) Với

(

u= 2

v = 3

⇒





x+ 1

x = 2
y+1

y = 3

⇔












x= 1





y = 3 +

√

5
2

y = 3−

√
5
2
⇔












x= 1

y= 3 +

√

5
2

(

x= 1

y= 3−

√

5
2

+) Với

(

u= 3

v = 2

⇒





x+ 1

x = 3
y+1

y = 2

⇔















x= 3−

√

5
2

x= 3 +

√

5

2

y= 1

⇔












x= 3−

√

5
2

y= 1





x= 3 +

√

5
2

y= 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

(x;y) =

1;3 +

√

5
2

;

1;3−

√

5
2

;

3 +√5
2 ; 1

;

3−√5
2 ; 1

1.2 Hệ đối xứng loại 2
1.2.1 Khái niệm và cách giải

1. Khái niệm: Hệ hai phương trình ẩn x, y gọi là hệ đối xứng loại II khi ta thay đổi x bởi
y và y bởi x thì phương trình này trở thành phương trình kia và ngược lại (Hai phương trình
của hệ đổi vị trí cho nhau).

2. Cách giải:

• Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ tạo thành một phương trình mới.

• Nhóm nhân tử chung đưa phương trình mới về dạng tích trong đó có một nhân tử chung
là x=y, từ đó ta tìm các nghiệm cịn lại.

(

f(x;y) = 0

g(x;y) = 0

⇔

(

f(x;y)−g(x;y) = 0

f(x;y) = 0

⇔

(

(x−y)h(x;y) = 0

f(x;y) = 0

⇔









(

x−y= 0

f(x;y) = 0

(

h(x;y) = 0

f(x;y) = 0

1.2.2 Một số ví dụ

Câu 1: Giải hệ phương trình sau:





x−3y = 4y

x
y−3x= 4x

y

(I)

Giải:

+) Điều kiện: x.y 6= 0
+) (I)⇔

(

x2−3xy= 4y
y2−3xy= 4x

⇔

(

x2−y2= 4 (y−x)

y2−3xy = 4x

⇔

(

(x−y) (x+y+ 4) = 0

y2−3xy= 4x

⇔









(

x−y= 0

y2−3xy= 4x

(∗)

(

x+y+ 4 = 0

y2−3xy= 4x

(∗∗)

+) Giải (*):

(∗)⇔

(

x=y

2x2+ 4x= 0

⇔









x=y

"

x= 0

x=−2

⇔

"

x=y = 0

x=y =−2

⇒x=y=−2 (do điều kiện)

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

(∗∗)⇔

(

x=−y−4

4y2+ 16y+ 16 = 0

⇔

(

x=−y−4

y=−2

⇔x=y =−2

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất: x=y=−2

Câu 2: Giải hệ phương trình sau:

( √

2x+ 3 +√4−y= 4 (1)

√

2y+ 3 +√4−x= 4 (2)
(I)

Giải:

+) Điều kiện: −3

2 ≤x, y ≤4

+) Lấy (1) trừ (2) ta được:

√

2x+ 3−√2y+ 3 +√4−y+√4−x= 0

⇔ √ 2 (x−y)

2x+ 3 +√2y+ 3 +

x−y

√

4−y+√4−x = 0

⇔(x−y)

2

√

2x+ 3 +√2y+ 3 +

1

√

4−y+√4−x

= 0

⇔




x−y= 0
2

√

2x+ 3 +√2y+ 3 +

1

√

4−y+√4−x (vơ nghiệm)
+) Từ đó ta có:

(I)⇔

( √

2x+ 3 +√4−y= 4

x−y= 0

⇔

(

x=y

√

2x+ 3 +√4−x= 4

⇔











x=y




x= 3

x= 11
9

⇔




x=y= 3

x=y= 11
9

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:




x=y= 3

x=y= 11
9

1.3 Hệ phương trình đẳng cấp
1.3.1 Khái niệm và cách giải

1. Khái niệm:

Hệ phương trình có dạng

(

a1x2+b1xy+c1y2 =d1

a2x2+b2xy+c2y2 =d2

(I)được gọi là hệ đẳng cấp bậc hai.
2. Cách giải:

• Giải hệ (I) với x= 0 hoặc y= 0

• Với x6= 0, đặt y=kx (hoặc đặt x=ky với y6= 0)

• Khi đó (I) trở thành:

(

x2 a1+b1k+c1k2

=d1 (1)

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

• Khử x trong hệ bằng cách lấy (1) chia (2) ta được phương trình: a1+b1k+c1k

2

a2+b2k+c2k2

= d1

d2

• Từ đó tìm k, sau đó tìm nghiệm của hệ ban đầu.

1.3.2 Một số ví dụ

Câu 1: Giải hệ phương trình sau:

(

x2−3xy+y2=−1
3x2−xy+ 3y2 = 13

(I)

Giải:

+) Xét y= 0 ta có: (I)⇔

(

x2 =−1
3x2 = 13

(vơ lí)
+) Với y6= 0. Đặt x=ky hệ trở thành:

(

k2y2−3ky2+y2 =−1
3k2y2−ky2+ 3y2 = 13

⇒ k

2₋₃_k_{+ 1}

3k2₋_k_{+ 3} =−
1

13 ⇔




k = 2

k = 1
2

+) Với k = 2⇒4y2−6y2+y2 =−1⇒y=±1⇒









(

y= 1

x= 2

(

y=−1

x=−2

+) Với k = 1
2 ⇒

1

4 −

3

2+ 1

y2 =−1⇒y=±2⇒









(

y= 2

x= 1

(

y=−2

x=−1

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm: (1; 2), (−1;−2), (−2;−1), (2; 1)

Câu 2: Giải hệ phương trình sau:

(

x3+ 3x2y+xy2+y3 = 6
3y3+x2y−2xy2 = 2

(I)

Giải:

+) Ta có x= 0 khơng là nghiệm của hệ.
+) x6= 0, đặt y=kx. Hệ trở thành:

(

x3+ 3kx3+k2x3+k3x3= 6
3k3x3+kx3−2k2x3= 2

⇔

(

x3 k3+k2+ 3k+ 1= 6

x3 3k3−2k2+k= 2

⇒ k

3₊_k2_{+ 3}_k_{+ 1}

3k3₋₂_k2₊_k = 3⇔k = 1

+) Với k = 1⇒3x3+x3−2x3 = 2 ⇔x= 1 ⇒y= 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

2 Một số phương pháp giải hệ phương trình

2.1 Phương pháp thế
2.1.1 Lưu ý:

Phương pháp này dành cho các hệ phương trình cho phép ta có thể biểu diển được biến này
theo biến kia, hoặc biểu diễn một biểu thức thông qua biểu thức khác, sau đó thế vào phương
trình cịn lại để tìm nghiệm.

2.1.2 Các ví dụ

Câu 1: Giải hệ phương trình sau:

(

x2(y+ 1) (x+y+ 1) = 3x2−4x+ 1 (1)

xy+x+ 1 =x2 (2)

(I)

Giải:

+) Nhận thấy x= 0 không là nghiệm của hệ nên từ (2) ta có: y+ 1 = x2_x−1

+) Thế vào phương trình (1) ta được:
x2x

2₋₁

x

x+x

2₋₁

x

= 3x2−4x+ 1

⇔ x2−1 2x2−1= (x−1) (3x−1)

⇔(x−1)(x+ 1) 2x2−1+ 1−3x= 0

⇔2x(x−1)2(x+ 2) = 0⇔







x= 0 (loại)

x= 1

x=−2

+) Với x= 1⇒y =−1

+) Với x=−2⇒=−1

2

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: (1;−1), −2;1
2

2.2 Phương pháp 2: Tích số
2.2.1 Cách giải

+) Phân tích một trong hai phương trình của hệ đưa về phương trình tích nhằm tìm ra mối
quan hệ giữa x và y.

+) Sau đó thế x hoặc y vào phương trình cịn lại để tìm ra nghiệm.

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

2.2.2 Một số ví dụ

Câu 1: Giải hệ phương trình sau:

(

xy+x+y=x2−2y2 (1)

x√2y−y√x−1 = 2x−2y (2)
(I)

Giải:

+) Điều kiện:

(

x≥1

y≥0

+) (1)⇔x2−y2−y2−xy−x−y= 0

⇔(x+y) (x−y)−y(x+y)−(x+y) = 0

⇔(x+y) (x−2y−1) = 0⇔

"

x+y= 0 (loại do điều kiện)

x−2y−1 = 0

+) Với x−2y−1 = 0⇔x−1 = 2y thế vào (1) ta được:
x√2y−y√2y= 2 (x−y)

⇔(x−y) √2y−2= 0

⇔

"

x=y
y=√2

•x=y⇒x−2x−1 = 0⇔x=−1(loại)

•y=√2⇒x−2√2−1 = 0⇔x= 2√2 + 1

Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm: (x;y) = 1 + 2√2;√2

Nhận xét: Đối với hệ phương trình này chúng ta có thể phân tích (1) thành nhân tử
chung bằng cách sử dụng tham số biến thiên.

• Cụ thể: (1)⇔2y2+ (x+ 1)y+x−x2 = 0 (xem đây là phương trình bậc hai ẩn y)

• Ta có: ∆ = (x+ 1)2−8 x−x2= 9x2−6x+ 1 = (3x−1)2

• Từ đó ta tính được:




y=x
y= x−1

2

Câu 2: Giải hệ phương trình sau:

(

y2 = (5x+ 4) (4−x) (1)

y2−5x2−4xy+ 16x−8y+ 16 = 0 (2)
(I)

Giải:

+) (2) ⇔(y+x−4) (y−5x−4) = 0⇔

"

y= 4−x

y= 5x+ 4

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

(4−x)2 = (5x+ 4) (4−x)⇔6x(4−x) = 0⇔

"

x= 0

x= 4

⇒









(

x= 0

y= 4

(

x= 4

y= 0

+) Với y= 5x+ 4 thế vào (1) ta được:

(5x+ 4)2= (5x+ 4) (4−x)⇔(5x+ 4) 6x= 0⇔

"

x= 0

x= −₅4

⇒









(

x= 0

y= 4





x= −4
5

y= 0

Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm: (0; 4), (4; 0),

−4

5; 0

Câu 3: Giải hệ phương trình sau:

(

x3+ 7x=y3+ 7y (1)

x2+y2=x+y+ 2 (2)
(I)

Giải:

+) (1) ⇔(x−y) x2+xy+y2+ 7 (x−y) = 0 ⇔

"

x=y

x2+xy+y2+ 7 = 0

+) Với x=y thế vào (2) ta được:

2x2= 2x+ 2⇔





x= 1 +

√

5
2

x= 1−

√

5
2

⇒(x;y) =






1 +√5
2 ;

1 +√5
2

1−√5
2 ;

1−√5
2

+) Với x2+xy+y2+ 7 = 0 (∗) (vô nghiệm do ∆₍_∗₎ =−3y2−28<0)
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (x;y) =

1 +√5
2 ;

1 +√5
2

;

1−√5
2 ;

1−√5
2

2.3 Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ

Biến đổi hệ phương trình làm xuất hiện các biểu thức đồng dạng hoặc có quan hệ với nhau.
Sau đó đặt ẩn phụ làm giảm bớt sự phức tạp của hệ phương trình.

Câu 1: Giải hệ phương trình sau:

(

x2+ 1 +y(y+x) = 4y (1)

x2+ 1(y+x−2) =y (2)
(I)

Giải:

+) Do y= 0 không là nghiệm của hệ nên: (I)⇔







x2+ 1

y +y+x= 4
x2+ 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

+) Đặt





u= x

2_{+ 1}

y
v =x+y

. Hệ trở thành:

(

u+v = 4

u(v −2) = 1

⇔

(

u= 4−v

(4−v) (v−2) = 1

⇔

(

u= 1

v = 3

⇒





x2+ 1

y = 1
x+y = 3

⇔









(

x= 1

y = 2

(

x=−2

y = 5

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: (1; 2), (−2; 5)

Câu 2: Giải hệ phương trình sau:

(

2−px2_y4_{+ 2}_xy2₋_y4_{+ 1 = 2 3}₋√₂₋_x

y2 (1)

p

x−y2₊_x_{= 3} ₍₂₎ (I)

Giải:

+) (2) ⇔px−y2 _{= 3}₋_x_⇔

(

x≤3

x2+y2−7x+ 9 = 0

+) (1)⇔2−p(xy2₊_y2_{+ 1) (}_xy2₋_y2_{+ 1) = 2 3}₋√₂₋_x

y2

⇔p(xy2₊_y2_{+ 1) (}_xy2₋_y2_{+ 1) = 2}

1− 3−√2y2+xy2 (∗)

+) Đặt

(

u=xy2+ 1

v =y2

. Phương trình (*) trở thành:

p

(u+v) (u−v) = 2u− 3−√2v

⇔

(

u− 3−√2v ≥0

u2−v2 = 4u− 3−√2v2

⇔

(

u− 3−√2v ≥0

3u2−8 3−√2uv+ 45−24√2v2 = 0 (∗∗)
(II)

• Ta thấy v = 0 khơng là nghiệm của hê (II) nên:

(∗∗)⇔3

_u

v

2

−8 3−√2u

v + 45−24

√

2= 0 ⇔




u
v = 3
u

v = 5−

8√2
3

⇒





xy2+ 1

y2 = 3

xy2+ 1

y2 = 5−
8√2

3

⇒ xy

2_{+ 1}

y2 = 3 (Do u≥ 3−

√

2v)

⇒xy2+ 1 = 3y2⇔(x−3)y2+ 1 = 0 (∗ ∗ ∗)

• Từ (1) ta có: y2 =−x2+ 7x−9 thay vào (***) ta được:

(x−3) −x2+ 7x−9+ 1 = 0⇔ −x3+ 10x2−30x+ 28 = 0⇔






x= 2

x= 4 +√2(loại)

x= 4−√2

• Với x= 2⇒y2 = 1⇒y =±1

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:

(x;y) =n(2; 1) ; (2;−1) ;4−√2;p1 +√2;4−√2;−p1 +√2o

2.4 Một số bài tập tự luyện

1)

(

x+xy−y= 5

x2+y2+xy= 13

2)

(

x2+xy+y2 = 7

x4+x2y2+y4= 21

3)

(

x2+x+y2+y= 18

x(x+ 1)y(y+ 1) = 72

4)





|x|+|y|= 1

x2+y2 = 1
2
5)





r_x
y +
qy
x =
7
√

xy + 1

x√xy+y√xy= 78

6)








(x+y)

1
x +
1
y

= 5

x2+y2

1

x2 +

1

y2

= 49
7)
( √

x+ 1 +√y+ 1 = 3

x√y+ 1 +y√x+ 1 +√y+ 1 +√x+ 1 = 6

8)

(

x−3y= 4_xy

y−3x= 4_yx

9)

(

x3−y3 = 7

xy(x−y) = 2

10)






x2+xy−y2= 5

y
x −2

x
y =−

5
2 −
2
xy
11)
(

2x−y−7 = 0

y2−x2+ 2x+ 2y+ 4 = 0

12)

(

2x2+x+y+ 1 = 0

x2+ 12x+ 2y+ 10 = 0

13)

(

x+y+px2₋_y2 _{= 12}

ypx2₋_y2 _{= 12}

14)

(

xy+x+y=x2−2y2
x√2y−y√x−1 = 2x−2y

(D_08)

15)





x(x+y+ 1)−3 = 0
(x+y)2− 5

x2 + 1 = 0

(D_09)

16)

(

3

√

x−y=√x−y
x+y =√x+y+ 2

(B_02)

17)

(

x4+ 2x3y+x2y2 = 2x+ 9

x2+ 2xy= 6x+ 6

(B_08)

18)

(

xy+x+ 1 = 7y
x2y2+xy+ 1 = 13y2

(B_09)

19)

(

x−_x1 =y− 1_y

2y=x3+ 1

(A_03)

20)

(

x+y−√xy = 3

√

x+ 1 +√y+ 1 = 4

(A_06)

21)





x2+y+x3y+xy2+xy=−5

4

x4+y2+xy(1 + 2x) = −5

4

(A_08)

22)

(

5x2y−4xy2+ 3y3−2 (x+y) = 0

xy x2+y2+ 2 = (x+y)2

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

Mục lục

Chuyên đề 1:

Một số phương pháp giải phương trình vơ tỉ

1

1 Phương pháp 1: Biến đổi tương đương 1

1.1 Cách giải . . . 1

1.2 Các ví dụ . . . 1

1.2.1 Nâng lên lũy thừa . . . 1

1.2.2 Phép khai căn . . . 2

1.2.3 Phép phân tích nhân tử đưa về phương trình tích . . . 2

1.2.4 Phép nhân lượng liên hợp . . . 3

2 Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ 4
2.1 Mục đích, yêu cầu . . . 4

2.2 Một số dạng toán và bài làm mẫu . . . 4

2.2.1 Đặt ẩn phụ đưa phương trình phức tạp về phương trình đơn giản hơn 4
2.2.2 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình . . . 6

2.2.3 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình lượng giác (lượng giác hóa) . . . 8

2.2.4 Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn . . . 10

3 Phương pháp 3: Sử dụng tính chất của vector, các Bất đẳng thức để đánh
giá 11
3.1 Kiến thức cần lưu ý: . . . 11

3.2 Một số bài toán và phương pháp giải: . . . 11

4 Một số bài tập tự luyện 13
Chuyên đề 2:

Hệ phương trình

14

1 Một số dạng hệ phương trình thường gặp và cách giải 14
1.1 Hệ đối xứng loại 1 . . . 14

1.1.1 Khái niệm và cách giải . . . 14

1.1.2 Một số ví dụ . . . 14

1.2 Hệ đối xứng loại 2 . . . 16

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

Phạm

Ngọc

Hùn

g

1.2.2 Một số ví dụ . . . 16

1.3 Hệ phương trình đẳng cấp . . . 17

1.3.1 Khái niệm và cách giải . . . 17

1.3.2 Một số ví dụ . . . 18

2 Một số phương pháp giải hệ phương trình 19
2.1 Phương pháp thế . . . 19

2.1.1 Lưu ý: . . . 19

2.1.2 Các ví dụ . . . 19

2.2 Phương pháp 2: Tích số . . . 19

2.2.1 Cách giải . . . 19

2.2.2 Một số ví dụ . . . 20

2.3 Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ . . . 21

</div>

<!--links-->