chuyendeonthi.files.wordpress.com · 2012-10-15 · 3. 2x 4x 5 3x 17 4. 3x 19x 20 4x 42 ... -...

Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ CAO HOÀNG NAM

[email protected] - 0907894460 Trang 1

1. 24 2x x x 2

2. x 4 1 x 1 2x

3. 2x 4x 5 3x 17

4. 23x 19x 20 4x 4

5. x 12 2x 1 x 3

PHẦN I

------------------------------------------------------------------

PHƢƠNG TRÌNH – BẤT PHƢƠNG TRÌNH

-------------------------------------------------------------------

►2

B 0A B

A B

►

B 0A B

A B

►B 0

A BA B

►

2

B 0

A B A 0

A B

►

2

A 0

B 0A B

B 0

A B

TỔNG QUÁT:

Đối với những những phƣơng trình, bất phƣơng trình không có dạng chuẩn nhƣ trên, ta thực hiện:

- Đặt điều kiện cho căn thức có nghĩa,

- Chuyển vế sao cho 2 vế đều không âm,

- Bình phƣơng cả hai vế để khử căn.

VÍ DỤ - BÀI TẬP

Ví dụ 1: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau:

1. 24 2x x x 2

22

2

x 2 0

4 2x x x 2

x 2 x 2x 3

x 0 x 3x 3x 0

Vậy: x 3

2. x 4 1 x 1 2x

x 4 1 x 1 2x

Điều kiện:

x 4 01

1 x 0 4 x2

1 2x 0

2x 4 2 3x 2 2x 3x 1

22x 1 2x 3x 1

2 2

2x 1 0

(2x 1) 2x 3x 1

2 2

2x 1 0

4x 4x 1 2x 3x 1

2

1x

2

2x 7x 0

1x

2x 0

7x 0 x

2

So điều kiện nhận x 0

Vậy: x 0

3. 2x 4x 5 3x 17

2

2 2

2

x 4x 5 0

3x 17 0

x 4x 5 (3x 17)

x 1 x 5 x 1 x 5

17 17x x

3 3

218x 98x 294 0x x 7

4

x 7

Vậy: x 7

4. 23x 19x 20 4x 4

2 2 2

4x 4 0 4x 4 0

3x 19x 20 0 3x 19x 20 (4x 4)

2

x 1x 1

4x 5 x 13x 51x 4 0

3

x 14

x 5 x 1 13 x 4

13

4x 5 x 1 1 x 4

3

Vậy: 4

x 5 x 1 1 x 43

5. x 12 2x 1 x 3

x 12 x 3 2x 1 (*)

CÁC DẠNG CƠ BẢN

www.MATHVN.com

www.mathvn.com

mailto:[email protected]



Điều kiện:

x 12 0

x 3 0 x 3

2x 1 0

(*) x 12 x 3 2x 1

2

2

x 12 x 3 2x 1 2 (x 3)(2x 1)

14 2x 2 (x 3)(2x 1)

(x 3)(2x 1) 7 x

(x 3)(2x 1) 0

7 x 0

(x 3)(2x 1) 49 14x x

1x x 3

2

x 7

x 9x 52 0

1x x 3

21

x 7 x 3 x 42

x 4 x 13

So điều kiện 3 x 4 .

Vậy: 3 x 4


1. 6

3 x 9 5x3 x

(1)

Điều kiện: 3 x 0 9

x9 5x 0 5

(1) 29 x 5x 24x 27

2 2

9 x 0

81 18x x 5x 24x 27

2

x 9

4x 6x 54 0

x 99

x x 392x x 3

2


Vậy: x 3

2. 2x 16 5

x 3x 3 x 3

(2)

Điều kiện:

2 x 4 x 4x 16 0x 4

x 3x 3 0

Do x 3 0 nên quy đồng bỏ mẫu ta đƣợc:

(2) 2x 16 8 x

2

2 2

x 16 0

8 x 0

8 x 0

x 16 (8 x)

x 4 x 4

x 8

x 8

16x 80

x 8x 5

5 x 8


Vậy: x 5

3. 2(x 1) 16x 17 8x 15x 23 (3)

Điều kiện: 17

16x 17 0 x16

(3) (x 1) 16x 17 (x 1) 8x 23

(x 1) 16x 17 8x 23 0

x 1

16x 17 8x 23

2

x 1

8x 23 0

16x 17 64x 368x 529

x 1

x 123x

x 48

x 2 x 4

So điều kiện nhận x 1 hoặc x 4

Vậy: x 1 hoặc x 4

1. 6

3 x 9 5x3 x

2. 2x 16 5

x 3x 3 x 3

3. 2(x 1) 16x 17 8x 15x 23

4. 2 2(x 3) x 4 x 9

5. 2 22x 8x 6 x 1 2x 2

6. 251 2x x

11 x

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




4. 2 2(x 3) x 4 x 9 (4)

Điều kiện: 2x 4 0 x 2 x 2

(4) 2(x 3) x 4 x 3 0 (*)

Do ta chƣa biết dấu của (x 3) nên ta chia làm 3

trƣờng hợp:

Trƣờng hợp 1: x 3

(*) 2x 4 x 3

2

2 2

x 3 0

x 4 0

x 3 0

x 4 x 6x 9

x 3

x 2 x 2

x 3

6x 13

x 313

x1363 x

6

Trƣờng hợp 2: x 3 thỏa (*)


(*) 2x 4 x 3

2x 4 x 3

2

2 2

x 4 0

x 3 0

x 4 x 6x 9

x 2 x 2

x 3

6x 13

x 2

x 2 x 313x

6

Vậy: 13

x6

hoặc x 3

5. 2 22x 8x 6 x 1 2x 2 (5)

Điều kiện:

2

2

2x 8x 6 0

x 1 0 x 1 x 1

2x 2 0

Trƣờng hợp 1: x 1 thỏa (5).


(5) 2

(x 1)(2x 6) (x 1)(x 1) 2 x 1

2

2

2x 6 x 1 2 x 1

2x 6 x 1 2 (2x 6)(x 1) 4(x 1)

2 (2x 6)(x 1) x 1 x 1

4(2x 6)(x 1) (x 1)

7x 18x 25 0

x 1

x 125x

7


6. 251 2x x

11 x

(6)

Điều kiện:

251 2x x 0 1 2 13 x 1 2 3

1 x 0 x 1

Do ta chƣa biết dấu của (1 x) nên ta chia làm 2

trƣờng hợp.

Trƣờng hợp 1: 1 x 0 x 1

(6) 251 2x x 1 x

2

2 2

1 x 0

51 2x x 0

51 2x x (1 x)

x 1

1 2 13 x 1 2 13

x 5 x 5

1 2 13 x 5

Trƣờng hợp 2: 1 x 0 x 1

(6) 251 2x x 1 x

2

1 x 0

51 2x x 0

x 1

1 2 13 x 1 2 13

1 x 1 2 13

Vậy: 1 2 13 x 5 hoặc 1 x 1 2 13

www.MATHVN.com

www.mathvn.com





1. x 3 2 x 4 x 2 x 1 1

2 2

x 4 2 x 4 1 x 1 2 x 1 1 1

x 4 1 x 1 1 1

x 4 1 x 1 1 1 (1)

Điều kiện: x 4 0

x 4x 1 0

(1) x 4 1 x 1 1 1

x 4 1 2 x 1

2 x 1 0

x 4 1 2 x 1

x 4 1 2 x 1

x 5

VN do x 5 x 4 1

x 1 1 x 4

x 5

x 1 1 x 4 2 x 4

x 5 x 5x 5

x 5x 4 1

Vậy: x 5

2. x 14x 49 x 14x 49 14

14x 14 14x 49 14x 14 14x 49 14

2 2( 14x 49 7) ( 14x 49 7) 14

14x 49 7 14x 49 7 14 (2)

Điều kiện: 49

14x 49 0 x14

(2) Đặt t 14x 49 7 14x 49 t 7

Phƣơng trình trở thành:

t 7 7 t 14

t t t 0

14x 49 7 0

14x 49 7

714x 49 0 x 7

x 7214x 98 2

x 7

Vậy: 7

x 72

3. 3

x 2 x 1 x 2 x 12

3x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1

2

2 2 3

x 1 1 x 1 12

3x 1 1 x 1 1

2

3x 1 1 x 1 1

2 (3)

Điều kiện: x 1 0 x 1

(3) 1

x 1 1 x 12

1x 1 1 x 1

2

1x 1 1 x 1 (*)

2

(*) luôn đúng nên hệ đúng với mọi x thỏa điều kiện.

Vậy: x 1

Chú ý: CÁC DẠNG PHƢƠNG TRÌNH – BẤT

PHƢƠNG TRÌNH CHỨA DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI

►A B

A BA B

►

B 0

A B A B

A B

► A B (A B)(A B) 0

►A B

A BA B

►

A BA B

A B

1. x 3 2 x 4 x 2 x 1 1

2. x 14x 49 x 14x 49 14

3. 3

x 2 x 1 x 2 x 12

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




► 3 3 3A B C

3 33A B 3 A.B A B C

Thay 3 3 3A B C ta đƣợc:

3A B 3 A.B.C C

► f (x) g(x) h(x) k(x)

Mà có: f (x) h(x) g(x) k(x)

f (x).h(x) g(x).k(x)

Biến đổi phƣơng trình về dạng:

f (x) h(x) k(x) g(x)

Bình phƣơng, giải phƣơng trình hệ quả

VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP

Ví dụ 1: Giải phƣơng trình sau:

w

1. 3 3 3x 1 x 2 x 3 0

3 3 3

33 3

3 3 3 3

x 1 x 2 x 3

x 1 x 2 x 3

2x 3 3 x 1 x 2 x 1 x 2 x 3

Ta thay 3 3 3x 1 x 2 x 3

3

3

2

3 (x 1)(x 2)(x 3) 3(x 2)

(x 1)(x 2)(x 3) (x 2)

(x 2) (x 1)(x 3) (x 2) 0

(x 2)( 1) 0

x 2

Thử lại nhận x 2

Vậy: x 2

Nhận xét:

Khi thay 3 3 3x 1 x 2 x 3 ta chỉ nhận

đƣợc phƣơng trình hệ quả do phƣơng trình đầu chƣa biết có nghiệm hay không?

Bài toán cũng có thể giải:

3 3 3

3 3 3 3

x 1 x 2 x 3

2x 3 3 x 1 x 2 x 1 x 2 x 3

2. x 3 3x 1 2 x 2x 2 (2)

Điều kiện:

x 3 0

3x 1 0x 0

x 0

2x 2 0

(2) 3x 1 2x 2 4x x 3 (*)

2 2

2

5x 3 2 (3x 1)(2x 2) 5x 3 2 4x(x 3)

(3x 1)(2x 2) 4x(x 3)

6x 8x 2 4x 12x

2x 4x 2 0

x 1

Thử lại nhận x 1

Vậy: x 1

Nhận xét:

Do ta chƣa xác định đƣợc 2 vế phƣơng trình

(*) đều dƣơng nên khi bình phƣơng ta chỉ thu đƣợc phƣơng trình hệ quả.

Bài toán vẫn có thể giải theo cách biến đổi

tƣơng đƣơng nhƣng so với cách này thì phức tạp.

3. 3

2x 1x 1 x x 1 x 3

x 3

(3)

Điều kiện: x 1

(3)3

2x 1x 3 x x 1 x 1

x 3

2

3 22

32

x 1x 3 x x 1 x 1

x 3

x 1x x 1

x 3

2x 1 3

x 2x 2 0x 1 3

Thử lại nhận x 1 3 ; x 1 3

Vậy: x 1 3 ; x 1 3

Nhận xét chung:

Thấy trƣờng hợp phƣơng trình căn bậc ba và

phƣơng trình chứa bốn căn bậc hai nhƣ trên thì ta có thể nghĩ đến phƣơng trình hệ quả.

Nếu khi giải cách phƣơng trình ở phần trƣớc

cảm thấy khó khăn trong việc giải các điều kiện và sợ

“sót điều kiện” thì ta cũng có thể giải bằng phƣơng trinh hệ quả sau đó thử lại.

GIẢI PHƢƠNG TRÌNH HỆ QUẢ

1. 3 3 3x 1 x 2 x 3 0

2. x 3 3x 1 2 x 2x 2

3. 3

2x 1x 1 x x 1 x 3

x 3

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




► a.f (x) b f (x) c 0; a 0.

Phƣơng pháp: Đặt t f (x), t 0

► a( A B) b(A B 2 AB) c 0

Phƣơng pháp: Đặt t A B

►

n n2 2n

2 2

a. A b. AB c. B 0

a.A x bB x c A x .B x

A B mA nB

Phƣơng pháp: Bằng cách đặt ẩn phụ u, v ta đƣa đƣợc

về dạng phƣơng trình: 2 2u uv v 0

B1: Thử trƣờng hợp v = 0

B2: Xét v 0 phƣơng trình trở thành : 2

u u0

v v

Đặt t = u

v phƣơng trình trở thành

2t t 0

►Tham số biến thiên

VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP


1. 2(x 4)(x 1) 3 x 5x 2 6

2 2

2 2

x 5x 4 3 x 5x 2 6

x 5x 2 3 x 5x 2 0

Điều kiện: 2x 5x 2 0

5 17 5 17x x

2 2

Đặt 2t x 5x 2 (t 0)

2 2

2 2

t x 5x 2

x 5x t 2


2t 1

t 3t 4 0 t 4t 4

Với t 4 2 2x 5x 4 2 2x 5x 14 0 x 2;x 7


2. 2 22x 15 x 5x 6 10x

2 22x 10x 15 x 5x 6 0

Điều kiện: 2x 5x 6 0 x 1 x 6

Đặt 2t x 5x 6 (t 0)

2 2

2 2

t x 5x 6

x 5x t 6

Bất phƣơng trình trở thành: 22(t 6) 15 t 0

2

3t

2t t 3 0 t 12

t 1

Với 2t 1 x 5x 6 1

2x 5x 6 1 2x 5x 7 0

5 53 5 53x x

2 2

Vậy: 5 53 5 53

x x2 2

3. 2 22x 5x 2 2 2x 5x 6 1

Điều kiện: 22x 5x 6 0

5 73 5 73x x

4 4

Đặt 2t 2x 5x 6 (t 0)

22x 5x 2 t 8


t 8 2 t 1

t 8 1 2 t

2

t 8 1 2 t

4 t 7 3t 2

7 3t 0t 1

16t (7 3t)

Với 2 7

t 1 2x 5x 6 1 x 1;x2

Vậy: x 1 hoặc 7

x2

CÁC DẠNG ĐẶT MỘT ẨN PHỤ

1. 2(x 4)(x 1) 3 x 5x 2 6

2. 2 22x 15 x 5x 6 10x

3. 2 22x 5x 2 2 2x 5x 6 1

4. x x 1 3

x 1 x 2

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




4. x x 1 3

x 1 x 2

Điều kiện: x

0 x 0 x 1x 1

Đặt x

t (t 0)x 1

Bất phƣơng trình trở thành:

1 3t

t 2

22t 3t 2 0

1t t 2

2

Với 1

t2

x 1

x 1 2

x 10

x 1 2

x 0 x 1

1 x 1

1 x 0

Với t 2x

2x 1

x2

x 1

x 2x 20

x 1

x 20 1 x 2

x 1

Vậy: 1 x 0 hoặc 1 x 2

Cách khác:

x x 1 3

x 1 x 2

(*)

Điều kiện: x

0 x 0 x 1x 1

(*)

2

x x 1 9

x 1 x 2

2 2

x x 1 5

x 1 x 2

2x 2(x 1) 5x(x 1)0

2(x 1)x

2x x 20

2(x 1)x

1 x 0 hoặc 1 x 2

Ví dụ 2: Giải các phƣơng trình sau:

1. 2x 1 4 x x 3x 4 5

x 1 4 x (x 1)(4 x) 5

Điều kiện:x 1 0

1 x 44 x 0

Đặt t x 1 4 x (t 0)

2

2

t x 1 4 x 2 (x 1)(4 x)

t 5(x 1)(4 x)

2


2t 5

t 52

2t 3

t 2t 15 0 t 3t 5

22 2 5

x 3x 42

2 2x 0

x 3x 4 2 x 3x 0x 3


2. 22x 3 x 1 3x 2 2x 5x 3 16

Điều kiện:

2

2x 3 0

x 1 0 x 1

2x 5x 3 0

Đặt t 2x 3 x 1 (t 0)

2 2

2 2

t 3x 4 2 2x 5x 3

3x 2 2x 5x 3 t 4


2t t 4 16 2t 5

t t 20 0t 4 ( )

loaïi

Với t 5 2x 3 x 1 5

2 2

2

2

3x 2 2x 5x 3 5 4

2 2x 5x 3 21 3x

1 x 7

x 146x 429 0

1 x 7x 3

x 3 x 143

Vậy: x 3

1. 2x 1 4 x x 3x 4 5

2. 22x 3 x 1 3x 2 2x 5x 3 16

www.MATHVN.com

www.mathvn.com





1. 2 2 23 3 34 (x 2) 7 (4 x ) 3 (2 x) 0 (1)

Ta có: 2 x 0 x 2 không là nghiệm phƣơng

trình. Chia 2 vế cho: 23 (2 x) ta đƣợc:

(1)

2

33x 2 x 2

4 7 3 02 x 2 x

Đặt 3x 2

t2 x

phƣơng trình trở thành:

2

t 1

4t 7t 3 0 3t

4

Với 3x 2 x 2

t 1 1 1 x 02 x 2 x

Với 33 x 2 3 x 2 27 74

t x4 2 x 4 2 x 64 91

Vậy: x 0 hoặc 74

x91

Cách khác:

2 2 23 3 34 (x 2) 7 (4 x ) 3 (2 x) 0

Đặt 3u x 2 và 3v 2 x

Phƣơng trình trở thành: 2 24u 7uv 3v 0

Do v 0 không là nghiệm phƣơng trình. Chia 2 vế

cho v 0 ta đƣợc: 2

2

u u4 7 3 0

v v

u u 31

v v 4

Với u

1v 3

x 2 x 21 1 x 0

2 x 2 x

Với 3u x 2 3 x 2 27 74

1 xv 2 x 4 2 x 64 91

Vậy: x 0 hoặc 74

x91

2. 2 32 x 2 5 x 1 (2)

Điều kiện: 3x 1 0 x 1

(2) 2 22(x x 1) 2(x 1) 5 (x 1)(x x 1)

Do 2x x 1 0 chia hai vế cho 2x x 1 :

2 2

x 1 x 12 2 5

x x 1 x x 1

Đặt 2

x 1t (t 0)

x x 1


2

t 2

2t 5t 2 0 1t

2

Với 2 2

x 1 x 1t 2 2 4 (VN)

x x 1 x x 1

Với 2 2

1 x 1 1 x 1 1t

2 x x 1 2 x x 1 4

5 37x

2

Vậy: 5 37

x2

Nhận xét:

Khó khăn của ta là trong việc phân tích:

2 22 x 2 2(x x 1) 2(x 1) .

Việc này có thể thực hiện dễ dàng do: 3 2x 1 (x 1)(x x 1)

Bằng cách đồng nhất hệ số:

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

ta dễ dàng chọn và .

Một số khai triển đa thức thành nhân tử:

3 2x 1 x 1 x x 1

4 2 4 2 2x x 1 x 2x 1 x

2 2x x 1 x x 1

4 2 2x 1 x 2x 1 x 2x 1

4 2 24x 1 2x 2x 1 2x 2x 1

3. 2 2 4 2x 3 x 1 x x 1

Điều kiện: 2x 1 0 x 1 x 1

Ta đặt: 2u x , 2v x 1 (u,v 0) .

Phƣơng trình trở thành :

2 2u 3v u v

2 2 2 2u 6uv 9v u v

2

v 0

10v 6uv 0 v 03v u

5

Với 2 2v 0 x 1 0 x 1 x 1

Vậy: x 1

1. 2 2 23 3 34 (x 2) 7 (4 x ) 3 (2 x) 0

2. 2 32 x 2 5 x 1

3. 2 2 4 2x 3 x 1 x x 1

www.MATHVN.com

www.mathvn.com





1. 2 2x 2(x 1) x x 1 x 2 0 (1)

Điều kiện: 2x x 1 0 x

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

Đặt 2t x x 1; t 0. phƣơng trình trở thành:

2t 2(x 1)t 2x 1 0, t 0 , 2' x

t 1

t 1 2x

Với 2t 1 x x 1 1 x 0; x 1.

Với 2t 1 2x x x 1 1 2x

2 2

2

1 2x 0

x x 1 (1 2x)

1x

x 02

3x 5x


2. 2 2x 1 x 2x 3 x 1

2 2x 1 x 2x 3 x 2x 3 2x 2

Điều kiện: 2x 2x 3 0 x

Đặt 2t x 2x 3 . Phƣơng trình trở thành:

2x 1 t t 2x 2

2t 2

t x 1 t 2 x 1 0t x 1

Với 2

x 1 2t 2 x 2x 3 2

x 1 2

Với 2t x 1 x 2x 3 x 1

2 2

x 1 0(VN)

x 2x 3 x 2x 1

Vậy: x 1 2

Phƣơng pháp chung:

Đặt các ẩn phụ. Tìm mối liên hệ giữa các ẩn

phụ. Kết hợp với phƣơng trình ban đầu của bài toán

ta đƣợc hệ phƣơng trình.

Lƣu ý các phƣơng pháp giải hệ phƣơng trình.


1. 3 33 3x 25 x x 25 x 30

Đặt 3 3 3 3y 35 x x y 35

Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:

3 3

xy(x y) 30

x y 35

Đây là hệ đối xứng loại 1. Giải hệ ta tìm đƣợc cặp

nghiệm là (2;3) hoặc (3;2)


2. 3 31 x 1 x 2

Đặt

3

3

u 1 x

v 1 x

.


2 2

u v 2

u v 2

u v 2

uv 1

u v 1 x 0

Vậy: x = 0.

3. 3 2 x 1 x 1


Đặt

3u 2 x

v x 1 (v 0)

Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 3 2u + v = 1

u + v = 1

2u(u u 2) 0

v 1 u

1. 2 2x 2(x 1) x x 1 x 2 0

2. 2 2x 1 x 2x 3 x 1

ĐẶT ẨN PHỤ ĐƢA VỀ HỆ

1. 3 33 3x 25 x x 25 x 30

2. 3 31 x 1 x 2

3. 3 2 x 1 x 1

4. 3 3x 1 2 2x 1

5. 2 2 3 23 33x 1 3x 1 9x 1 1

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




u 0x 2

u 1x 1

u 2x 10

v 1 u

Vậy: x 2 hoặc x 1 hoặc x 10

4. 3 3x 1 2 2x 1

Đặt 33y 2x 1 y 1 2x .

Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 3

3

x 1 2y

y 1 2x

3

3 3

x 1 2y

x y 2(y x)

3

2 2

x 1 2y

(x y)(x xy y 2) 0

(Do

2

2 2 2y 3x xy y 2 x y 2 0

2 4

)

3x 1 2y

x y 0

3x 1

x 1 2x1 5

x y 0 x2

Vậy: x 1 hoặc 1 5

x2

5. 2 2 3 23 33x 1 3x 1 9x 1 1

Đặt: 3u 3x 1 và 3v 3x 1

Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 2 2

3 3

u v u.v 1

u v 2

u v 2 u v 2

Do đó:

2 2v 2 v v v 2 1

2

2

3v 6v 3 0

3 v 1 0

v 1 u 1

3

3

u 3x 1 1x 0

v 3x 1 1

Vậy: x 0


1. 2 x 32x 4x

2

Cách 1:

2 x 32x 4x

2

(1)

Điều kiện: x 3 .

(1) 2 (x 1) 2

2(x 1) 22

2 1 x 1(x 1) 1 1

2 2

.

Đặt

2 ty 1x 1 t

t x 1; y 1 1 22 2

y 0

.


2

2

1t 1 y

2

1y 1 t

2

t y1

(t y)(t y ) 0 12 y t

2

Với

2 2tt 1 2t t 2 0

t y 2t 0

t y 0

1 17 3 17t x

4 4

(thỏa).

Với

2 21 t(t ) 1 4t 2t 3 0

1 2 2y t 1

12 tt 2

2

1 13 5 13t x

4 4

(thỏa)

Vậy: 3 17 5 13

x ;x4 4

.

1. 2 x 32x 4x

2

2. 2x x 1000 1 8000x 1000

3. 24x 7x 1 2 x 2

4. 3 23 481x 8 x 2x x 2

3

5. 2 2 237x 13x 8 2x . x(1 3x 3x )

6. 2 24x 11x 10 (x 1) 2x 6x 2

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




Cách 2:

2 x 32x 4x

2

(1)


Đặt 2x 3

t 1 x 3 2t 4t 22


2

2

2x 4x t 1

2t 4t x 1

Đây là hệ đối xứng loại 2. Giải và so điều kiện ta

nhận nghiệm 3 17 5 13

x ;x4 4

Cách 3:

2 x 32x 4x

2


2

22

2x 4x 0

x 32x 4x

2

4 3 2

4 3 2

2 2

x 2 x 0

x 34x 16x 16x

2

x 2 x 0

8x 32x 32x x 3 0 (*)

x 2 x 0

5 3 3 18 x x x x 0 (**)

2 4 2 2

x 2 x 0

3 17 5 13x x

4 4

3 17 5 13x x

4 4

Nhận xét:

Với hai cách giải cách 1 và cách 2 ta đều chuyển

phƣơng trình về một hệ phƣơng trình đối xứng loại 2 để giải quyết bài toán.

Cách 3 cho ta một cách giải tự nhiên nhất khử căn

bằng cách bình phƣơng hai vế. Vấn đề đặt ra là khi

đƣa về phƣơng trình (*) bậc 4 có nghiệm không đẹp và

ta phải tách thành tích hai phƣơng trình (**). Vậy làm

thế nào chúng ta có thể tách đƣợc ??? Có 2 phƣơng

pháp giải quyết vấn đề này:

Phƣơng pháp 1: (khả năng phản xạ tính toán)

Giả sử phƣơng trình bậc 4:

x4 + ax

3 + bx

2 + cx + d = 0

và có phân tích thành

(x2 + a1x + b1) ( x

2 + a2x + b2) = 0

Lúc đó, bằng đồng nhất hệ số ta có:

1 2

1 2 1 2

1 2 2 1

1 2

a a a

a a b b b

a b a b c

b b d

Ta thƣờng nhẩm tìm hệ số 1 2 1 2a ;a ;b ;b (với các

1 2 1 2a ;a ;b ;b là số nguyên hoặc hữu tỉ “đẹp”)

Trở lại ví dụ trên: 4 3 2

4 3 2

8x 32x 32x x 3 0

1 3x 4x 4x x 0

8 8

Ta có: 3 3 1 3 1 1 3 1 3

. . . .8 2 4 2 4 2 4 2 4

Vậy ta đƣợc các cặp 1 2b ;b

Bằng “một chút nhạy bén” và tính toán ta chọn

đƣợc hệ số nhƣ bài trên.

Phƣơng pháp 2: (khả năng bấm máy tính bỏ túi)

Sử dụng phƣơng pháp nhẩm nghiệm bằng máy

tính. (CALC).

Nhập biểu thức: 4 3 28x 32x 32x x 3

Chọn các khoảng nghiệm và tìm nghiệm.

Ta tìm đƣợc các nghiệm.

A 1.780776406

B 0.280776406

C 0.348612181

D 2,151387819

Ta có:

A.B 0,49999 0.5

A B 1.5

C.D 0.749999 0.75

C D 2.5

Từ đó, phân tích đƣợc phƣơng trình (*) thành (**)

-------------------------------------------------

Với cách 1 cho ta cách nhìn tổng quát của bài toán.

Dạng tổng quát của bài toán:

n

nf (x) b a af (x) b

Cách giải: Đặt nt f (x); y af (x) b

Ta có hệ:

n

n

t b ay

y b at

.

Đây là hệ đối xứng loại II với hai ẩn t và y.

Sáng tạo: Khi thay a,b,f (x) là các số ta có đƣợc

các bài toán về phƣơng trình.

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




2. 2x x 1000 1 8000x 1000 (2)

Điều kiện: 1

x8000

(2) 24x 4x 4000 4000 4000(2x 1) 3999

2(2x 1) 4001 4000 4000(2x 1) 4001

Đặt 4001

u 2x 1 ;v 1 8000x 04000


2

u 4001 4000v

v 4001 4000u

2

2 2

u 4001 4000v

u v 4000(v u)

2u 4001 4000v

(u v)(u v 4000) 0

Do u v 4000 0 nên 2u 4001 4000v

u v 0

2u 4000u 4001 0 u 4001

u v

(do u 0 )

Với u 4001 x 2000 .

Vậy: x 2000 .

3. 3 23 481x 8 x 2x x 2

3

3 2327 27.3x 8 27x 54x 36x 54 3327 27.(3x 2) 46 (3x 2) 46

Đặt 33t 3x 2;y 27t 46 y 27t 46


3

27y t 46

27t y 46

3

2 2

27y t 46

27(y t) (t y) t ty y

3

2 2

27y t 46

(t y) t ty y 27 0

Do 2 2t ty y 27 0 nên

3x 0

t 227y t 463 2 6

t y 0 t 1 2 6 x3

Vậy: x 0 ; 3 2 6

x3

4. 24x 7x 1 2 x 2 (2)

Điều kiện: x 2

(2) 2(2x 1) 3x 2 2(2x 1) 3x

Đặt

2y 3x 2tt 2x 1; y 2t 3x

y 0


2

t 3x 2y

y 3x 2t

y t(t y)(t y 2) 0

y t 2

Với

2t 2t 3x 0y t

t 0

24x 3x 1 01

x14x

2

Với

2t 3x 2(t 2) 0y t 2

t 2

24x 11x 7 0

3x

2

7x

4 .

Vậy: 7 1

x ;x4 4

.

Nhận xét:

Ta có thể thay b trong dạng toán tổng quát

bằng một biểu thức chứa x.

Và tƣơng tự ta cũng có thể thay a trong dạng

tổng quát bằng một biểu thức chứa x.

5. 2 2 237x 13x 8 2x . x(1 3x 3x )

Ta thấy x 0 không là nghiệm của phƣơng trình.

Chia hai vế phƣơng trình cho 3x ta đƣợc:

32 3 2

7 13 8 1 32 3

x x x x x .

Đặt 1

tx

. Phƣơng trình trở thành:

33 2 28t 13t 7t 2 t 3t 3

3 2 23(2t 1) (t t 1) 2 2(2t 1) t t 1 .

Đặt 23u 2t 1, v 2(2t 1) t t 1

Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 3 2

3 3

3 2

u t t 1 2vu v 2v 2u

v t t 1 2u

2 2(u v)(u uv v 2) 0

3 2u v 2t 1 t 3t 3 3 28t 13t 3t 2 0

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




2(t 1)(8t 5t 2) 0

2

t 1t 1

5 898t 5t 2 0 t

16

Thử lại nhận ba nghiệm t.

Với t 1 x 1

Với 5 89 16

t x16 5 89

Vậy: 16

x 1; x5 89

.

6. 2 24x 11x 10 (x 1) 2x 6x 2

2(2x 3) x 1 (x 1) (x 1)(2x 3) x 1

Đặt u 2x 3; v (x 1)(2x 3) x 1 ,


2

u x 1 (x 1)v

v x 1 (x 1)u

2 2u v (x 1)(v u)

(u v)(u v x 1) 0

Với 2u v u x 1 (x 1)u 2(2x 3) x 1 (x 1)(2x 3)

22x 6x 7 0 (VN)

Với 2u v 1 x 2x 3 2x 6x 2 1 x

22x 6x 2 4 3x

2

4x

3

7x 18x 14 0

(VN)

Vậy: phƣơng trình vô nghiệm.

► Các công thức thƣờng dùng:

Biểu thức Biểu thức liên hiệp Tích

A B A B A B

3 3A B 3 32 23A AB B A B

3 3A B 3 32 23A AB B A B

► Một số lƣu ý:

Thƣờng dự đoán nghiệm và dùng nhân lƣợng

liên hiệp để xuất hiện nhân tử chung.

Cách đánh giá vế trái, vế phải để chứng minh phƣơng trình vô nghiệm.

Ví dụ 1: Giải phƣơng trình, bất phƣơng trình sau:

1. 2 2x 12 5 3x x 5

Điều kiện: x

Nhận xét ta dễ dàng nhẩm đƣợc x 2 là nghiệm

phƣơng trình nên tách và nhân liên hợp ta đƣợc:

2 2x 12 4 3x 6 x 5 3

2 2

2 2

x 4 x 43 x 2

x 12 4 x 5 3

2 2

x 2 x 2x 2 3 0

x 12 4 x 5 3

2 2

x 2

x 2x 2 x 23 0

x 12 4 x 5 3

Do 2 2

x 2 x 2

x 12 4 x 5 3

2 2

x 2 x 23 0, x

x 12 4 x 5 3

Vậy: x 2

2. x 3

4x 1 3x 25

Điều kiện: 4x 1 0 2

x3x 2 0 3

Ta có 4x 1 3x 2 0 . Nhân 2 vế cho

4x 1 3x 2 ta đƣợc phƣơng trình:

NHÂN LƢỢNG LIÊN HIỆP

1. 2 2x 12 5 3x x 5

2. x 3

4x 1 3x 25

3. 2

2

2xx 21

(3 9 2x)

4. 2 29(x + 1) (3x + 7)(1 - 3x + 4)

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




x 3x 3 ( 4x 1 3x 2)

5

(x 3)( 4x 1 3x 2 5) 0

x 3 (l)

4x 1 3x 2 5

4x 1 3x 2 5 (*)

2

2 2

2

2 12x 5x 2 26 7x

2 26x

3 7

4(12x 5x 2) (26 7x)

2 26x

3 7

x 344x 684 0

x 2

Vậy: x 2

Nhận xét:

Từ (*) ta có thể giải bằng cách kết hợp:

4x 1 3x 2 5

x 34x 1 3x 2

5

Ta cũng có thể giải bài toán bằng cách thêm

bớt nhƣ bài toán 1:

x 34x 1 3x 2

5

x 34x 1 3 2 3x 2 1

5

4x 8 4 3x 2 x 2

54x 1 3 2 3x 2

4 3 1x 2 0

54x 1 3 2 3x 2

x 2 0 x 2

4 3 10 (*)

54x 1 3 2 3x 2

Do 4 3 1 2

x ;5 34x 1 3 2 3x 2

nên

(*) vô nghiệm.

Vậy: x 2

Tuy nhiên, cách làm này thì việc chứng minh

(*) vô nghiệm tƣơng đối khó khăn (dành cho bạn đọc).

3. 2

2

2xx 21

(3 9 2x)

Điều kiện:

99 2x 0 x

23 9 2x 0

x 0

Ta nhân cả tử và mẫu của vế trái với 2(3 9 2x ) ta đƣợc :

2(3 9 2x)

x 212

79 2x 4 x

2

So điều kiện ta đƣợc 9 7

x2 2

và x 0

Vậy: 9 7

x2 2

và x 0

4. 2 29(x 1) (3x 7)(1 3x 4)

Điều kiện: 4

3x 4 x3

Ta nhân cả hai vế của phƣơng trình với biểu thức 2(1 3x 4) ta đƣợc:

2 2 29(x 1) (1 3x 4) (3x 7).9(x 1)

2 29(x 1) (1 3x 4) 3x 7 0

(*)

Trƣờng hợp 1: x 1 thỏa.

Trƣờng hợp 2:

4x

3

x 1

ta có:

(*) 2 3x 4 2 x 1 .

So điều kiện ta đƣợc 4

x 13

Vậy: 4

x 13


1. 2x 2 4 x 2x 5x 1 (1)


4 x 0

2 x 4

(1) 2x 2 1 4 x 1 2x 5x 3

1. 2x 2 4 x 2x 5x 1

2. 2

2

1 x 2x x

x 1 x

3. 3 32 23 3x 2 x 1 2x 2x 1

4. 2 2x x 1 (x 2) x 2x 2

5. 3 x 24 12 x 6

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




x 3 x 3(x 3)(2x 1)

x 2 1 4 x 1

x 3 0

1 12x 1

x 2 1 4 x 1

x 3 0

1 12x 1 (*)

x 2 1 4 x 1

Ta có:

11

x 2 1

12x 1 5

4 x 1

nên (*) vô nghiệm.

Vậy: x 3

2. 2

2

1 x 2x x

x 1 x

(2)

Điều kiện: 1 x

0 0 x 1x

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

2x ( 1 x x) ( 1 x 2x x) 0 2 3x (1 2x) 1 x 4x

01 x x 1 x 2x x

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

1 x x 1 x 2x x

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

1 x x 1 x 2x x

1x

2 (do biểu thức còn lại luôn dƣơng)

Vậy: 1

x2

3. 3 32 23 3x 2 x 1 2x 2x 1 3 32 23 32x x 2 2x 1 x 1 0

2

32 2 2 23 3

2

3 34 2 23

2x x 1

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

2x x 10

4x (x 1) 2x (x 1)

2

x 1

2x x 1 0 1x

2

Vậy: x 1 hoặc 1

x2

4. 2 2x x 1 (x 2) x 2x 2

2 2x 2x 7 3(x 2) (x 2) x 2x 2 0

2 2x 2x 7 (x 2)(3 x 2x 2 0 2

2

2

(x 2)(x 2x 7)x 2x 7 0

x 2x 2 3

2

2

x 2(x 2x 7)(1 ) 0

x 2x 2 3

2

2

2

(x 1) 1 (x 1)x 2x 7 0

x 2x 2 3

2x 2x 7 0 x 1 2 2

Vậy: x 1 2 2

5. 3 x 24 12 x 6 (5)

Điều kiện: 12 x 0 x 12

(5) 3 x 24 3 12 x 3 0

2 33

x 3 3 x0

12 x 3(x 24) 3 x 24 9

233

2 33

(x 3)( 12 x (x 24) 3 x 24 6) 0

x 3

12 x (x 24) 3 x 24 6 0 (*)

(*) kết hợp với phƣơng trình đầu ta có:

2 33

3

12 x (x 24) 3 x 24 6 0

x 24 12 x 6

2 33

3

x 24(x 24) 4 x 24 0

x 88x 24 12 x 6


www.MATHVN.com

www.mathvn.com




Phƣơng pháp: Chủ yếu bằng cách sử dụng công cụ

đạo hàm hoặc sử dụng bất đẳng thức để tìm nghiệm

của phƣơng trình.

Các hƣớng giải quyết:

Hƣớng 1:

Chuyển phƣơng trình về dạng: f (x) k

Xét hàm số y f (x)

Nhận xét:

Với 0 0x x f (x) f (x ) k do đó

0x là

nghiệm


phƣơng trình vô nghiệm


phƣơng trình vô nghiệm

Vậy 0x là nghiệm duy nhất của phƣơng trình

Hƣớng 2:

Chuyển phƣơng trình về dạng: f (x) g(x)

Dùng lập luận khẳng định rằng f (x) và g(x) có

những tính chất trái ngƣợc nhau và xác định

0x sao cho 0 0f (x ) g(x )

Vậy 0x là nghiệm duy nhất của phƣơng trình.

Hƣớng 3:

Chuyển phƣơng trình về dạng f (u) f (v)

Xét hàm số y f (x) , dùng lập luận khẳng

định hàm số đơn điệu

Khi đó f (u) f (v) u v


1. 2 2 23x 6x 7 5x 10x 14 4 2x x

2 2 23(x 1) 4 5(x 1) 9 5 (x 1)

Điều kiện: D

Mà:

22

2

3(x 1) 4 5 x 1 9 4 9 5

5 x 1 5

Dấu “bằng” xảy ra khi 2

x 1 0 x 1

Vậy: x 1

2. 2 2x 6x 11 x 6x 13

24 x 4x 5 3 2

2 2

24

(x 3) 2 (x 3) 4

(x 2) 1 3 2

Mà: 2 2 24(x 3) 2 (x 3) 4 (x 2) 1

2 4 1 3 2

Dấu “bằng”xảy ra

2(x 3) 0

x 2 0

(vô lý)

Vậy: phƣơng trình vô nghiệm.

3. 2 2 27x 3x (x 2x 2)(x 4x 5)

2

Ta có: 2 2

2 2

2 22

x 2x 2 (x 1) 1 0

x 4x 5 (x 2) 1 0

7 (x 2x 2) (x 4x 5)x 3x

2 2

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dƣơng 2 2a x 2x 2;b x 4x 5 ta có:

a bab

2

2 2 27x 3x (x 2x 2)(x 4x 5)

2

Dấu “bằng” xảy ra khi và chỉ khi:

2 2(x 2x 2) (x 4x 5) 2x 3 3

x2

Vậy: x=3

2.

4. 2 2

2 213 x 3x 6 x 2x 7

2

25x 12x 33

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 4 số :

2 2 2 2 2a b c d (ac bd)

Dấu “bằng” xảy ra khi và chỉ khi: ad bc

Với 2 2a 2;b 3;c x 3x 6;d x 2x 7

2 2

2 2 2 22 3 x 3x 6 x 2x 7

2

2 22 x 3x 6 3 x 2x 7

2 2

2 213 x 3x 6 x 2x 7

2

25x 12x 33

Dấu “bằng” xảy ra khi và chỉ khi: 2 23(x 3x 6) 2(x 2x 7)

PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

1. 2 2 23x 6x 7 5x 10x 14 4 2x x

2. 2 2x 6x 11 x 6x 13

24 x 4x 5 3 2

3. 2 2 27x 3x (x 2x 2)(x 4x 5)

2

4. 2 2

2 213 x 3x 6 x 2x 7

2

25x 12x 33

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




2 2

2

3x 9x 18 2x 4x 14

x 5x 4 0 x 1;x 4

Vậy: x 1;x 4


1. 2 23x 2 9x 3 4x 2 1 x x 1 0

2 23x 2 9x 3 2x 1 (2x 1) 3 2

Nhận xét: Phƣơng trình chỉ có nghiệm trong 1

;02

Đặt u 3x;v 2x 1. u,v 0 .


2 2u 2 u 3 v 2 v 3

Xét hàm số: 2f (t) t 2 t 3

3

4 2

2t 3tf '(t) 2 0, t 0

t 3t

f (u) f (v) u v 1

3x 2x 1 x5

Vậy: 1

x5

2. 24x 1 4x 1 1

Điều kiện: 2

4x 1 0 1x

24x 1 0

Xét hàm số: 2y 4x 1 4x 1 1

1D ;

2

2

2 4x 1y ' 0, x

24x 1 4x 1

Do đó phƣơng trình nếu có nghiệm thì đó là

nghiệm duy nhất.

Nhẩm nghiệm đƣợc 1

x2

Vậy: 1

x2

3. 23 x 1 3x 8x 3 (1)


(1) 23 x 1 3x 8x 3 0

Xét hàm số: 2y 3 x 1 3x 8x 3 trên

D 1;

3y ' 6x 8

2 x 1

3

3y '' 6 0, x D

4 x 1

Do đó y ' 0 có nhiều nhất 1 nghiệm y 0 có

nhiều nhất hai nghiệm.

Nhẩm nghiệm đƣợc x 0;x 3

Vậy: x 0;x 3

4. 2 2x 2x 3 x 6x 11 3 x x 1


1 x 33 x 0

2 2x 2x 3 x 1 3 x x 6x 11

2 2

x 1 2 x 1 3 x 3 x 2

Xét hàm số: 2y t 2 t

2

t 1y ' 0 x 1;3

2 tt 2

Khi đó:

f x 1 f 3 x x 1 3 x x 2

Vậy: 2 x 3

1. 23x 2 9x 3

24x 2 1 x x 1 0

2. 24x 1 4x 1 1

3. 23 x 1 3x 8x 3

4. 2 2x 2x 3 x 6x 11 3 x x 1

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




PHẦN II

------------------------------------------------------------------

HỆ PHƢƠNG TRÌNH

-------------------------------------------------------------------

Từ một phƣơng trình ta đi tính y theo x hoặc x

theo y.

Thế vào phƣơng trình còn lại giải tìm x hoặc y.

Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau đây:

1. 2

2x 3y 1

x xy 24

2

2x 1y

3

2x 1x 24

3x

2

2x 1y

3

x x 72 0

19x 9 y

3

x 8 y 5

Vậy: nghiệm hệ là 19

9, ; 8,53

2.

2 2

2

x (y 1)(x y 1) 3x 4x 1 (1)

xy x 1 x (2)

Do x 0 không là nghiệm hệ phƣơng trình nên

(2) 2x 1

y 1x

thay vào (1) ta đƣợc:

2 22 2x 1 x 1

x x 3x 4x 1x x

2 2

3 2

x 1 2x 1 x 1 3x 1

x 1 2x 2x x 1 x 1 3x 1

x 0

x 1 2x x 2 0 x 1

x 2

Với x 1 y 1

Với 5

x 2 y2

Vậy: nghiệm hệ là 1; 1 ; 2;5

2

Bằng cách biến đổi đƣa một phƣơng trình về dạng tích ta tính đƣợc x theo y

Thế vào phƣơng trình còn lại giải tìm

nghiệm.

Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau:

1.

2 2xy x y x 2y (1)

x 2y y x 1 2x 2y (2)

Điều kiện: x 1;y 0

(1) 2 2x xy 2y (x y) 0

2 2x xy 2xy y x y 0

x y x 2y 1 0

x 2y 1 0 ( Do có đk có x y 0 )

x 2y 1

Thay vào phƣơng trình (2) ta đƣợc:

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

2y y 1 2 y 1

y 1 2y 2 0 y 2 ( Do y 0)

Với y 2 ta có x 5

Vậy: nghiệm hệ là (5;2)

Nhận xét:

Ta có thể kiểm tra phƣơng trình (1) có nhóm

đƣợc nhân tử chung hay không bằng phƣơng pháp

tham số biến thiên.

2 2xy x y x 2y 2 2x (y 1)x 2y y 0

Ta có: 2 2(y 1) 8y 4y

229y 6y 1 3y 1

Từ đây ta có thể tính đƣợc: x y hoặc x 2y 1

2. 2

2 2

y 5x 4 4 x (1)

y 5x 4xy 16x 8y 16 0 (2)

Từ phƣơng trình (2) bằng phƣơng pháp tham số biến

thiên xem y là ẩn ta có: 2 2y 5x 4xy 16x 8y 16 0

PHƢƠNG PHÁP THẾ

1. 2

2x 3y 1

x xy 24

2. 2 2

2

x (y 1)(x y 1) 3x 4x 1

xy x 1 x

1.

2 2xy x y x 2y

x 2y y x 1 2x 2y

2. 2

2 2

y 5x 4 4 x

y 5x 4xy 16x 8y 16 0

3. 3 3

2 2

x 7x y 7y

x y x y 2

PHƢƠNG PHÁP TÍCH SỐ

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




(y x 4)(y 5x 4) 0

y 4 x

y 5x 4

Với y 4 x thay vào (1) ta đƣợc:

2 x 4 y 0

4 x 5x 4 4 xx 0 y 4

Với y 5x 4 thay vào (1) ta đƣợc

2

5x 4 5x 4 4 x

4x y 0

5

x 0 y 4

Vậy: nghiệm hệ là 4

0;4 ; 4;0 ; ;05

3. 3 3

2 2

x 7x y 7y

x y x y 2

3 3

2 2

x y 7 x y 0

x y x y 2

2 2

2 2

x y x xy y 7 0

x y x y 2

2 2

2 2 2

x y x xy y 7 0 (VN)

2x 2x 2 x y x y 2

1 5x y

2

1 5x y

2

Vậy: nghiệm hệ là

1 5 1 5 1 5 1 5; ; ;

2 2 2 2

Dạng: f (x, y) 0

g(x, y) 0

với

f (x, y) f (y, x)

g(x, y) g(y, x)

Cách giải: Đặt S x y

P xy

với 2S 4P


1. 2 2

x y xy 5

x y 5

Đặt:S x y

P xy

(Điều kiện: S

2 – 4P ≥ 0)

Hệ 2

S P 5

S 2P 5

2

P 5 S

S 2 5 S 5

2

P 5 S

S 2S 15 0

S 5 P 10

S 3 P 2

Tới đây ta có hai cách giải:

Cách 1: Có tổng, tích nên áp dụng định lý Viet đảo:

x, y là nghiệm của phƣơng trình: 2X SX P 0

S 5 P 10 :

Hệ phƣơng trình vô nghiệm (do S2 – 4P = -15 < 0)

S 3 P 2

x, y là nghiệm của phƣơng trình: 2X 3X 2 0

X 1;X 2 nên x 1 x 2

;y 2 y 1

Cách 2: Giải bình thƣờng bẳng phƣơng pháp thế:

S 5 P 10

x 5 yx y 5

y 5 y 10 (VN)xy 10

S 3 P 2

x y 3

xy 2

x 3 y y 1 x 2

y 3 y 10 x 2 y 1

Vậy: hệ phƣơng trình có 2 nghiệm là: 1,2 , 2,1

HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI I

1. 2 2

x y xy 5

x y 5

2.

2x 2y3

y x

x y xy 3

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




2.

2x 2y3

y x

x y xy 3

Điều kiện: xy 0

Hệ

2x 2y4 9

y x

x y xy 3

2 22 x y 5xy 0

x y xy 3

Cách 1: Đƣa về hệ đối xứng loại 1.

Đặt u x;v y

Hệ 2 22 u v 5uv 0

u v uv 3

Đặt S u v;P uv

Hệ 22 S 2P 5P 0

S P 3

S 1 u 2 u 1

P 2 v 1 v 2

3u 3 3S

u223

9 vv 3P 2

2

x 3 3x 2 x 1 x

23y 1 y 2 y

y 32

Cách 2: Giải trực tiếp.

Hệ 2

2 x y 2xy 5xy 0

x y xy 3

x y 1x 2 x 1

;xy 2y 1 y 2

3x 3 3x y

x2; 23

9 yy 3xy 2

2

Vậy: Hệ phƣơng trình có 4 nghiệm

3 3

2;1 , 1; 2 , 3; , ,32 2

Dạng: f (x, y) 0

g(x, y) 0

với

f (x, y) g(y, x)

g(x, y) f (y, x)

Cách giải: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

hay

h(x; y) 0

f (x; y) 0


1.

2 2

2 2

x 2y 2x y (1)

y 2x 2y x (2)

Trừ từng vế (1) và (2) ta có:

Hệ

2 2 2 2

2 2

x 2y (y 2x ) 2x y (2y x)

x 2y 2x y

2 2

3(x y)(x y) x y

x 2y 2x y

2 2

(x y)(3x 3y 1) 0

x 2y 2x y

2 2

x y 0

x 2y 2x y

hoặc

2 2

3x 3y 1 0

x 2y 2x y

2

x y

x 3x 0

hoặc

2

3x 1y

3

9x 3x 5 0

(vn)

x y 0

x y 3

Vậy: hệ có hai nghiệm (0;0); ( 3; 3)

2. 2x 3 4 y 4 (1)

2y 3 4 x 4 (2)

Điều kiện: 3

x, y ;42

Trừ từng vế (1) và (2) ta có:

HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI II


1. 2 2

2 2

x 2y 2x y

y 2x 2y x

2. 2x 3 4 y 4

2y 3 4 x 4

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




2x 3 4 y 4

2x 3 4 y 2y 3 4 x 0

2x 3 4 y 4

2(x y) x y0

2x 3 2y 3 4 x 4 y

Do 2 1

02x 3 2y 3 4 x 4 y

2x 3 4 y 4

x y 0

2x 3 4 x 4

x y

x 7 2 2x 3 4 x 16

x y

x y 3

11x y

9

Vậy: Hệ có 2 nghiệm là 11 11

3;3 , ;9 9

Nhận xét:

Ta phải khử căn bằng cách nhân lƣợng liên

hiệp để xuất hiện nhân tử x y .

Dạng:

2 2

1 1 1 1

2 2

2 2 2 2

a x b xy c y d

a x b xy c y d

Cách giải:

Xét y = 0.

Xét y 0 khi đó đặt x ty và giải phƣơng

trình bậc hai ẩn t


1. 2 2

2 2

3x 2xy y 11

x 2xy 3y 17

Xét y = 0. Ta có

2

2

3x 11

x 17

(mâu thuẫn)

Vậy y = 0 không là nghiệm hệ phƣơng trình.

Đặt x = ty thay vào hệ ta có:

2 2

2 2

y (3t 2t 1) 11(1)

y (t 2t 3) 17(2)

Lấy (1) chia (2)

Khử y ta đƣợc: 10t2 + 3t – 4 = 0

4 1t ; t

5 2

Với t = - 4

5 thay vào (1)

2 25 5y y

3 3

y = 5 4

x3 3 ;

y = - 5 4

x3 3

Với t = 1

2 thay vào (1)

2y 4 y 2

y = 2 x 1 ;

y = - 2 x 1

Vậy: Nghiệm hệ:

4 5 4 5( ; ), ( ; ), (1;2), ( 1; 2)

3 3 3 3

2.

2

3 3

x y y 2

x y 19

Do x 0 không là nghiệm của hệ.

HỆ ĐẲNG CẤP


1. 2 2

2 2

3x 2xy y 11

x 2xy 3y 17

2.

2

3 3

x y y 2

x y 19

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




Đặt y tx

Hệ

232

3 33 3 3

x 1 t t 2x tx tx 2

x 1 t 19x t x 19

Lấy (1) chia (2)

Khử x ta đƣợc: 3 2

3

t 2t t 2

1 t 19

2

2

t t 2

t t 1 19

2 2 121t 17t 2 0 t t

3 7

Với 2

t3

319x 19 x 3 y 2

27

Với 3

3 3

1 342 7 1t x 19 x y

7 343 18 18

Vậy: Hệ có hai nghiệm 3 3

7 13;2 , ;

18 18

Nhận xét:

Nếu hệ gồm phƣơng trình trên và phƣơng trình

dƣới đồng bậc thì ta có thể giải theo phƣơng pháp này.

Ví dụ 1: Giải các hệ phƣơng trình sau:

1.

2

2

x 1 y y x 4y

x 1 y x 2 y

Do y 0 không là nghiệm phƣơng trình. Chia hai

vế cho y ta đƣợc:

Hệ

2

2

x 1x y 4

y

x 1y x 2 1

y

Đặt 2x 1

u ;v x y 2y

ta đƣợc:

Hệ u v 2 u 1

uv 1 v 1

2x 11

y

x y 2 1

2x 1 y

y 3 x

2x x 2 0

y 3 x

x 1 y 2

x 2 y 5

Vậy: Hệ có 2 nghiệm (1;2),( 2;5)

2.

1x x y 3 3

y

12x y 8

y

Điều kiện:

x y 3 0

1x 0

y

y 0

PHƢƠNG PHÁP ẨN PHỤ

1.

2

2

x 1 y y x 4y

x 1 y x 2 y

2.

1x x y 3 3

y

12x y 8

y

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




Đặt 1

u x ;v x y 3y

Hệ

1x x y 3 3

y

1x x y 3 5

y

2 2

u v 3 u 2 v 1

u 1 v 2u v 5

Với u 2;v 1 ta có hệ:

1 1x 2 x 4

y y

x y 4x y 3 1

y 1 x 3

y 1 x 5

Với u 1;v 2 ta có hệ:

1 1x 1 x 1

y y

x y 7x y 3 2

y 3 10 x 4 10

y 3 10 x 4 10

So điều kiện nhận 4 cặp nghiệm trên.

Vậy: Hệ có 4 nghiệm

3;1 ; 5; 1 ; 4 10;3 10 ; 4 10;3 10

2 4 2 4 2

2

2 x y 2xy y 1 2 3 2 x y (1)

x y x 3 (2)

Giải (2): 2x y x 3

2 2 2 2

3 x 0 3 x 0

x y 9 6x x y x 7x 9

Giải (1): Bằng phƣơng pháp tham số biến thiên coi

2y là ẩn ta phân tích đƣợc:

2 4 2 4 22 x y 2xy y 1 2 3 2 x y

2 2 22 (x 1)y 1 (x 1)y 1 2 3 2 x y

2 2 2 2xy y 1 xy y 1

2 22 1 3 2 y xy

Đặt 2 2u xy 1; v y . Phƣơng trình trở thành:

u v u v 2 u 3 2 v

2 2u v 2 u 3 2 v

2

2 2 2 2

u 3 2 v 0

u v 4 u 2 3 2 uv 3 2 v

2 2

u 3 2 v

3u 8 3 2 uv 45 24 2 v 0 **

Do 2v y 0 không là nghiệm nên

2

u u** 3 8 3 2 45 24 2 0

v v

u u 8 23 5

v v 3

2 2

2 2

xy 1 xy 1 8 23 5

y y 3

2 2 2 28 2xy 1 3y xy 1 5 y

3

2y (x 3) 1 0 do ( u 3 2 v )

Thay 2 2y x 7x 9 ta đƣợc:

2x 7x 9 x 3 1 0

2

2

x 2 y 1 y 1

x 4 2 y 1 2 y 1 2

x 4 2(l)

Vậy: Nghiệm hệ phƣơng trình

2;1 ; 2; 1 ; 4 2; 1 2 ; 4 2; 1 2

Ví dụ 2: (D2-10). Giải hệ phƣơng trình sau:

2 4 2 4 2

2

2 x y 2xy y 1 2 3 2 x y

x y x 3

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




Ví dụ: Giải hệ phƣơng trình sau:

1.

2

2

3 x 2 x 3 y

3 y 2 y 3 x

Điều kiện: x, y 0

Trừ vế cho vế của hai phƣơng trình ta đƣợc: 2 23 x 3 x 3 y 3 y

Xét hàm số 2y f (t) 3 t 3 t

2

t 3y ' 0, t 0

2 t3 t

Khi đó: f (x) f (y) x y

Thay vào phƣơng trình đầu:

23 x 2 x 3 x

23 x x 3 0

Xét hàm số: 2G(x) 3 x x 3

2

t 1G '(x) 0, x 0

2 x3 x

Mà G(1) 0

Do đó phƣơng trình có 1 nghiệm duy nhất

x 1 y 1

Vậy: Nghiệm hệ (1;1)

2.

3 3

8 4

x 5x y 5y

x y 1

Nhận xét:

Do 8 4x y 1 nên

x 1x, y 1;1

y 1

Xét hàm số: 3y f (t) t 5t

2y' 3t 5 0, t 1;1

Do đó 3 3x 5x y 5y x y

Thay vào phƣơng trình dƣới:

4

8 4

4

1 5x

2x x 1

1 5x

2

Do x 1;1 nên nhận

4 41 5 1 5

x x y2 2

Vậy: Nghiệm hệ 4 41 5 1 5

;2 2

PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

1.

2

2

3 x 2 x 3 y

3 y 2 y 3 x

2. 3 3

8 4

x 5x y 5y

x y 1

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




Ví dụ 1: Tìm m để phƣơng trình sau có 2 nghiệm

thực phân biệt:

2x mx 2 2x 1

Ví dụ 2: Tìm m để phƣơng trình sau có nghiệm

thuộc 0;1 3

2m x 2x 2 1 x 2 x 0

I. Kiến thức cần nhớ

Cho hàm số y f x liên tục trên tập D

Yêu cầu Khai thác

f x m có nghiệm x D x Dmin f x m max f x

f x m có nghiệm x Dmin f x m

f x m có nghiệm x D

max f x m

f x m có nghiệm x D

max f x m

f x m có nghiệm x Dmin f x m

II. PHƢƠNG PHÁP GIẢI

Để giải bài toán tìm giá trị của tham số m sao

cho phƣơng trình, bất phƣơng trình, hệ phƣơng trình

có nghiệm ta làm nhƣ sau:

Bƣớc 1: Biến đổi phƣơng trình, bất phƣơng

trình về dạng: f x g m hoặc

f x g m hoặc f x g m

Bƣớc 2: Tìm TXĐ D của hàm số y f x

Bƣớc 3: Lập bảng biến thiên của hàm số

y f x trên D

Bƣớc 4: Tìm x D x Dmin f x ;max f x

Bƣớc 5: Kết luận giá trị m cần tìm.

2x mx 2 2x 1

22

2x 1 0

x mx 2 2x 1

2

1x

2

mx 3x 4x 1 *

Xét phƣơng trình *

Với x 0 0.x 1 (vô nghiệm).

Với 1

x 0 3x 4 mx

.

Xét hàm số 1

f x 3x 4x

trên tập

1

; \ 02

2

1f ' x 3 0

x với

1x ; \ 0

2

Giới hạn:

x 0 x 0

1lim f x lim 3x 4

x

;

x x

1lim f x lim 3x 4

x

Bảng biến thiên:

x 12

0

f’(x) + -

f(x)

9

2

Số nghiệm của phƣơng trình (1) bằng số giao điểm

của đồ thị hàm số 1

f x 3x 4x

và đƣờng thẳng

y m trên miền 1

; \ 02

Dựa vào bảng biến thiên ta đƣợc giá trị của m thỏa

mãn yêu cầu bài toán là 9

m2

Vậy: 9

m2

2m x 2x 2 1 x 2 x 0

Đặt 2t x 2x 2 2x 2 x t 2 .

2

x 1t ' , t ' 0 x 1

x 2x 2

Bảng biến thiên :

x

t’

t

0

+ -

1 3

1

0

2

1

2

PHƢƠNG TRÌNH – BẤT PHƢƠNG

TRÌNH – HỆ PHƢƠNG TRÌNH

CHỨA THAM SỐ

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




Ví dụ 3: Tìm m để phƣơng trình sau có nghiệm:

2 2x 2x 4 x 2x 4 m

Ví dụ 4: Tìm m để phƣơng trình sau có nghiệm:

1 x 8 x 1 x 8 x m

Do đó: x 0;1 3 t 1;2

Bất phƣơng trình trở thành:

2m t 1 t 2 (1)

2t 2m

t 1

(do 1 t 2 )

Xét hàm số 2t 2

f tt 1

trên tập 1;2

2

2

t 1 1f ' t 0

t 1

với t 1;2

Bảng biến thiên của hàm số f t

Bất phƣơng trình đã cho có nghiệm

x 0;1 3

bất phƣơng trình 1 có nghiệm

t 1;2

1;2

2m maxf t f 2

3

Vậy : 2

m3

2 2x 2x 4 x 2x 4 m

2 2(x 1) 3 (x 1) 3 m

Điều kiện: D

Xét hàm số

2 2f x x 2x 4 x 2x 4 trên

2 2

x 1 x 1f ' x

x 2x 4 x 2x 4

2 2

x 1 x 1f '(x)

(x 1) 3 (x 1) 3

Xét hàm số: 2

ty f (t)

t 3

2

2 3

2t 3y ' 0, t

(t 3)

Do đó: f '(x) 0, x

Ta có:

2 2

x xlim f x lim x 2x 4 x 2x 4

2 2x

4xlim

x 2x 4 x 2x 4

x

2 2

4lim

2 4 2 41 1

x x x x

2

2 2

x xlim f x lim x 2x 4 x 2x 4

2 2x

4xlim

x 2x 4 x 2x 4

x

2 2

4lim

2 4 2 41 1

x x x x

2

Bảng biến thiên của hàm số f x

Số nghiệm của phƣơng trình đã cho bằng số giao

điểm của đồ thị hàm số y f x và đƣờng thẳng

y m trên

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phƣơng trình có

nghiệm 2 m 2

Vậy: 2 m 2

1 x 8 x 1 x 8 x m

Điều kiện: 1 x 8

Đặt t 1 x 8 x

1 1t '

2 1 x 2 8 x

với 1 x 8

t ' 0 1 1

02 1 x 2 8 x

x 1 8 x 7

x 1 8 x x2

x

f’(x)

f(x)

-

+

-2

2

t

f’(t)

1

+

2

2

3

1

2

f(t)

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




Ví dụ 5: Tìm m để hệ bất phƣơng trình sau có nghiệm:

2

3 2

x 3x 4 0

x 3 x x m 15m 0


Từ đó dẫn đến 3 t 3 2

Do 2

2t 1 x 8 x t 1 x 8 x

2t 9

x 1 8 x2

Phƣơng trình đã cho trở thành: 2t 9

t m2

2t 2t 9 2m

Xét hàm số 2f t t 2t 9 trên tập 3;3 2

f ' t 2t 2 0 với x 3;3 2


Số nghiệm của phƣơng trình đã cho bằng số giao

điểm của đồ thị hàm số y f t và đƣờng thẳng

y 2m trên 3;3 2

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phƣơng trình có

nghiệm 9 6 2

6 2m 9 6 2 3 m2

Vậy: 9 6 2

3 m2

2

3 2

x 3x 4 0

x 3 x x m 15m 0

Ta có: 2x 3x 4 0 1 x 4 .

Hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm 3 2x 3 x x m 15m 0 có nghiệm x 1;4

3 2x 3 x x m 15m có nghiệm x 1;4

Đặt 3 2

3

3 2

x 3x khi 1 x 0f x x 3 x x

x 3x khi 0 x 4

2

2

3x 6x khi 1 x 0f ' x

3x 6x khi 0 x 4

f ' x 0 x 0;x 2

Bảng biến thiên :

2f x m 15m có nghiệm x 1;4

2

1;4max f x m 15m

216 m 15m

2m 15m 16 0 16 m 1

Vậy: 16 m 1

Trong quá trình tổng hợp, biên soạn các kiến thức

không tránh khỏi sai sót, mong Thầy Cô và các bạn nhận xét, góp ý.

Xin chân thành cảm ơn.

-------------

Cao Hoàng Nam

Email: [email protected]

Điện thoại: 0907894460

TP.HCM - 26/06/2011

x

f’(x)

f(x)

-1

+

4

-4

2

0 2

0

0

- - 16

x

t’

t

-1

-

3 3

7

2

8

0

+

3 2

t

f’(t)

f(t)

3

6

3 2

+

9 6 2

www.MATHVN.com

www.mathvn.com





I. PHƢƠNG TRÌNH – BẤT PHƢƠNG TRÌNH:

Bài 1. (D-02). Giải bất phƣơng trình sau:

2 2(x 3x) 2x 3x 2 0.

Bài 2. (A1-02). Giải phƣơng trình sau:

2x 4 x 4 2x 12 2 x 16

Bài 3. (A-04). Giải bất phƣơng trình sau:

22 x 16 7 xx 3 .

x 3 x 3

Bài 4. (D2-04). Giải bất phƣơng trình sau:

2 2x 2x 4x 3 6 2x.


5x 1 x 1 2x 4

Bài 6. (D-05). Giải phƣơng trình sau:

2 x 2 2 x 1 x 1 4.

Bài 7. (B1-05). Giải bất phƣơng trình sau:

28x 6x 1 4x 1 0

Bài 8. (B2-05). Giải phƣơng trình sau:

3x 3 5 x 2x 4


2x 7 5 x 3x 2

Bài 10. (D-06). Giải phƣơng trình sau:

22x 1 x 3x 1 0


23x 2 x 1 4x 9 2 3x 5x 2


2x 2 7 x 2 x 1 x 8x 7 1

Bài 13. (A1-08). Giải bất phƣơng trình sau:

2(2x 1)2x 1 3 2x

2

Bài 14. (A2-08). Giải bất phƣơng trình sau:

2 2

1 3x1

1 x 1 x


10x 1 3x 5 9x 4 2x 2


2 2(x 1)(x 3) x 2x 3 2 (x 1)


32 3x 2 3 6 5x 8 0


2

x x1

1 2(x x 1)

Bài 19. (B-10). Giải bất phƣơng trình sau:

23x 1 6 x 3x 14x 8 0


13 4x 2x 3 4x 3 5 2x

22 8 16 4x 15

II. HỆ PHƢƠNG TRÌNH:

Bài 1. (B-02). Giải hệ phƣơng trình sau:

3 x y x y

x y x y 2.

Bài 2. (A-03). Giải hệ phƣơng trình sau:

3

1 1x y

x y

2y x 1


2

2

2

2

y 23y

x

x 23x

y

Bài 4. (A1-05). Giải hệ phƣơng trình sau:

2 2x y x y 4

x(x y 1) y(y 1) 2


2x y 1 x y 1

3x 2y 4


x y xy 3

x 1 y 1 4


2

2

x 1 y y x 4y

x 1 y x 2 y


3 3

2 2

x 8x y 2y

x 3 3 y 1

MỘT SỐ ĐỀ THI ĐẠI HỌC

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




Bài 9. (B2-06). Giải hệ phƣơng trình sau:

2 2

2 2

x y x y 13

x y x y 25

Bài 10. (D1-06). Giải hệ phƣơng trình sau:

2 2

22 2

x xy y 3 x y

x xy y 7 x y


4 3 2 2

3 2

x x y x y 1

x y x xy 1


2

3 2

2

23

2xyx x y

x 2x 9

2xyy y x

y 2y 9


2 3 2

4 2

5x y x y xy xy

4

5x y xy 1 2x

4


4 3 2 2

2

x 2x y x y 2x 9

x 2xy 6x 6

Bài 15. (D-08). Giải hệ phƣơng trình sau:

2 2xy x y x 2y

x 2y y x 1 2x 2y


3

4

x 1 y 8 x

(x 4) y


2 2 2

xy x 1 7y

x y xy 1 13y

Bài 18. (D-09). Giải hệ phƣơng trình sau:

2

2

x(x y 1) 3 0

5(x y) 1 0

x


2

2 2

(4x 1)x (y 3) 5 2y 0

4x y 2 3 4x 7

Bài 20. (D1-10). Giải hệ phƣơng trình sau:

3 3 3

2 2

27x y 7y 8

9x y y 6x

Bài 21. (D2-10). Giải hệ phƣơng trình sau :

2 4 2 4 2

2

2 x y 2xy y 1 2 2 2 x y

x y x 3

III. BÀI TOÁN CHỨA THAM SỐ m:

Bài 1. Xác định m để phƣơng trình sau có nghiệm:

2 2 4 2 2m 1 x 1 x 2 2 1 x 1 x 1 x

Bài 2. (D-04). Tìm m để hệ phƣơng trình sau có

nghiệm:

x y 1

x x y y 1 3m

Bài 3. (B-06). Tìm m để phƣơng trình sau có hai

nghiệm thực phân biệt:

2x mx 2 2x 1

Bài 4. (A-07). Tìm m để phƣơng trình sau có nghiệm:

4 23 x 1 m x 1 2 x 1

Bài 5. (B-07). Chứng minh với mọi giá trị dƣơng của

tham số m phƣơng trình luôn có hai nghiệm

thực dƣơng:

2x 2x 8 m(x 2)

Bài 6. (D-07). Tìm giá trị của tham số m để hệ

phƣơng trình sau có nghiệm thực:

3 3

3 3

1 1x y 5

x y

1 1x y 15m 10

x y

Bài 7. (A1-07). Tìm m để bất phƣơng trình có nghiệm

x 0;1 3

:

2m x 2x 2 1 x 2 x 0

Bài 8. (B1-07). Tìm m để phƣơng trình có nghiệm:

4 2x 1 x m

Bài 9. (B2-07). Tìm m để phƣơng trình có đúng một

nghiệm:

44 x 13x m x 1 0

Bài 10. (D1-07). Tìm m để phƣơng trình có đúng hai

nghiệm:

x 3 2 x 4 x 6 x 4 5 m

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




Bài 11. (D2-07). Tìm m để hệ phƣơng trình có nghiệm

duy nhất:

2x y m 0

x xy 1

Bài 12. (A-08). Tìm các giá trị của tham số m để

phƣơng trình sau có đúng hai nghiệm thực

phân biệt:

4 42x 2x 2 6 x 2 6 x m

------------------------------------------------

I. PHƢƠNG TRÌNH – BẤT PHƢƠNG TRÌNH.

1.

1x

2

x 2

x 3

2. x 5

3. x 10 34 4. x 0

x 2

5. 2 x 10 6. x 3

7. x 2,x 4 8.

1x

4

1x

2

9.

2x 1

3

14x 5

3

10. x 1,x 2 2

11. x 2 12. x 4,x 5

13. 1 3

x ;x2 2

14.

11 x

2

2x 1

5

15. x 3 16. 1 3 x 1 3

17. x 2 18. 3 5

x2

19. x 5 20. x 2

II. HỆ PHƢƠNG TRÌNH :

1. 3 1

1;1 ; ;2 2

2. 1 5 1 5 1 5 1 5

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

3. 1;1

4. 2; 2 ; 2; 2 ; 1; 2 ; 2;1

5. (2; 1) 6. 3;3

7. 1;2 ; 2;5

8. 6 6 6 6

4 ; ; 4 ;13 13 13 13

9. 2;3 ; 2; 3 10. 0;0 ; 2;1 ; 1; 2

11. 1;1 ; 1; 1 12. 1;1 ; 0;0

13. 3 35 25 3

; ; 1;4 16 2

14. 17

4;4

15. 5;2

16. 2;1 17. 1

1; ; 3;13

18. 3

1;1 ; 2;2

19.

1;2

2

20. 1 2

;1 ; ; 23 3

21. 2;1 ; 2; 1 ; 4 2; 1 2 ;

4 2; 1 2

III. BIỆN LUẬN THEO THAM SỐ m:

1. 2 1 m 1 2. 1

0 m4

3. 9

m2

4. 7

1 m2

5. 6.

7m 2

4

m 22

7. 2

m3

8. 0 m 1

9.

3m

2

m 12

10. 2 m 4

11. m 2

12. 42 6 2 6 m 3 2 6

ĐÁP SỐ

www.MATHVN.com

www.mathvn.com


chuyendeonthi.files.wordpress.com · 2012-10-15 · 3. 2x 4x 5 3x 17 4. 3x 19x 20 4x 42 ... -...

Documents