Chuyên đề 1: Phương trình và hệ phương trình

CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình. I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp. Bài 1:Gpt: 2 2 2 2 2 2 410. 11. 0. 1 1 1 x x x x x x                      Giải: Đặt 2 2; 1 1 x xu v x x       (1). Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv = 0 (u-v).(10u-v)=0 u=v hoặc 10u=v. Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng. Bài 2:Gpt: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15. Giải: Đặt x2 - 5x + 5 = u (1). Ta có: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15  (x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0  (x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0  (x2-5x+4).(x2-5x+6)-15=0  (u-1).(u+1)-15=0  u2-16=0  u=  4. Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x. Bài 3:Gpt: 2 90. 1 1 x x x x             Giải:PT 2 2 2 1 1. 90 ( 1) ( 1) x x x        . 2 2 2 2 2 2. 90 ( 1) xx x     . Đặt u = x2 ( u 0) (1). Ta có: 2 2 2 2 2. 90 2 2 90.( 1) ( 1) uu u u u u        ( u  1).  09018288 2  uu . Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x. Bài 4:Gpt: 3 3 32 3 12.( 1)x x x    . Giải: Đặt 3 3; 2 3x u x v   (1). Có: ).(4).(3).(4 33333 33 vuvuuvvuvuvu        vu vu vuvuvuvuvu 0)).(.(30)2).(.(3 222 Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x. Bài 5:Gpt: xxxxx 3 22 12335 2 23  (1). Giải: Từ (1) suy ra: 162335.2 223  xxxxx xxxxxxxx 122121368121220 232423  0924228 234  xxxx (x 0). 0924228 2 2  xx xx . Đặt y x x  3 (*) ta có: y2 - 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x. Bài 6:Gpt:   ).1(018 4 1).4.(3)4.(1     x xxxx Giải: Điều kiện x > 4 hoặc x < -1. *Nếu x > 4, (1) trở thành: 018)4).(1(.3)4).(1(  xxxx Đặt 0)4).(1(  yxx (2) ta có: y2 + 3y -18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x. *Nếu x < -1, (1) trở thành: 018)4).(1(.3)4).(1(  xxxx Đặt 0)4).(1(  yxx (3) ta có: y2 - 3y -18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x. Bài 7:Gpt:(2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1). Giải: (1) 0122044 234  xxxx (x 0).Chia cả hai vế cho x2 ta được :  4x2 + 4x -20 + 2 12 xx  = 0. 02412.212 2              x x x x . Đặt y = x x 12  .(2) Ta có: y2 + 2y -24 = 0. Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x. Bài 8:Gpt: .0168.26416 222  xxxxx Giải:PT .04.28  xxx x - 0 4 8 + x-8 - - - 0 + x-4 - - 0 + + x - 0 + + + Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản. Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4). Giải: 423242 5552221 xxxxxxx  4 3 2 4 3 24 2 2 2 4 0 2 2 0x x x x x x x x            Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x 0. Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2 ta được: 2x2 - x + 1 - 021 2  xx . Đặt y = x x 1 (*). Ta có: 2y2 - y - 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x. Bài 10: Gpt: (6-x)4 + (8-x)4 = 16. Giải: Đặt 7 - x = y (*). Ta có: (y-1)4 + (y + 1)4 =16 2y4 +12 y2 +2 = 16 2.(y-1).(y+1).(y2+7)=0 y =1 hoặc y = -1. Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x. II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau: Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) Giải: Đặt y2 + 3y = t. Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2 + 3y +2) = t2 + 2t. *Nếu t > 0 thì t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy ra không tồn tại x thỏa mãn. *Nếu t t2 + 4t + 4 suy ra t2 + 2t > t2 + 4t + 4 = (t+2)2. Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*). Lại có: t2 +2t < t2 suy ra x2 < t2 (**). Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)2 < x2 < t2 suy ra x2 = (t+1)2 suy ra t2 +2t = (t +1)2 (=x2) Suy ra : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý). *Nếu t = -1 suy ra x2 = t2 +2t = -1 <0 (Vô lý). *Nếu t = 0 suy ra x = 0y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3 . Bài 2:      )2(122 )1(2 2 zxxyx zyx Giải: Từ (2) ta có: 2x2 - xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có: 2x2 - xy+x-2.(2 - x + y)=1 2x2 -xy +3x-2y-5=0 .7,1227 2 71 2 532       xx x x x xxy  Từ đó ta tìm được x  tìm được y  tìm được z. Bài 3:      )2(1 )1(3 222 zyx zyx Giải: Thay (1) vào (2) ta được: (y + z -3)2 -y2 -z2 =1 yz - 3y - 3z = -4 (y-3).(z-3) = 5 = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1=(- 5).(-1. Từ đó ta tìm được y và z  tìm được x. Bài 4: 2xy + x + y = 83. Giải:PT .167,11212167 12 1671 12 21662 12 83          yy yy yx y yx  Từ đó ta tìm được y  tìm được x. Bài 5: .3 y zx x yz z xy Giải:Điều kiện : x,y,z  0. Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số -3 thỏ mà chỉ có hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương) Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y = xy > 0 và .0,  x y y x Đặt A= .3 y zx x yz z xy Giả sử z <0 khi đó 3 = A = 0000  y zx x yz z xy (Vô lý). Vậy z >0.Ta có: A = 33 .3.....3..3 zxy x yz y xz z xy y xz x yz z xy y zx x yz z xy        1,1 1,1 1,1.1 yxz yxz xyzzxy Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19. Giải:Từ bài ra ta có: .17,1121217 12 172 12 1952 2       xx x x x xxy  Từ đó ta tìm được x  tìm được y. III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác. Bài 1: .2 2 11 2    xx Giải:Điều kiện : 2,0  xx . -Nếu x < 0 thì    22 11 xx .2 2 1 2 1 2   x Vậy ta xét x > 0: Đặt x = a và bx  22 (a,b > 0). Ta có:       2 211 22 ba ba Có: 11.2112  ab abba (1). Lại có: 2 = a2 + b2 2ab suy ra 1ab (2). Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a2 + b2 =2 nên suy ra (a+b)2 = 4 suy ra a + b = 2. Vậy ta có: 11 2 1       xba ba ab . Bài 2: .51632414 4222  yxyyxxx Giải: Điều kiện:            )4(016 )3(032 )2(041 )1(04 4 22 2 x yyx x x Từ (4) suy ra x2 4 kết hợp với (1) suy ra x2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2. Phương trình đã cho trở thành: 51  yy . Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu). Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0. Giải: Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy x 0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x2 ta được: 02625.2125.205010574212 2 2 2              x x x x xx xx Đặt y x x  25 ta có: 2y2 -21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y tìm ra x. Bài 4:       71.41 511.2 xx xx Giải: Đặt :       01 01 xb xa Hệ đã cho trở thành:      74 52 ba ba Từ đó tìm được a =3,b =1. Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa. Bài 5:       )2(15 )1(151 xy yx Giải: Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có: 11.215151  xxx . Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa. Bài 6:       )2(0332 )1(02445124152 22 22 xyxyyx yxyxyx Giải: Phương trình (2) phân tích được như sau: (x - y).(x -3 + 2y) = 0       yx yx 23 Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y. Bài 7: x3 + (3-m).x2 + (m-9).x + m2 -6m + 5 = 0. Giải: Phương trình đã cho phân tích được như sau:    0)1(2.)5( 2  mxxmx . Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa. Bài 8:      xyzzyx zyx 444 1 Giải: Bổ đề: .:,, 222 cabcabcbaRcba  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên). Sử dụng bổ đề ta có: xyz = x4 + y4 + z4 x2y2 + y2z2 + z2x2 xyz.(x + y + z) = xyz. Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có: x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được: 3 1  zyx . Bài 9:        )2)(2001.( )1(1 2000200019991999 22 xyyxxyyx yx Giải: Điều kiện: x,y .0 Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy: -Nếu x > y thì: VT > 0, VP VP. -Nếu y > x thì: VT 0 suy ra: VT < VP. -Nếu x = y khi đó: VT =VP =0. Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y .0 ) ta được: 2 1  yx . Bài 10: 2.2252.3252  xxxx (1). Giải: (1)     2.2332. 2 1152. 2 1 22  xx 4352152  xx Ta có: .41525231525234  xxxx Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là: 2 57 529 052 0523        x x x x Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:     7; 2 5x .