Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT – BPT – HPT đại số và vô tỷ – Lê Văn Đoàn
ThS. Leâ Vaên Ñoaøn DAØNH CHO HOÏC SINH LUYEÄN THI THPT QUOÁC GIA BOÀI DÖÔÕNG HOÏC SINH GIOÛI 10, 11, 12 THAM KHAÛO CHO GIAÙO VIEÂN NHAØ XUAÁT BAÛN ÑAÏI HOÏC QUOÁC GIA HAØ NOÄIM ỤC L ỤC Phần I. Phương trình, bất phương trình vô tỷ ........................................ 3 Bài 1. Phương trình vô tỷ cơ bản ....................................................................... 3 Bài 2. Giải phương trình vô tỷ bằng cách đưa về tích số ............................ 11 Sử dụng phép biến đổi tương đương ................................................. 11 Kỹ thuật nhân lượng liên hợp ............................................................. 17 Bài 3. Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ ................ 64 Dạng 1. . ( ) . ( ) 0 n a f x b f x c ............................................................. 64 Dạng 2. . ( ) . ( ) 2 . ( ). ( ) ( ) a f x b g x ab f x g x h x .............................. 76 Dạng 3. ( ) ( ) nm a f x b f x c ................................................. 83 Dạng 4. 22 .0 nn n a A b AB c B ................................................. 89 Dạng 5. . ( ) . ( ) . ( ). ( ) a f x bg x c f x g x ................................................... 92 Dạng 6. 22 . ( ) . ( ) . . ( ) . ( ) a f x bg x c d f x eg x ..................................... 103 Dạng 7. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n f x b x a x a x f x b x ................................ 108 Dạng 8. ( ) . . , n n ax b p cx d qx r với 2;3 n ........................ 117 Dạng 9. 22 22 x a x b a b x a x b a b cx d ....... 122 Dạng 10. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn ............................................ 124 Dạng 11. 2 1 1 1 mx n a x b x c x ................................. 129 Dạng 12. Đặt ẩn phụ 3 ẩn dựa vào hằng đẳng thức ....................... 130 Dạng 13. . . . x m x n x n x p x p x m x ........... 132 Dạng 14. Đặt 1 ẩn hoặc 2 ẩn đưa về hệ phương trình ................... 134 Dạng 15. Đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hóa ............................. 152 Bài 4. Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đánh giá ................. 165 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số .................................................... 165 Sử dụng bất đẳng thức cổ điển .......................................................... 186 Đưa về tổng các số không âm hoặc nn AB .................................... 203 Bài 5. Bất phương trình vô tỷ ........................................................................ 212 Bất phương trình vô tỷ cơ bản ............................................................. 212 Bất phương trình sử dụng chia khoảng và tách căn ....................... 214 Nhóm bất phương trình vô tỷ có mẫu số ........................................ 216 Đưa về dạng tích số bằng phép biến đổi tương đương .................. 222 Đưa về tích số bằng kỹ thuật liên hợp .............................................. 225 Sử dụng phương pháp hàm số ........................................................... 237 Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ .................................................... 250 Bài 6. Phương trình, bất phương trình chứa tham số ............................... 251 Phương trình vô tỷ chứa tham số ...................................................... 252 Bất phương trình vô tỷ chứa tham số ................................................ 266 Phần II. Hệ phương trình đại số, vô tỷ .................................................. 272 Bài 1. Hệ phương trình cơ bản ..................................................................... 272 Hệ đối xứng loại I ................................................................................ 273 Hệ đối xứng loại II ............................................................................... 277 Hệ gần giống đối xứng loại II ............................................................. 282 Hệ đẳng cấp cơ bản .............................................................................. 286 Phương pháp thế tạo phương trình bậc cao hoặc đẳng cấp ........... 288 Bài 2. Hệ phương trình đưa về tích số ........................................................ 295 Kỹ thuật tách, ghép, nhóm, tam thức bậc hai ................................... 295 Kỹ thuật nhân lượng liên hợp ............................................................ 308 Kỹ thuật dùng phương pháp cộng để đưa về tích số ..................... 325 Bài 3. Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ .................. 341 Dạng 1. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2, 3 .................. 341 Dạng 2. Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp 1 phương trình ......... 346 Dạng 3. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình cơ bản ...................... 353 Biến đổi 1 phương trình tìm phép ẩn phụ ........................ 353 Dựa vào Viét tìm ra phép ẩn phụ ...................................... 366 Chia để xác định lượng ẩn phụ .......................................... 373 Liên hợp để phát hiện lượng ẩn phụ ................................. 384 Biến đổi đẳng thức cơ bản tìm ra phép đặt ẩn ................. 387 Đặt ẩn phụ dạng tổng – hiệu .............................................. 390 Dạng 4. Đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hóa ................................ 405 Dạng 5. Đặt ẩn phụ bằng cách số phức hóa ................................... 410 Bài 4. Giải hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá ...................... 423 Phương pháp đánh giá bằng hàm số ................................................. 423 Một số dạng cơ bản ...................................................................... 423 Hệ có: 22 ( ) 1 ( ) 1 1 ax ax by by .......................... 423 Hệ có: 3 2 3 2 1 1 1 1 2 2 2 a x b x c x d a y b y c y ................... 426 Hệ có: 32 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 () ( ) ( ) a x b x c x d a y b c y d a x b c y d a y b c y d .............. 434 Một số kỹ năng làm xuất hiện hàm đặc trưng ......................... 443 Chia để xuất hiện hàm đặc trưng ....................................... 443 Phép cộng để tìm hàm đặc trưng ....................................... 453 Phép biến đổi tương đường để tìm hàm đặc trưng ........ 461 Phương pháp đánh giá bằng bất đẳng thức cổ điển ....................... 468 Bài 5. Hệ phương trình chứa tham số ......................................................... 492 Phần III. Giải chi tiết bài tập rèn luyện .................................................. 508 khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 3 Phaàn 1. PHÖÔNG TRÌNH – BAÁT PHÖÔNG TRÌNH VO TYÛ §1. PHÖÔNG TRÌNH VO TYÛ CÔ BAÛN I. Phương trình bậc bốn quy về bậc hai 1. Dạng : 4 3 2 0 ax bx cx dx e với 2 0. ed ab Phương pháp giải: Chia hai vế cho 2 0, x rồi đặt tx x với d b 2. Dạng : ( )( )( )( ) x a x b x c x d e với . a c b d Phương pháp giải: Viết lại ( )( ) ( )( ) x a x c x b x d e 22 ( ) ( ) x a c x ac x b d x bd e và đặt 2 ( ) . t x a c x 3. Dạng : 2 ( )( )( )( ) x a x b x c x d ex với . . . a b c d Phương pháp giải: Đặt 2 2 a b c d t x ab x thì phương trình 2 22 a b c d a b c d t x t x ex (có dạng đẳng cấp) 4. Dạng : 44 ( ) ( ) x a x b c Phương pháp giải: Đặt 44 ( ) ( ) 2 ab x t t t c với 2 ab 5. Dạng : 4 3 2 0, ax bx cx dx e với 32 8 4 . b a d abc Phương pháp giải: Đặt 4 b xt a 6. Dạng : 42 x ax bx c (1) Phương pháp giải: Tạo ra dạng 22 AB bằng cách thêm hai vế cho một lượng 22 2 . , k x k tức phương trình (1) tương đương: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 (2 ) ( ) (2 ) . x kx k k a x bx c k x k k a x bx c k Cần vế phãi có dạng bình phương 22 20 ? 4(2 )( ) 0 VP ka k b k a c k 7. Dạng : 4 3 2 x ax bx cx d (2) Phương pháp giải: Tạo 22 AB bằng cách thêm ỡ vế phãi 1 biễu thức để tạo ra dạng bình phương: 2 2 2 4 3 2 2 2. 24 aa x x k x ax k x kax k Do đó ta sê cộng thêm hai vế cũa phương trình (2) một lượng: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 4 2 22 2, 4 a k x kax k thì 2 2 2 2 2 2 ( ) . 24 aa x x k k b x ka c x k d Lúc này cần số k thỏa : 2 2 22 20 4 ? ( ) 4 2 ( ) 0 4 VP a kb k a ka c k b k d II. Phương trình vô tỷ cơ bản 2 0 B AB AB 0 0 A hay B AB AB 0 0 A B B hoặc 0 0 B A 33 . A B A B III. Một số phương trình vô tỷ cơ bản thường gặp 1. Dạng : 0 A B C (1) Bước 1. Đặt điều kiện. Bước 2. Chuyển vế để hai vế đều dương, tức (1) A C B Bước 3. Bình phương hai vế 2 2 . A C AC B AC B A C 2. Dạng : 33 3 A B C (2) Bước 1. Lũy thừa: 3 3 3 3 3 3 3 3 ( ) ( ) 3 ( ) (2 ) A B C A B AB A B C Bước 2. Thế 33 3 , A B C thì 3 (2 ) 3 . A B ABC C 3. Dạng : A B C D (3) với A C B D hoặc . AC BD Bước 1. Đặt điều kiện. Bước 2. Biến đổi (3) A C B D và bình phương hai vế . Lưu ý: Biến đỗi của 3 dạng trên là biến đổi hệ quả , do đó khi giãi xong cần thay thế nghiệm lại đề bài và kiễm tra nhằm tránh thu nghiệm ngoại lai . Ví dụ 1. Giả i phương trình: 2 2 1 3 1 0 x x x () Đại học khối D – 2006 Phân tích. Phương trình có dạng tổng quát: 2 , ( , 0) mx n ax bx c m a ta đều giải được theo dạng . AB Nếu sau khi lũy thừa ra được nghiệm hữu tỷ thì sẽ tiến hành chia Hoócner để phân tích thành tích số (đầu rơi, nhân tới, cộng chéo). Còn nếu ra nghiệm vô tỷ ta sẽ tiến hành sử dụng chức năng table của máy tính bỏ túi để tìm lượng nhân tử chung bậc hai, sau đó chia đa thức để đưa về dạng tích số bậc hai nhân bậc hai mà dễ dàng tìm được nghiệm. Lời giải 1. Xem đây là phương trình dạng . AB khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 5 2 2 22 3 1 0 ( ) 2 1 3 1 2 1 ( 3 1) xx x x x x x x 22 4 3 2 2 2 1 3 1 0 3 1 0 6 11 8 2 0 ( 1) ( 4 2) 0 22 x x x x x x x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm 1, 2 2. xx Lời giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại II. Đặt 2 1 0, yx suy ra: 22 22 2 1 2 1 0 3 1 0 3 1 0 y x y x y x x x x y 22 ( ) ( ) 0 ( )( 1) 0 y x x y y x y x y x hoặc 1. yx Với , yx suy ra: 2 0 2 1 1. 2 1 0 x x x x xx Với 1, yx suy ra: 2 1 2 1 1 2 2. 4 2 0 x x x x xx Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm 1, 2 2. xx Ví dụ 2. Giả i phương trình: 2 4 3 5 x x x () Phân tích. Để kiểm tra phương trình có nghiệm hữu tỉ hay vô tỷ, ta nhập vào casio: 2 4 3 5 X X X và bấm shift solve 1 (1 là số nguyên bất kỳ nằm trong khoảng điều kiện) được kết quả 5.192582404 X là vô tỷ. Khi đó định hướng tìm lượng nhân tử bậc hai bằng chức năng table. Trước tiên ta lưu biến , XA bằng cách nhập alpha ) shift RCL (–). Kế đến ta chuyển về chế độ table bằng cách bấm mode setup 7 và nhập 2 () f X A AX bằng cách bấm: alpha () x 2 – alpha (–) anpha ), rồi bấm = . Nếu casio fx – 570 VN plus hoặc vina calc, ta sẽ bấm tiếp tục dấu =, còn fx – 570 ES thì không cần (tức không nhập () gX ), cho Start là -9, End là 9, Step là 1 thì casio cho ta bảng giá trị () 14 4 6.1925 15 5 1 X F X và ta chỉ quan tâm đến dòng có giá trị là số nguyên, tức dòng 15 có 5, ( ) 1, X F X đó chính là hệ số b, c của nhân tử 2 , x bx c tức có 2 5 1. xx Lúc này ta sẽ quyết định lũy thừa 2 vế theo công thức AB được phương trình bậc bốn, sau đó lấy phương trình bậc bốn này chia cho lượng 2 51 xx sẽ thu được bậc 2 và viết lại tích của 2 bậc hai. Lời giải 1. Xem đây là phương trình dạng . AB 2 22 4 3 2 4 3 0 2 7 2 7 () ( 4 3) 5 8 10 23 4 0 xx xx x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 6 22 2 7 2 7 5 29 2 ( 5 1) ( 3 4) 0 xx x x x x x hoặc 1. x Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: 5 29 1, 2 xx Lời giải 2. Đặt một ẩn phụ đưa về hệ đối xứng. Đặt: 2 5 0, yx suy ra: 22 22 ( 2) 5 4 1 0 4 3 2 4 1 0 y x y y x x x y x x y 22 ( ) 3( ) 0 ( )( 3) 0 3 yx y x y x y x y x yx Với , yx suy ra: 2 2 5 29 52 2 5 1 0 x x x x xx Với 3, yx suy ra: 2 1 5 1 1. 3 4 0 x x x x xx Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: 5 29 1, 2 xx Bình luận. Trong lời giải 1, để nâng lũy thừa, ta thường sử dụng hằng đẳng thức 3 số dạng 2 2 2 2 ( ) 2.( ) a b c a b c ab bc ca để khai triễn. Tuy cách giải 1 giúp chúng ta tách các đa thức bậc cao thành tích số, nhưng tính toán khá phức tạp, dễ dẫn đến những sai lầm và mất nhiều thời gian. Do đó người giải toán thường tìm những phương pháp đơn giản, ngắn gọn hơn và điển hình đó là lời giải 2 của 2 ví dụ. Phương pháp đặt ẩn phụ sẽ tìm hiểu kỹ bài học sau với dấu hiệu nhận dạng nhất định. Ví dụ 3. Giả i phương trình: 23 2( 6) 5 8 x x x () Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An Phân tích. Khác với hai ví dụ trên, biểu thức trong căn thức là bậc 3, ta vẫn giải theo công thức , AB để thu được phương trình bậc bốn. Lúc đó với sự hỗ trợ của máy tính casio, ta sẽ phân tích được thành tích số dạng bậc 2 nhân bậc 2. Lời giải 1. Điều kiện: 32 8 0 ( 2)( 2 4) 0 2. x x x x x 2 2 3 4 3 2 ( ) 8.( 6) 25( 8) 8 41 104 96 88 0 x x x x x x x 2 22 2 6 4 0 ( 6 4)(8 18 28) 0 3 13. 8 18 28 0 : xx x x x x x x x VN Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 3 13. x Lưu ý: Ta có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ sau khi biến đổi phương trình về dạng: 22 2( 2) 2( 2 4) 5 ( 2)( 2 4) x x x x x x (1) Lời giải 2. Đặt 2 2 0, 2 4 3. u x v x x khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 7 2 22 (1) 2 2 5 2 5 2 0 2 u u u u v uv v v v hoặc 1 2 u v Suy ra: 22 2 2 2 2 2 2 4 4 9 14 0 3 13. 2 6 4 0 2 2 2 4 u v x x x x x x uv xx x x x Lời giải 3. Chia hai vế cho lượng dương: 22 2 4 ( 1) 3 3. x x x 2 22 2 2 2 22 24 (1) 2 5 2 0 2 4 2 4 21 2 24 x xx xx x x x x x xx 2 2 2 4( 2 4) 3 13. 4( 2) 2 4 x x x x x x x Ví dụ 4. Giả i phương trình: 22 7 5 3 2 x x x x x () Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản: 0 0 , A hay B AB AB khi đó có 2 phương án chọn 0 A hay 0. B Dựa vào đặc điểm của bài toán, ta nên chọn phương án nào đơn giản nhất, tức chọn 2 3 2 0 B x x và có lời giải như sau: Lời giải. Phương trình 2 22 3 2 0 () 7 5 3 2 xx x x x x x 31 2 5 x x x x (do 0 x không là nghiệm của phương trình) 32 2 2 2 31 20 31 2 0 2 0 1. 1 4 16 16 0 ( 5) ( 2) x x x x xx x x x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x Ví dụ 5. Giả i phương trình: 2 3 1 1 2 2 1 x x x () Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản A B C , ta sẽ đặt điều kiện, chuyển vế sao cho 2 vế đều dương và bình phương hai vế để đưa về dạng . AB Lời giải. Điều kiện: 1. x Khi đó: ( ) 2 3 1 1 2 2 1 x x x 4(3 1) 1 4(2 1) 4 ( 1)(2 1) x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 8 2 2 1 4 2 3 1 3 9 5. 23 102 65 0 x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 5. x Ví dụ 6. Giải phương trình : 22 4 7 2 2 1 1 x x x x () Phân tích. Phương trình có dạng giống ví dụ trên, ta dám lựa chọn hướng bình phương 2 vế lên là do sau khi lũy thừa, bậc cao nhất 2 4x sẽ triệt tiêu và có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 1 4 x hoặc 2. x 2 2 2 2 2 ( ) 4 7 2 1 2 1 ( 4 7 2 1) 4( 1) x x x x x x x x 2 2 3 5 0 29 4 67 2 4 7 2 3 5 7 7 58 33 0 x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 29 4 67 7 x Ví dụ 7. Giả i phương trình: 2 2 2 2 2 0 x x x x x () Phân tích. Phương trình có dạng tương tự như ví dụ trên, nhưng khi bình phương lên thì sẽ không triệt tiêu được bậc cao nhất. Nhận thấy rằng biểu thức trong các căn thức có chung một nghiệm 0 x nên ta sẽ dùng phương pháp chia khoảng và tách căn. Nghĩa là đi tìm điều kiện, dựa vào các khoảng điều kiện để áp dụng các công thức tách căn hợp lý, tức: .. A B A B khi 0, 0 AB và . ( ) ( ) A B A B . AB khi 0, 0. AB Từ đó, ta có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 22 2 0, 0 0 20 x x x x xx hoặc 1 2 x x Khi đó 2 ( ) ( 1) ( 2) 2 x x x x x (1) Trường hợp 1. Nếu 0 x thì (1) luôn đúng nên 0 x là 1 nghiệm của (1). Trường hợp 2. Nếu 1 x thì (1) 1 2 2 x x x x x x 22 1 2 2 ( 1 2) (2 ) x x x x x x 2 9 2 2 2 1 , (do : 1). 8 x x x x x Trường hợp 3. Nếu 2 1 0; 2 0 x x x nên: (1) 1 2 2 1 2 2 x x x x x x x x x 2 2 2 ( 1 2) (2 ) 2 2 1 2 : x x x x x x vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là 9 0; 8 xx khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 9 Ví dụ 8. Giả i phương trình: 3 3 3 1 3 1 1 x x x () Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản 33 3 , A B C khi đó hướng xử lý là lập phương hai vế và thường sử dụng hằng đẳng thức 3 3 3 ( ) 3 ( ), a b a b ab a b rồi thay thế 33 3 A B C vào phương trình thu được sau khi lập phương và giải phương trình hệ quả dạng 3 3 ( ) ( ) ( ) ( ) . f x g x f x g x Từ đó có lời giải sau: Lời giải. Tập xác định: . D 3 3 3 3 ( ) ( 1 3 1) ( 1) x x x 33 3 4 2 3. ( 1)(3 1) ( 1 3 1) 1 x x x x x x 33 3 ( 1)(3 1).( 1 3 1) ( 1) x x x x x (1) Thế: 3 3 3 1 3 1 1 x x x vào (1), suy ra: 3 ( 1)(3 1)( 1) ( 1) x x x x 32 ( 1)(3 1)( 1) ( 1) ( 1). (3 1)( 1) ( 1) 0 x x x x x x x x 2 ( 1)4 0 1 x x x hoặc 0. x Với 1 x thì phương trình () sai nên loại nghiệm 1. x Với 0 x thì phương trình () đúng nên nhận nghiệm 0. x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0. x Ví dụ 9. Giả i phương trình: 10 1 3 5 9 4 2 2 x x x x () Phân tích. Phương trình có dạng: A B C D với , A C B D cụ thể: (10 1) (2 2) (9 4) (3 5) 12 1, x x x x x nên ta sẽ chuyển vế đưa về dạng: A C D B và bình phương hai vế. Nhưng do khi chuyển vế và bình phương là ta đã giải phương trình hệ quả, vì vậy khi giải xong ta cần thay thế nghiệm vào phương trình đầu đề bài nhằm nhận, loại nghiệm thích hợp. Lời giải. Điều kiện: 5 , 3 x thì ( ) 10 1 2 2 9 4 3 5 x x x x 22 ( 10 1 2 2) ( 9 4 3 5) x x x x 12 1 2 (10 1)(2 2) 12 1 2 (9 4)(3 5) x x x x x x 2 6 (10 1)(2 2) (9 4)(3 5) 7 15 18 0 3, 7 x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ), phương trình có nghiệm 3. x Ví dụ 10. Giả i phương trình: 4 1 7 2 2 3 5 6 x x x x () Phân tích. Nếu biến đổi 2 2 3 8 12 xx thì phương trình đã cho đưa về giống như thí dụ trên với (8 12) ( 7) (5 6) (4 1) 9 5 x x x x x và có lời giải sau: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 10 Điều kiện: 2 3 0. x Khi đó: ( ) 7 8 12 5 6 4 1 x x x x 22 ( 7 8 12) ( 5 6 4 1) x x x x 2 13 ( 7)(8 12) (5 6)(4 1) 12 63 78 0 , 2. 4 x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ), phương trình có nghiệm 13 4 x Ví dụ 11. Giả i phương trình: 3 2 1 1 3 1 3 x x x x x x () Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hóa Phân tích. Phương trình có dạng A B C D với . . , AC B D cụ thể ta có 3 23 1 ( 3) ( 1)( 1) 1, 3 x x x x x x x nên sẽ viết về dạng A C D B và bình phương để giải phương trình hệ quả. Từ đó có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 1. x 2 3 2 2 1 ( ) 3 1 1 3 x x x x x x 33 22 11 3 2 3 1 1 2 1 1 33 xx x x x x x x x x xx 3 2 2 1 ( 3)( 1) 2 2 0 1 3 x x x x x x x hoặc 1 3. x Kết luận: So với điều kiện và thế vào () nghiệm cần tìm là 1 3. x BÀI TẬP RÈN LUYỆN BT 1. Giải phương trình: 2 2 6 1 4 5. x x x BT 2. Giải phương trình: 23 2 5 1 7 1. x x x BT 3. Giải phương trình: 22 9 42 49 1 3 6 6. x x x x BT 4. Giả i phương trình: 22 2 10 8 1 2 2. x x x x BT 5. Giải phương trình: 2 2 2 2 3 1 2 3 4 1. x x x x x x BT 6. Giải phương trình: 3 3 3 1 2 3 0. x x x BT 7. Giải phương trình: 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 3 2. x x x x x x x BT 8. Giải phương trình: 3 3 1 2 2 2. x x x x BT 9. Giải phương trình: 32 2 33 1 3 4 3. 3 x x x x x x x x BT 10. Giải phương trình: 3 2 81 2 1 4 2 1 2 3. 23 x x x x x x khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 11 §2. GIAÛI PHÖÔNG TRÌNH VO TYÛ BAÈNG CAÙCH ÑÖA VEÀ TÍCH I. Sử dụng phép biến đổi tương đương Dùng các phép biến đổi , đồng nhất kết hợp với việc tách , nhóm, ghép thích hợp đễ đưa phương trình đã cho về dạng tích số đơn giãn hơn và biết cách giải, chẳng hạn như: . 0 0 A B A hoặc 0... B Một số biến đổi thường gặp: 2 12 ( ) .( )( ) f x ax bx c a x x x x với 12 , xx là 2 nghiệm của ( ) 0. fx Dùng các hằng đẳng thức cơ bản, lưu ý các biến đổi thường gặp sau: + 1 ( 1) ( 1) 0 ( 1)(1 ) 0 1. u v uv u v u u v u v + ( ) ( ) 0 ( )( ) 0. au bv ab vu a u b v u b u b a v Ví dụ 12. Giả i phương trình: 22 ( 3) 10 12 x x x x () Phân tích. Thấy vế phải phân tích được thành tích số: 2 12 ( 3)( 4) x x x x dựa vào 2 12 ( ) .( )( ) f x ax bx c a x x x x với 12 , xx là 2 nghiệm của phương trình ( ) 0, fx nên sẽ có nhân tử 3 x với vế trái và có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 2 10 0 10 10. xx 22 ( ) ( 3) 10 ( 3)( 4) ( 3). 10 ( 4) 0 x x x x x x x 2 30 3 10 4 x x xx hoặc 2 4 2 10 6 0 x xx 3. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3. x Ví dụ 13. Giả i phương trình: 2 11 x x x x () Phân tích. Với điều kiện 0 x thì phương trình 1 1 1 x x x x và có dạng 1 ( 1)( 1) 0 1 u v uv u v u v và có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 0. x ( ) 1 1 1 ( 1) ( 1 1) 0 x x x x x x x x ( 1)(1 1) 0 1 x x x hoặc 1 1 1 xx hoặc 0. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm 0, 1. xx Ví dụ 14. Giả i phương trình: 2 2 7 2 1 8 7 1 x x x x x () Phân tích. Sử dụng phân tích 2 8 7 ( 1)(7 ) x x x x và ghép từng cặp lại với nhau sẽ xuất hiện nhân tử chung và đưa được về tích số. Lời giải. Điều kiện: 1 7. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 12 ( ) ( 1) 2 1 2 7 ( 1).(7 ) 0 x x x x x 1( 1 2) 7 (2 1) 0 x x x x 1 2 5 ( 1 2).( 1 7 ) 0 4 17 xx x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 4, 5. xx Ví dụ 15. Giả i phương trình: 2 2 5 2 2 10 3 2 x x x x x () Học sinh giỏi tỉnh Kiên Giang năm 2014 – 2015 Phân tích. Tương tự thí dụ trên, thấy 2 10 3 ( 2)(5 ) x x x x nên ghép các biểu thức thích hợp với nhau sẽ đưa được về phương trình tích số và có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 2 5. x ( ) ( 2) ( 2)(5 ) 2 5 2 2 0 x x x x x 2( 2 5 ) 2( 2 5 ) 0 x x x x x 3 25 ( 2 5 )( 2 2) 0 2 22 2 xx x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 3 , 2. 2 xx Ví dụ 16. Giả i phương trình: 2 6 3 2 2 2 5 x x x x x x () Phân tích. Nếu quy đồng và phân tích 2 6 5 6 ( 2)( 3) 5, x x x x x x x x rồi nhóm với cụm 2 3 ( 3) x x x x sẽ xuất hiện nhân tử và có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 0. x ( 2)( 3) ( ) ( 3) (2 2 2 ) 0 xx x x x x x 2 3 2( 2 ) 0 x x x x x x 23 3 2( 2 ) 0 ( 2 ) 2 0 x x x x x x x x xx 2 22 20 1 34 32 x x x xx x xx xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm 1, 2. xx khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 13 Ví dụ 17. Giả i: 2 2 3 3( 5 1) 3 2 13 15 2 3 x x x x x x x () Phân tích. Nếu quan sát kỹ, phương trình chỉ chứa 2 căn thức 2 3, 5 xx sau khi phân tích 2 2 13 15 (2 3)( 5) x x x x và nhóm nhân tử chung phù hợp sẽ xuất hiện phương trình tích số và có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 3 2 0. x ( ) ( 2 3 3 ) (2 3)( 5) 2 3 3( 5 1) x x x x x x x ( 2 3 3) 2 3( 5 1) 3( 5 1) x x x x x ( 2 3 3) ( 5 1)( 2 3 3) ( 2 3 3)( 5 1) 0 x x x x x x x 2 3 3 3 4 51 xx x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 3, 4. xx Ví dụ 18. Giả i phương trìn h: 22 3 3 2 ( 6) 3 2 3 x x x x x () Phân tích. Do biểu thức trong và ngoài dấu căn cùng là bậc hai, nên ta nghĩ đến việc phân tích biểu thức ngoài dấu căn theo biểu thức trong dấu căn, cụ thể ở đây tôi viết: 22 3 3 2 (3 2 3) 5( 1) x x x x x và xuất hiện thêm hạng tử có chứa ( 1), x nên phân tích: 22 ( 6) 3 2 3 ( 1) 5 3 2 3, x x x x x x rồi phân phối và ghép hạng tử phù hợp sẽ đưa được về phương trình dạng tích, từ đó có lời giải 1. Điều kiện: 1 10 6 3 x hoặc 1 10 3 x Lời giải 1. Tách ghép đưa về phương trình tích số. 2 2 2 ( ) (3 2 3) 5 ( 1) ( 1) 3 2 3 5 3 2 3 x x x x x x x x 2 2 2 2 ( 3 2 3) 5 3 2 3 5( 1) ( 1) 3 2 3 0 x x x x x x x x 2 2 2 3 2 3( 3 2 3 5) ( 1)(5 3 2 3) 0 x x x x x x x 2 22 2 3 2 3 5 ( 3 2 3 5)( 3 2 3 1) 0 3 2 3 1 xx x x x x x x x x 2 2 3 2 28 0 1 85 1 85 1 33 1 3 1 3 2 4 4 0 xx xx x xx xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 1 85 1 3, 3 xx Lời giải 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 14 Đặt 2 2 2 2 2 3 2 3 0 3 2 3 3 2 3. t x x t x x x t x Khi đó: 22 ( ) 2 3 3 2 ( 6). ( 6). 5( 1) 0 t x x x t t x t x (1) Xem (1) là phương trình bậc 2 với ẩn là t và có biệt số: 2 2 2 ( 6) 20( 1) 8 16 ( 4) , t x x x x x suy ra: 1 tx hoặc 5. t Do đó: 2 2 3 2 3 5 3 2 3 1 xx x x x và giải tương tự như cách giải 1. Bình luận. Phương trình có dạng 22 ( ). , ax bx c mx n ax px q ta sẽ giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn nếu biệt số Δ là số chính phương. Bản chất của phương pháp cũng là một hình thức đưa về tích số. Lời giải 3. Liên hợp sau khi sử dụng casio tìm được nhân tử chung của phương trình là 2 3 2 28. xx 22 ( ) ( 6)( 3 2 3 5) 3 2 28 x x x x x 2 2 2 2 2 3 2 28 0 ( 6)(3 2 28) 3 2 28 6 1 3 2 3 5 3 2 3 5 xx x x x xx x xx xx 2 2 3 2 28 0 3 2 3 1 xx x x x và giải tương tự như cách 1. Nhận xét. Đối với bài toán trên, tôi không tìm được lượng nhân tử chung bằng chức năng table của casio. Khi đó ta sẽ tìm hai nghiệm và dựa vào định lý Viét để tìm ra nhân tử chung như sau: nhập 22 3 3 2 ( 6) 3 2 3 X X X X X và bấm shift solve 100 được nghiệm là 2,739848152, X gán nghiệm này vào biến A, tức bấm , ( / / / ( )). Ans A Ans shift RCL Tìm nghiệm thứ hai bằng cách nhập lại phương trình và bấm shift solve 100 ta được nghiệm 3.406514819, X rồi cũng lưu nghiệm này vào biến B: , ( / / / ,,,). Ans B Ans shift RCL Khi đó ta tính tổng, tích của A và B được 2 0,6666666667 3 AB và 28 3 AB nên theo Viét thì , AB là 2 nghiệm của 2 0, X SX P tức có nhân tử 2 2 28 33 xx hay 2 3 2 28. xx Ví dụ 19. Giả i phương trình: 22 4 ( 3) 1 1 0 x x x x x () Phân tích. Do biểu thức trong và ngoài dấu căn cùng là bậc hai, nên ta nghĩ đến việc phân tích biểu thức ngoài dấu căn theo biểu thức trong dấu căn, cụ thể ở đây tôi viết: 22 4 1 ( 1) 3 x x x x x và xuất hiện thêm hạng tử có chứa 3, x nên sẽ phân tích: 2 2 2 ( 3) 1 1 3 1 x x x x x x x x và ghép hạng tử phù hợp sẽ xuất hiện nhân tử chung và đưa được về phương tình tích số. Từ đó có lời giải 1. khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 15 Điều kiện: 2 15 10 2 x x x hoặc 15 2 x Lời giải 1. Tách ghép đưa về tích số. 2 2 2 ( ) ( 1) 1 (3 3 1) 0 x x x x x x x x 2 2 2 2 ( 1) 1 3( 1) 0 x x x x x x x x 2 2 2 1( 1 ) 3( 1) 0 x x x x x x x x 2 22 2 1 ( 1 ) ( 1 3) 0 13 x x x x x x x x xx 2 0 1 10 : 1 41 19 2 x x x x xx thỏa mãn điều kiện. Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là 1 41 1 41 1, , 22 x x x Lời giải 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt 2 1 0, t x x suy ra: 2 2 2 2 1 1. t x x x t x Khi đó: 22 ( ) 1 4 ( 3). 1 0 ( 3). 3 0 t x x x t t x t x (1) Xem (1) là phương trình bậc hai với ẩn là t và có biệt số: 2 2 2 ( 3) 12 6 9 ( 3) , t x x x x x suy ra: 3 tx t Với 2 1 t x x và giải ra cũng được kết quả như trên. Lời giải 3. Ghép để liên hợp sau khi tìm nhân tử 2 10 xx bằng casio. 22 ( ) ( 10) ( 3) 1 3 0 x x x x x 2 2 2 ( 3).( 10) ( 10) 0 13 x x x xx xx 2 2 2 2 10 0 1 41 10 0 3 2 10 1 1 13 xx xx x x x x x x xx Ví dụ 20. Giả i phương trình: 2 2 6 10 5.( 2) 1 0 x x x x () Phân tích. Khác với các thí dụ trên, biểu thức trong căn thức là bậc nhất và có dạng tổng quát là 2 ( ). . ax bx c dx e x Khi đó sẽ phân tích biểu thức ngoài dấu căn theo biểu thức tích mang dấu căn bằng đồng nhất thức, nghĩa là biểu diễn 2 2 2 2 2 6 10 .( 2) .( 1) ( 4 ). ( 4 ) x x m x n x mx n m x n m và so sánh hệ Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 16 số trước 2 , xx và hệ số tự do được 2. mn Khi đó, ta có 2 hướng xử lý thường gặp là tách ghép đưa về tích số hoặc đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp, hoặc chia cho lượng dương để đưa về phương trình bậc 2. Điều kiện: 1. x Khi đó: 22 ( ) 2( 2) 2( 1) 5( 2) 1 0 x x x x (1) Lời giải 1. Tách ghép đưa về tích số. 22 (1) 2( 2) ( 2) 1 2( 1) 4( 2) 1 0 x x x x x x ( 2) 2( 2) 1 2 1 1 2( 2) 0 x x x x x x 1 2( 2) 2( 2) 1 ( 2) 2 1 0 2 1 2 xx x x x x xx 22 22 22 1 4( 4 4) 4 17 15 0 3 8 22 4( 1) 4 4 8 0 xx x x x x x x x xx x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm 3, 8. xx Lời giải 2. Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp. Đặt 2, 1 0. a x b x Do 1 x là nghiệm nên 1 0, bx thì: 2 22 2 (1) 2 2 5 0 2 5 2 0 2 ab aa a b ab ab bb Thế vào và giải tương tự như trên cũng được nghiệm là 3, 8. xx Lời giải 3. Chia cho lượng dương đưa về phương trình bậc 2. Do 1 x là nghiệm nên chia hai vế cho 2 ( 1) 0 x thì: 2 2 2 2 (1) 2 5 2 0 2 1 1 1 x x x x x x hoặc 21 2 1 x x Giải tương tự như trên cũng được 3, 8. xx Lời giải 4. Ghép bậc nhất ax b với căn thức để nhân lượng liên hợp sau khi sử dụng casio nhẩm được 2 nghiệm 3, 8. xx 2 ( ) ( 2). ( 7) 5 1 11 24 0 x x x x x 2 2 ( 2)( 11 24) ( 11 24) 0 5 1 7 x x x xx xx 2 2 ( 11 24) 1 0 5 1 7 x xx xx 2 11 24 0 5 1 7 2 xx x x x Giải tương tự như trên, ta cũng được kết quả 3, 8. xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 17 II. Kỹ thuật nhân lượng liên hợp để đưa về tích số AB AB AB AB AB AB 2 AB AB 33 AB 33 2 3 2 A AB B 33 2 3 2 AB A AB B 3 AB 3 2 3 2 A B A B 3 3 2 3 2 AB A B A B Phân tích bài toán và hướng tư duy đi đến lời giải (tương tự cho 3 ( )) fx Gi ( ) ( ) ( ) 0 f x g x h x ướng ( ) ( ) f x g x () hx ( ) ( ) f x g x 2 3 2 1 2 3, x x x x (3 2) ( 1) 2 3 x x x 2 2 3 (2 3)( 1) x x x x 23 x ( ) ( ) f x g x ( ), hx ướng . PP o xx ghép h ng s . ( ) ( ) ( ) f X g X h X . o xx ( ( ) ( ) ( )) :( ) o f X g X h X X x o xx , mn o xx ( ), ( ) oo m f x n g x o xx [ ( ) ] [ ( )] ( ) 0 f x m n g x h x m n ( ) . h x m n Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 18 câu: 2 3 1 6 3 14 8 0. x x x x 5 x nên 3.5 1 4 m ( 3 1 4) x 6 5 1 n (1 6 ) x 5. x 2 3 14 5 ( 5)(3 1) x x x x 5. x ướng ẹp 12 , PP x x x x ghép . ax b ax b , ab () fx 11 22 () , () f x ax b ab f x ax b c ( ). gx Thí d gi i: 2 2 3 4 3 5 9 6 13. x x x x 0, 1 xx ax b ax b 34 x 3.0 4 .0 2 1 3.( 1) 4 .( 1) ab b a ab 2 3 4 ( 2) xx 59 x 3. 5 9 ( 3) . xx l sau h i nhân lượng liên hợp ( ) ( ) 0 o x x f x 2 ( ). ( ) 0. ax bx c f x nh ( ) 0, fx () fx ( ) 0, fx () fx x ( )), fx suy ra () fx ( ) 0 fx ( , ,...) A B A B ( ) 0 fx ) A B k . x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 19 . Liên hợp với phương trình có nghiệm hữu tỷ hoặc dễ xác định nhân t . Nhóm I: Ghép hai căn thức để liên hợp và phân tích biểu thức còn lại Ví dụ 21. 2 3 2 1 2 3 x x x x () Học sinh giỏi tỉnh Qu ảng Nam năm 2014 Lời giải 2 3 x 2 ( 3 2 1)( 3 2 1) ( ) 2 3 3 2 1 x x x x xx xx 23 (2 3)( 1) 0 3 2 1 x xx xx 3 1 2 (2 3) ( 1) 0 1 3 2 1 1 (1) 3 2 1 x xx xx x xx 2 3 x 25 ( ) 1 1 1 33 f x x (2) ( ) 3 2 1 g x x x 3 1 2 ( ) 0, 3 2 3 2 2 1 g x x xx () gx 2 ; 3 nên 11 () () 3 2 1 hx gx xx 2 ; 3 2 2 15 ; max 1 3 3 5 h x h hay ( ) 1 hx (3) ( ) ( ) f x h x Kết luận 3/2. x Bình luận . S () fx trong (2 3). ( ) 0 x f x 1 ( 1) 3 2 1 X XX () fx () gx () fx ( ) ( ) g x h x Ví dụ 22. Gi 2 1 1 4 3 x x x () Đề thi thử Đại học khối D năm 2013 – THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 20 Phân tích. Khi ghép 3 ( 1) 2 1 x x x 2 4 1 (2 1)(2 1) x x x ế é ẳ : ( )( ) A B A B AB AB Lời giải 0. x 2 21 ( ) (4 1) ( 3 1) 0 (2 1)(2 1) 0 31 x x x x x x xx 0, 0 11 (2 1) 2 1 0 2 1 0 2 31 x x x x x xx Kết luận 1 2 x Ví dụ 23. Gi 3.(2 2) 2 6 x x x () Học Viện Kỹ Thuật Quân Sự Phân tích Rú ọ ( ) 2.(3 ) 6 3 2 6 9 18 x x x x x và ghép ( 6) (9 18) 8 24 8.(3 ) x x x x 3 x ế é ờ ả : Lời giải 20 2. 60 x x x 8.(3 ) ( ) 2.(3 ) 6 9 18 2.(3 ) 6 9 18 x x x x x xx 3 4 (3 ) 1 0 6 9 18 4 (1) 6 9 18 x x xx xx 2 (1) 10 12 2 ( 6)(9 18) 16 9 36 108 14 5 x x x x x x 2 2 2 14 14 11 3 5 55 2 9 36 108 (14 5 ) 16 176 304 0 xx x x x x x x Kết luận 11 3 5 3, 2 xx Ví dụ 24. 22 2 9 2 1 4 x x x x x () Phân tích ế ế ả ả 4 0 4 xx ọ é ờ (TM) (TM) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 21 : 22 (2 9) (2 1) 2( 4) x x x x x é 4 x ế ả ờ ả : Lời giải 4 0 4. xx 2 2 2 2 22 ( 2 9 2 1)( 2 9 2 1) ( ) 4 2 9 2 1 x x x x x x x x x x x x x 22 (do : 2 9 2 1 2 8 4, 4) x x x x x x x 22 22 2( 4) 4 2 9 2 1 2 2 9 2 1 x x x x x x x x x x (1) ( ), 22 22 2 9 2 1 2 2 9 2 1 4 x x x x x x x x x 2 2 2 2 2 9 6 4(2 9) ( 6) x x x x x x 2 7 8 0 0 x x x 8 : 7 x Kết luận 8 0, 7 xx Bình luận ế 4, x ( ) 0 fx ế ọ đưa về hệ tạm ả V ?! TL T ờ ( ) ( ) . f x g x ax b ( ) ( ), ( ( )) f x g x hay ax b f x é é ế ế ờ Ví dụ 25. Gi 22 9 24 6 59 149 5 x x x x x () Phân tích 2 2 2 2 (6 59 149) ( 9 24) 5 50 125 5( 5) x x x x x x 5 x é Lời giải . D 22 ( ) 6 59 149 9 24 5 x x x x x 2 22 5.( 5) 5 6 59 149 9 24 x x x x x x 22 5.( 5) ( 5) 1 0 6 59 149 9 24 x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 22 5 x 22 6 59 149 9 24 5.( 5) x x x x x (1) ( ), (1), 22 22 9 24 6 59 149 5 6 59 149 9 24 5.( 5) x x x x x x x x x x (2) (3) (2) (3), suy ra: 2 2 5 19 9 24 2 10 3 3 31 76 0 x x x x x xx Kết luận 19 5, 3 xx Ví dụ 26. 322 3 1 2 2 3 3 x x x x x () Phân tích 22 ( 1) (2 3) 3 2 x x x x x é : 33 3 3 2 3 2 33 3 3 3 3 2 3 2 2 3 2 ( ) ( ) ( ) ( ) A B A AB B A B AB A AB B A AB B 2 3 2, xx ờ ả : Lời giải . D 3 2 3 1; 2 3 a x x b x 322 3 ( ) ( 1 2 3) ( 3 2) 0 x x x x x 2 2 2 2 2 2 3 3 3 32 ( 3 2) 0 ( 1) ( 1)(2 3) (2 3) xx xx x x x x x x 22 22 1 1 ( 3 2) 1 0 3 2 0 2 x x x x x x a ab b Nhận xét T é ả 33 , . a A b B ẳ q : 2 2 3 3 ( ).( ) a b a ab b a b : 2 2 22 3 0. 24 bb a ab b a Ví dụ 27. Gi 33 22 33 2 1 2 2 1 x x x x () Lời giải . . D 33 22 33 ( ) ( 2 1) ( 2 1 2) 0 x x x x (1) 33 22 33 2 , 1, 2 1, 2. a x b x m x n x 22 2 2 2 2 2 1 2 1 (1) 0 x x x x a ab b m mn n 2 2 2 2 2 11 (2 1) 0 1 x x x a ab b m mn n h 1 2 x Kết luận 0,5 x và 1. x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 23 Ví dụ 28. 22 ( 3 1)( 4 3) 2 x x x x x x () Nhận xét ờ ế x ế ế ả ( 3) ( 1) 2 xx ế x ế 3 1 0 xx ờ ả : Lời giải 0 x ?! 2 ( ) ( 1)( 3) .( 3 1) x x x x x x 2 ( 3) ( 1)( 3) 1 0 x x x x x x x ( 3) 1( 3 ) 0 ( 3)( 1) 0 x x x x x x x x x x 3 15 2 1 xx x xx 1 13 2 x Kết luận 1 5 1 13 , 22 xx Ví dụ 29. Gi i: 2 2 2 2 2 ( 1 4 1).( 5 1 2 1) 3 x x x x x x x () Phân tích 2 2 2 (5 1) (2 1) 3 x x x ế ả ế ờ ả : Lời giải . D 0 x V 0, x ta có: 22 22 22 1 4 1 ( ) 3 3 5 1 2 1 x x x x xx xx 2 2 2 2 4 1 1 5 1 2 1 x x x x x x (1) Do 0 x thì 22 1 4 1 x x x x và 22 5 1 2 1 xx nên: 22 2 2 2 2 33 (1) 4 1 1 5 1 2 1 xx x x x x x x 2 2 2 2 11 4 1 1 5 1 2 1 x x x x x x 2 2 2 2 4 1 1 5 1 2 1 x x x x x x (2) (1), (2), suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1 1 5 1 2 1 4 1 1 5 1 2 1 x x x x x x x x x x x x (3) (4) 2 2 2 (3) (4) 4 1 5 1 0 0 x x x x x x x 1 (TM) Kết luận 0, 1. xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 24 Ví dụ 30. Gi 2 5.( 3) 1 2 4 2 18 x xx x () Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương Phân tích. Có 1 2 4 1 16 4 x x x x và ( 1) (16 4 ) 5.( 3) x x x é ờ ả sau: Lời giải 1 4. x 2 ( ) 2 18.( 1 16 4 ) 5.( 3) x x x x 2 2 3 : TM 5.( 3) 2 18 5.( 3) 2 18 1 16 4 (1) 1 16 Đ 4 K x xx x x x x xx 2 2 2 (1) 2 3 1 4 ( 1)(4 ) 4 3 4 2 3 1 x x x x x x x x (2) Nhận xét S 3 1, , 2 xx hay 2 ( 1).(2 3) 2 3, x x x x : Hướng 1 AB 2 4 3 2 2 1 2 3 1 0 1 (2) 2 4 12 29 42 63 0 ( 1)(2 3)(2 7 21) 0 xx xx x x x x x x x x 1 x 3 : 2 x Hướng 2 2 2 3. xx 22 (2) (2 3) 4. ( 1) 3 4 0 x x x x x (3) Xét 2 1 3 4 0 1 x x x x 1 x Xét 2 1 3 4 0 1, x x x x ( 1;4]. x 2 2 2 4.(2 3) (3) (2 3) 0 1 3 4 xx xx x x x 22 2 0, ( 1;4]. 1 4 (2 3) 1 0 2 3 0 3 1 3 4 2 x x x x x x x x x x Hướng 3 . nn ab ẵ 2 2 2 (2) 4 2.2. 3 4 ( 3 4) 6 9 x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 25 2 2 2 2 2 2 3 4 3 (2 3 4) ( 3) 2 3 4 3 x x x x x x x x x 2 2 3 4 2 3 1 2 3 4 5 0 : 1;4 o x x x xx x x x VN x Ví dụ 31. Gi 2 64 2 4 2 2 4 x xx x () Phân tích. (2 4) (8 4 ) 6 4 x x x ế ả ế é ờ ả : Lời giải 2 2. x 2 2 (6 4) 4 ( ) 4.( 2 4 8 4 ) 6 4 6 4 2 4 8 4 xx x x x x x xx 2 2 2 4 3 (6 4) 1 0 2 4 8 4 2 4 8 4 4 (1) x x x xx x x x 2 2 2 (1) 2 12 2 (2 4)(8 4 ) 4 4 8 2 2 8 x x x x x x x 4 3 2 22 2 4 2 2. (2) 0 ( ) 4 20 32 64 0 x x x x x f f x x x x x Kết luận 2 , 2. 3 xx Nhận xét Q ế 3 1 ế é é ẳ S ả q ế . Nhóm II: S dụng casio, tìm nghiệm duy nhất PP o xx ghép hằng số. Ví dụ 32. Gi 2 3 1 6 3 14 8 0 x x x x () Đại học khối B năm 2010 Phân tích é : 2 3 1 6 3 14 8 X X X X và 2 = ả 5. X ú 2 ( 3 1 6 3 14 8) :( 5) X X X X X và ế shift solve 2 = thì cho ế q ả ế Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 26 T ẳ 1 é T é : 2 ( 3 1 ) ( 6 ) 3 14 8 0 x m n x x x m n , mn 5, x ĩ 3 1 3.5 1 4 6 6 5 1 mx nx 2 ( 3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0 x x x x () ( 5) x ờ ả ế : Lời giải 3 1 0 1 6. 60 3 x x x 2 ( ) ( 3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0 x x x x 3( 5) 5 (3 1)( 5) 0 3 1 4 1 6 xx xx xx 31 ( 5) 3 1 0 5. 3 1 4 1 6 x x x xx Do 1 ;6 , 3 x suy ra: 31 3 1 0. 3 1 4 1 6 x xx Kết luậ n 5. x Ví dụ 33. Gi 23 3 10 3 3 26 5 2 x x x x x () Phân tích S 2 x é : ( 3 3 ), ( 5 2 ) x m x n 3 3 3.2 3 3, 5 2 5 2.2 1 m x n x ờ ả : Lời giải 3 3 0 5 1 5 2 0 2 x x x 32 ( ) ( 3 3 3) (1 5 2 ) 3 10 24 0 x x x x x 2 3( 2) 2( 2) ( 2)( 12) 0 3 3 3 1 5 2 xx x x x xx 2 32 ( 2) ( 12) 0 3 3 3 5 2 1 x x x xx 2 x 2 32 12 3 3 3 5 2 1 xx xx (1) 2 ( ) 12 f x x x 5 1; 2 có 1 ( ) 2 1 0 2 f x x x Mà 5 33 1 49 ( 1) 10, , 2 2 2 2 f f f Suy ra: 5 1; 2 max ( ) 10. fx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 27 (1) ( ) 10, VP f x mà (1) 3 2 5 0, 1; , 2 3 3 3 5 2 1 VT x xx Kết luận 2. x Ví dụ 34. Gi i: 2 3 2 3 4 2 3 1 2 1 6 7 3 0 x x x x x x () Phân tích S 1 x é 1, x ờ ả : Lời giải . 2 2 1 0; 3 1 0 1 2 3 4 2 0 xx x xx 2 3 2 ( ) ( 3 4 2 1) ( 3 1 2) ( 2 1 1) 6 7 1 0 x x x x x x 2 32 2 3 4 1 3 3 2 2 6 7 1 0 3 1 2 2 1 1 3 4 2 1 x x x x xx xx xx 2 2 ( 1)(3 1) 3( 1) 2( 1) ( 1)(6 6 1) 0 3 1 2 2 1 1 3 4 2 1 x x x x x x x xx xx 2 2 3 1 3 2 ( 1) 6 6 1 0 3 1 2 2 1 1 3 4 2 1 x x x x xx xx 2 2 1 3 1 3 2 6 6 1 0 (1) 3 1 2 2 1 1 3 4 2 1 x x xx xx xx 2 ( ) 6 6 1 f x x x trên 1 ; 2 có 1 ( ) 12 6 0, 2 f t x x () fx 1 ;, 2 suy ra: 17 () 22 f x f Mà 2 3 1 3 2 1 ( ) 0, 2 3 1 2 2 1 1 3 4 2 1 x g x x xx xx (1) ( ) ( ) 0, VT f x g x Kết luận : 1. x Ví dụ 35. Gi 22 15 3 2 8 x x x () Phân tích S 1, x ghé : 22 ( ) 15 8 3 2 x x x và có 22 15 8 0, x x x () 3 2 0. x V ế Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 28 2 3 x Lời giải 1 22 22 22 11 ( ) 15 4 8 3 3 3 3( 1) 15 4 8 3 xx x x x x xx 22 11 ( 1) 3 0 15 4 8 3 xx x xx 1 x 22 11 3 15 4 8 3 xx xx (1) 22 (1) 2 2 2 2 1 1 8 15 1 ( 1) ( 1) 15 4 8 3 ( 15 4)( 8 3) xx VT x x x x x x 2 , 3 x suy ra: 22 10 8 15 1 0 x xx nên (1) 1 03 VT VP Kết luận 1. x Lời giải 2 : 22 ( ) 15 8 3 2 0 x x x 22 ( ) 15 8 3 2 f x x x x v x > 2 3 có: 22 2 2 2 2 8 15 2 ( ) 3 . 3 0, 3 15 8 ( 8)( 15) x x x x f x x x x x x x () fx 2 ; 3 và có (1) 0, f nên 1 x Ví dụ 36. Gi 2 3 9 2 3 5 1 1 x x x x () Học sinh giỏi Tp. Hà Nội 2013 Phân tích S 1. x é ờ ả 1 : 1 5 1 0 5 xx Lời giải 1 2 3 ( ) ( 9 2) (2 5 1) 2 3 5 0 x x x x 2 33 1 5( 1) ( 1)(2 5) 0 ( 9) 2 9 4 5 1 2 xx xx x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 29 2 3 15 ( 1) 2 5 0 1: ( 9 1) 3 5 1 2 x x x xx Do 2 3 1 5 5 2 1 2 5 5 0, 2 5 5 ( 9 1) 3 5 1 2 xx xx Nhận xét é ( ). ( ) o x x f x () fx ả q ế Đối với loại ghép h ng số () fx phương pháp truy ngư c d u ả ả () fx đối với phương trình c nghiệm duy nh t : Bước 1 . ế 2 3 ( ) 9 5 1 2 3 1 0 x x x x Bước 2 ax : é : 3 2 33 1 9 2 ( 1) , ( 9) 2 9 4 xx xx 2 33 1 ( 9) 2 9 4 xx : 5(1 ) 5 2 5 1 ( 1) , 2 5 1 2 5 1 x xx xx () mA thành ( )), A A m : 5( 1) 5 1 5 1 ( 5 1 2) 5 1 2 xx xx x 5 1( 5 1 2) 5 1 2 5 1 x x x x 51 x ế ờ ả : Lời giải 2 . Ta có: 2 3 ( ) 2 9 2 5 1 4 6 2 0 x x x x 2 3 2( 9 2) 5 1( 5 1 2) 4 5 0 x x x x x 2 33 1 5( 1) 5 1 ( 1)(4 5) 0 ( 9) 2 9 4 5 1 2 x x x xx x x x 2 3 1 5 5 1 ( 1) (4 5) 0 1 0 1. ( 9 1) 3 5 1 2 x x x x x xx Ví dụ 37. Gi 2 2 4 2 5 2 5 x x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai – S c Trăng 5 4. 2 x Phân tích và lời giải 1 . (L ờ : S 3 x é : Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 30 ( 2 ), ( 4 ), ( 2 5 ) x m x n x p , , m n p 3, x 2 1, 4 1, 2 5 1. m x n x p x 2 ( ) ( 2 1) ( 4 1) ( 2 5 1) 2 5 3 x x x x x 3 3 2( 3) ( 3)(2 1) 2 1 4 1 2 5 1 x x x xx x x x 1 1 2 ( 3) (2 1) 0 2 1 4 1 2 5 1 xx x x x 3 1 2 1 2 1 (1) 2 1 2 5 1 4 1 x x x x x (1) vô nghi m do 5 ;4 2 x có (1) (1) 1 2 1 2 3 11 2 1 2 5 1 15 2 1 2 1 2. 1 6 2 41 VT xx VP x x x Kết luận: So v u ki m duy nh t 3. x Phân tích và lời giải 2. (T c d u): Sau khi chuy n vế sao cho h s th c luôn thì 2 ( ) 2 5 2 4 2 5 0 x x x x x nếu ghép và liên h ờng thì 33 (1 2) ( ), (1 4 ) ( ) 1 2 1 4 xx x a x b xx và 2(3 ) (1 2 5) ( ) 1 2 5 x xc x th y bi u th c ( ), ( ) ac b c d u so v i bi u th c () b c l i theo d ng () m A A A m và có lời giải 2. 2 ( ) 2 5 2 4 2 5 0 x x x x x 2 2( 2 1) (1 4 ) 2 5( 2 5 1) 2 8 6 0 x x x x x x x ( 3) 2 3 2( 3) 2 5 2( 3)( 1) 0 2 1 1 4 2 5 1 x x x x x xx x x x 2 1 2 2 5 ( 3) 2( 1) 0 2 1 1 4 2 5 1 xx xx x x x 3 5 0 : ;4 . 2 1 2 2 5 2 0 2( 1) 2 1 1 4 2 5 1 o x VN x xx x x x x Kết luận: So v u ki m duy nh t 3. x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 31 Ví dụ 38. Gi 32 5 6 ( 2)( 2 2 5 ) x x x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Sở Giáo Dục & Đào Tạo tỉnh Bạc Liêu 1 5. x 2 ( ) ( 5 6) ( 2)( 2 2 5 ) x x x x x x ( 2)( 3) ( 2)( 2 2 5 ) x x x x x x ( 3) 2 2 5 x x x x (1) (do: : 2 0, 1;5 xx Lời giải 1 1. x 2 (1) ( 2 2 2) ( 5 2) ( 3 4) 0 x x x x 2( 1) 1 ( 1)( 4) 0 2 2 2 2 5 xx xx xx 1 x 21 4 2 2 2 2 5 x xx (2) Ta có: (2) (2) 22 1 2 2 2 2 1; 5 1 4 4 3 25 VT x x VP x x x Kết luận 1. x Lời giải 2 ( 1). ( ) 0 x f x có ( ) 0. fx 2 (1) 3 2 2 5 0 x x x x 2 2 2( 2 2 2) 2(2 5 ) 2 4 6 0 x x x x x ( 1) 2 2 ( 1) ( 1)( 3) 0 2 2 2 2 5 x x x xx xx 1 x ho c 2 2 1 0 3 0 2 2 2 2 5 x x xx vô nghi m 1;5 . x Kết luận 1. x Ví dụ 39. Gi 2 3 6 1 1 x x x () 1 0 1. xx Lời giải 1 . 2, x 2 3 ( ) ( 6 2) ( 1 1) 4 x x x 2 3 3 22 ( 2)( 2) 11 ( 6) 2. 6 4 xx xx x xx 2 3 11 ( 2) 2 0 ( 6 1) 3 1 1 xx xx (1) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 32 Do 2 3 1 1 1 2 2 1 2 0, 1 33 ( 6 1) 3 1 1 x x x x xx nên: (1) 2 0 2. xx Kết luận 2. x Phân tích và lời giải 2. Chuyên vế thì 2 3 ( ) 4 4 4 6 4 1 0 x x x và ả 3 3 2 2 () A A m ế ờ 3 mA ờ ả : 2 3 (2) 6 1 1 x x x 22 3 3 4 5 6 6 ( 6) 4 4 1( 1 1) 0 x x x x x x 3 2 3 3 ( 2)( 14) 6 4( 2) 1 ( 2)(4 3) 0 11 ( 6) 4 6 16 x x x x x xx x xx 3 2 3 0, 1 ( 14) 6 4 1 ( 2) 4 3 0 2 0 2. ( 6 2) 12 1 1 x x x x x x x x xx Kết luận 2. x Ví dụ 40. Gi 3 2 2 2 2 5 2 4 5 5 4 x x x x x x () 2 2 5 0 5 4 4 5 0 xx x x Phân tích và lời giải 1. S 1, x é ờ ả 1 : 3 2 2 ( ) 2 5 4 (2 2 5) 2(3 4 5) 0 x x x x x x 2 2 2 2 1 4 4 ( 1)( 4) 2 0 4 5 3 2 5 2 x x x x x x x xx 2 2 () 18 ( 1) 4 0 4 5 3 2 5 2 fx x x x x x xx (1) 22 2 1 ( 1) 4 2 ( 1) 1 1 1 ( 1) 4 2 x x x x x x (2) 5 , 4 x suy ra 8 8 8 8 33 4 5 3 4 5 3 xx (3) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 33 2 2 11 1 1 5 ( ) 4 0, 3 2 12 4 f x x x x x (4) (1) 1 0 1. xx Kết luận 1. x Phân tích và lời giải 2. T 8( 1) 4 5 2 4 5( 4 5 3) 4 5 3 xx xx x 8 4 5 5 0, 4 4 5 3 x x x 2 4 5( 4 5 3) 2(4 5) 3.2 4 5 x x x x 3 4 5 x ế 3 2 (2 2 5) xx 2 ( ) 2 5 ax b x x .( 1) mx ọ 1 a 2 . x 2 2 2 (2 2) 5 ( ) 2 5 25 b x b x b x x x b x x .( 1) mx 2 22 5 mb mb ả 1 b 3. b ả ọ 1 b ờ ả : 3 2 2 ( ) 3 6 15 12 3 2 5 6 4 5 0 x x x x x x 2 3 2 3( 1 2 5) 2 4 5( 4 5 3) 3 6 4 1 0 x x x x x x x x 2 2 12( 1) 8( 1) 4 5 ( 1)(3 3 1) 0 4 5 3 1 2 5 x x x x x x x x x x 2 2 12 8 4 5 ( 1) 3 3 1 0 1. 4 5 3 1 2 5 x x x x x x x x x Kết luận 1. x Ví dụ 41. Gi (5 4) 2 3 (4 5) 3 2 2 x x x x () Chọn đội tuyển VMO năm 2015 – Tỉnh Đồng Nai Phân tích S 6. x ế ế ế 22 (2 3)(5 4) (3 2)(4 5) 2 x x x x ả A B C ế ế ú ỉ 1 é ờ ả : Lời giải . 3 2 x ( ) (5 4) 2 3 2 (4 5) 3 2 x x x x 3 2 3 2 50 155 152 48 48 152 155 46 4(4 5) 3 2 x x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 34 32 2 3 3 2 4(4 5) 3 2 0 x x x x x (1) 32 (4 5) 3 2.( 3 2 4) 2 15 20 12 0 x x x x x x (2) 2 3( 6)(4 5) 3 2 ( 6)(2 3 2) 0 3 2 4 x x x x x x x 2 3(4 5) 3 2 ( 6) 2 3 2 0 6 3 2 4 xx x x x x x Do 2 3(4 5) 3 2 3 2 3 2 0, 2 3 2 4 xx x x x x Kết luận 6. x Bình luận T ế 1 ỹ 4(4 5)(4 3 2) xx thành (4 5) 3 2.( 3 2 4) x x x Ví dụ 42. Gi 2 ( 1) 2 ( 6) 7 7 12 x x x x x x () 2. x Phân tích và lời giải 1. S 2, x é é ( 1).( 2 ), ( 6).( 7 ). x x m x x n 2 ( ) ( 1)( 2 2) ( 6)( 7 3) ( 2 8) 0 x x x x x x 22 ( 1) ( 6) ( 2)( 4) 0 2 2 7 3 xx x x x x xx 16 ( 2) 4 0 2. 2 2 2 3 xx x x x xx Do 2, x suy ra: 2 0, 6 0 xx và lúc này, ta luôn có: 1 6 2 2 6 6 4 22 2 2 7 3 2 2 7 3 x x x x x x x x x x x 1 2 2 6 6 1 6 1 0 2 2 3 2 6 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x Kết luận 2. x Phân tích và lời giải 2. Nếu liên h p d ng ( 1)( 2) ( 1)( 2 2) 22 xx xx x 1 x 2 x ĩ ế 2 ( 2)( 1) xx sau khi ả ( 2)( 1) xx 1, 2 xx é ( ) 2 ax b x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 35 ả ( 2)( 1)), xx 2 2 2 2 2 2 14 , 33 1 2 1 2 1 khi x x ax b a b ab khi x x ax b a b é 14 ( 1) 2 33 x x x ả ế 3 ế 22 ( 1)( 2) ( 2)( 1) ( 1) ( 4) 3 2 4 3 2 4 3 2 x x x x x x x x x x x x ả ả : 2 ( 1) 0, 2. 4 3 2 x x xx : ( 6)( 2) ( 6)(3 7) 37 xx xx x 60 x 2, x : ( 6)(3 7) xx ( 2)( 6) 7 ( 6) 7( 7 3) 73 x x x x x x x ( 6) 7 0, 2. 73 xx x x T ờ ả : 2 ( ) ( 1)( 4 3 2) ( 6) 7( 7 3) 3 10 0 x x x x x x x x 2 ( 1) ( 2) 2 ( 6) 7 ( 2)( 5) 0 4 3 2 7 3 x x x x x x x x x x 2 0, 2 ( 1) ( 6) 7 ( 2) 5 0 2. 4 3 2 7 3 x x x x x x x x x x Kết luận 2. x Ví dụ 43. Gi 2 ( 1) 4 5 2( 5) 3 3 14 13 x x x x x x () 4 5 0. x Lời giải 1 . 1 x 2 ( ) ( 1)( 4 5 3) 2( 5)( 3 2) 3 7 10 x x x x x x 4( 1).( 1) 2( 5)( 1) ( 1)(3 10) 0 4 5 3 3 2 x x x x xx xx 4( 1) 2( 5) ( 1) (3 10) 0 1. 4 5 3 3 2 xx x x x xx Do 4 5 0 5 50 4 x x x 4( 1) 2( 5) (3 10) 4 5 3 3 2 xx x xx 4 5 4 5 2( 5) 5 25 5 33 4 5 3 3 2 4 5 3 x x x x x x x 4 5 4 5 2( 5) 5 25 5 2 10 5 0 3 3 2 3 3 4 5 3 4 5 3 x x x x x xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 36 Kết luận có nghi m duy nh t 1. x Lời giải 2 . 2 ( ) 2( 1). ( 2) 4 5 2( 5) 3.( 3 2) 2 6 8 0 x x x x x x x x 2 2( 1) ( 1) 2( 5)(x 1) 3 2( 1)( 4) 0 2 4 5 3 2 x x x x xx x x x 2 2( 1) 2( 5) 3 ( 1) 2( 4) 0 1. 2 4 5 3 2 x x x x x x x x x Do 2 2( 1) 2( 5) 3 5 2( 4) 0, 4 2 4 5 3 2 x x x xx x x x Kết luận m duy nh t 1. x Sai lầm thư ờng gặp i v i cách gi i 1, sai l ng g p c a h c sinh là 4( 1) 2( 5) 4 2 (3 10) ( 1) ( 5) (3 10) 32 4 5 3 3 2 xx x x x x xx 2 23 5 0, 34 x x B i lẻ v i 5 4 x thì d u c a 1 x c nh âm t. Ví dụ 44. Gi 2 3 3 2 3 2 2 2 1 x x x x () Lời giải . 2 3 x 2 3 ( ) ( 3 2 2) 2 ( 3 2 2) 2 2 2 1 x x x x x 2 3 ( 3 2 2) ( 3 2 2) 2 ( 1) 2 1 0 x x x x x 22 3 3 3( 2) 3 ( 2) 2 ( 2) 0 3 2 2 (3 2) 2 3 2 4 1 2 1 x x x x x x x x x x 22 3 3 3 3 2 ( 2) 0 3 2 2 (3 2) 2 3 2 4 1 2 1 xx x x x x x x 2 2 3 2 3 (3 2 1 2 3 2 3 1) ( 2) 0 ( 3 2 1) 3 ( 3 2 2)( 1 2 1) x x x x x x x x x 2 2 2 3 2 () 18 12 17 31 3 3 2 1 2 3 2 ( 2) 0 ( 3 2 1) 3 ( 3 2 2)( 1 2 1) fx xx xx xx x x x x x 2 0 2. xx Do 2 • 8 7 2 3 • xx x x nên ( ) 0. fx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 37 Kết luận 2. x Ví dụ 45. Gi 2 18 (2 9) 3 2 5 1 0 x x x x x () 1 5 x Lời giải 1. Liên h ng. 2 ( ) (2 9)( 3 2) 2(2 5 1) 3 4 0 x x x x x 1 10.(1 ) (2 9) ( 1)( 4) 0 3 2 5 1 2 xx x x x xx 2 9 10 ( 1) 4 0 3 2 5 1 2 x xx xx (1) 2 9 10 ( ) 4 3 2 5 1 2 x f x x xx trên 1 ; 5 22 2 3 8 3 5 1 ( ) 1 0, 5 2 3( 3 2) 5 1( 5 1 2) xx f x x x x x x () fx 1 ;, 5 suy ra 1 227 94 5 ( ) 0 5 10 f x f (2) 1 0 1. xx Kết luận 1. x Lời giải 2 c d u. ( ) 3(4 18 11 3) 2 5 1( 5 1 2) ( 1)(2 1) 0 x x x x x x x ( 1)(16 39) 10( 1) 5 1 3 ( 1)(2 1) 0 4 18 11 3 5 1 2 x x x x x x x x x x (16 39) 3 10 5 1 ( 1) (2 1) 0 1. 4 18 11 3 5 1 2 x x x x x x x x x Do 1 , 5 x suy ra: (16 39) 3 10 5 1 2 1 0. 4 18 11 3 5 1 2 x x x x x x x Kết luận 1. x Nhóm III: Có nghiệm đẹp 12 , PP x x x x ghép bậ c nhất . ax b Ví dụ 46. Gi 22 2 3 21 17 x x x x x () Phân tích. S 22 2 3 21 17 X X X X X 2. X ú 22 ( 2 3 21 17) : ( 2) X X X X X X , 1. X Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 38 2 ( 2)( 1) 3 2 x x x x é : 2 2 3 ( ) , ( ) 21 17 x x ax b cx d x , , , a b c d : 22 22 1 2 3 2.1 1 3 2 1 1 2 2 3 2.2 2 3 3 2 khi x x x ax b a b a b khi x x x ax b a b và 1 21 17 21.1 17 2 2 3 2 5 1 2 21 17 21.2 17 5 2 khi x x cx d c d c d c c d d khi x x cx d c d é ờ ả : Lời giải. 21 17 0. x 22 ( ) 2 3 ( 1) (3 1) 21 17 ( 3 2) 0 x x x x x x x 22 2 2 3 2 9( 3 2) ( 3 2) 0 3 1 21 17 2 3 1 x x x x xx xx x x x 2 2 19 ( 3 2) 1 0 3 1 21 17 2 3 1 xx xx x x x (1) Do 17 , 21 x suy ra: 2 19 10 3 1 21 17 2 3 1xx x x x nên: (1) 2 3 2 0 1 x x x 2. x Kết luận 1, 2. xx Ví dụ 47. Gi 2 2 3 4 3 5 9 6 13 x x x x () u ki n: 3 4 0 4 5 9 0 3 x x x Phân tích S : 0, 1. xx é 2. 3 4 ( ) , 3. 5 9 ( ) , x ax b x cx d : 0 3 4 3.0 4 2 .0 1 2 1 3 4 3.( 1) 4 1 .( 1) khi x x ax b a b b a b khi x x ax b a b a b 0 5 9 5.0 9 3 .0 1 3 1 5 9 5.( 1) 9 2 .( 1) khi x x cx d c d d c d khi x x cx d c d c d Lời giải . Ta có: 2 ( ) 2 3 4 ( 2) 3 5 9 ( 3) x x x x x x 22 2 2( ) 3( ) ( ) 0 3 4 2 5 9 3 x x x x xx x x x x 22 0 23 ( ) 1 0 0 1 3 4 2 5 9 3 x x x x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 39 Do 4 , 3 x suy ra: 23 1 0. 3 4 2 5 9 3 x x x x Kết luận 1, 0. xx Ví dụ 48. Gi 22 3 2 1 5 4 4 x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Chuyên Bình Long – Bình Phư ớc Phân tích S 1 , 1 2 xx é V 21 x thì 1 1 1 2 2 1 2 1 0 2 2 2 1 1 2 1 2.1 1 1 1. a x x ax b a b b x x ax b a b V 2 54x thì 2 22 11 5 4 5 1 2 2 22 3 1 5 4 5 4.1 1 khi x x ax b a b a b khi x x ax b a b Lời giải 15 22 x () a 1 2 x V 1 2 1 2 1 0 2 x x x thì: 22 ( ) 3 2 1 (2 1) . 5 4 ( 2 3) 3(2 3 1) 0 x x x x x x x 22 2 2 6(2 3 1) 4 (2 3 1) 3(2 3 1) 0 2 1 2 1 5 4 3 2 x x x x x xx xx xx 2 2 64 (2 3 1) 3 0 2 1 2 1 5 4 3 2 x xx xx xx 2 1 2 3 1 0 2 x x x (lo i) ho c 1. x Kết luận 1 1, 2 xx Nhận xét T ả é ờ 1 2 1 2 1 0 2 x x x é ế ờ ọ . Ví dụ 49. Gi 2 3 3 5 2 19 30 2 7 11 x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai – S c Trăng Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 40 Phân tích S 2, 3 xx é ờ ả : Lời giải 5 3 5 0 3 xx () a 2 3 ( ) 3 5 ( 1) 2 ( 19 30 ) 2 10 12 x x x x x x 23 22 3 3 3 5 ( 1) 19 30 2 2( 2)( 3) 3 5 1 (19 30) 19 30 x x x x xx xx x x x x 22 3 3 ( 2)( 3) ( 2)( 3)( 5) 2 2( 2)( 3) 3 5 1 (19 30) 19 30 x x x x x xx xx x x x x 22 3 3 0, ( ) 1 2( 5) ( 2)( 3) 2 0 3 5 1 (19 30) 19 30 xa x xx xx x x x x ( 2)( 3) 0 2 x x x ho c 3. x Kết luận 2, 3. xx Ví dụ 50. 3 2 2 ( 1) 3 1 2 1 2 1 6 x x x x x x x () 2 3 1 0 1 3 10 x x xx Phân tích và lời giải 1 S 2 0, 1, xx 2 ( 1) . x x x x D é : 2 ( 1). 3 1 ( ) , 2. ( ) 1 x x ax b cx d x x : 0 3 1 1 1 1 1 3 1 2 Khi x x ax b b a b Khi x x ax b a b : 2 2 0 1 1 0 1 1 1 1 Khi x x x cx d d c d Khi x x x cx d c d T ờ ả 1 : 2 3 2 ( ) ( 1) 3 1 ( 1) 2(1 1) 3 4 0 x x x x x x x x 22 2 2 ( 1)( ) 2( ) ( )( 4) 0 3 1 1 11 x x x x x x x x xx xx 2 2 0 12 ( ) 4 0 1 3 1 1 11 x x x x x x xx xx Do 2 1 2 1 1 4 2 4 1 0, 13 3 1 1 11 xx x x x x x xx xx Kết luận 0, 1. xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 41 Phân tích và lời giải 2 V () fx trong 2 ( ). ( ) x x f x sau khi liên : 2 2.(1 1) xx : 22 2. 1.( 1 1) x x x x 3 1 ( 1) xx 3 1.( 1 3 1) x x x () fx p T ờ ả : 2 2 3 ( ) 2 1( 1 1) 3 1( 1 3 1) 0 x x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2( ) 1 ( ) 3 1 ( )( 1) 0 1 3 1 11 x x x x x x x x x x xx xx 2 22 2 0 2 1 3 1 ( ) 1 0 0 1 1 3 1 11 x x x x x x x x x x xx xx Do 1 , 3 x suy ra: 2 2 2 1 3 1 1 0. 1 3 1 11 x x x x xx xx Kết luận 0, 1. xx Ví dụ 51. 32 3 2 4 4 1 x x x x x x x () Phân tích và lời giải . S 1, 2 xx é T é ế 2 ( 1)( 2) 2. x x x x ế ế ả ọ 2 3. x 2 ( ) ( 3 1) ( 2 ) ( 2)( 2) x x x x x x x 22 2 22 ( 2)( 2) 0 3 1 2 x x x x x x x x x x x 2 11 ( 2) 2 0 3 1 2 x x x x x x x 2 2 0 1 x x x 2. x Kết luận 1, 2. xx 2. Liên hợp với phương trình có nghiệ m vô tỷ hoặc có sự biến đổi Nhóm I: Đặt ẩn phụ để đơn giản hơn hoặc có sự biến đổi, rồi liên hợp Ví dụ 52. Gi (8 13) 4 7 2( 2) 2 3 12 35 x x x x x () Phân tích. S 1 2 x N 2, x ả q 1 2 2 3 2 3. t x x t Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 42 2 2 3 2 ( ) (4 1) 2 1 6 17 0 t t t t t ú 2, t é ờ ả : Lời giải 2 3 0. x 2 2 3 0 2 3. t x x t 2 2 3 2 ( ) (4 1) 2 1 6 17 t t t t t 2 2 3 2 (4 1) 2 1 ( 1) 3 2 16 0 t t t t t 22 2 2 (4 1)( 2 ) ( 2)(3 4 8) 0 2 1 1 t t t t t t tt 2 2 0, 0 11 ( 2) 3 4 8 0 2 0 2 2 2 1 1 t t t t t t x tt Kết luận 1 2 x Bình luận ế 2 3 0 tx 2 t é 2 2 2 (4 1)( 2 1 3) ( 2)( 4 7) t t t t t ế ẳ ả q ế ả ế ọ ả 22 (4 1)( 2 1 3) tt 22 (4 1). 2 1 ( 1) t t t ả ả V ế ả 1 t ?! TL ở 0, t ế .( 2) tt é ax b 0, 2) tt é 1, t ọ 2 3 2 (4 1)( 1) 4 4 1 t t t t t : 3 2 2 3 2 16 ( 2)(3 4 8) t t t t t có 2 3 3 8 0, , (do : 0, 3 0). t t t a Ví dụ 53. Gi 3 2 4 2 (8 6 1) 4 21 16 12 2 21 x x x x x x () Chọn đội tuyển VMO năm 2014 – Tỉnh Nghệ An Phân tích S 1. x Nh 2, x ả 2 tx ờ ả : Lời giải 2. tx 3 2 4 2 ( ) ( 3 1) 21 3 21 t t t t t t 3 2 3 ( 3 1) 21 ( 3 1) 21 t t t t t t khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 43 3 32 2 21.( 3 1) ( 3 1).( 21 ) 21 21 21 tt t t t t tt 3 2 3 2 3 1 21 ( 3 2) ( 3 21) 0 t t t t t t t t 22 22 6( 2) 6 ( 2)( 1) 0 ( 2) ( 1) 0 3 21 3 21 t t t t t t t t t 2, t suy ra: 2 2 1. t x x Kết luận 1. x Ví dụ 54. Gi 3 3 4 3 (28 4 ) 2 15 2 3 14 16 x x x x x () Phân tích. 3 3 4 3 3 3 28 4 4(7 ); 2 14 2 ( 7); 2 15 2( 7) 1 x x x x x x x x ả 33 3 7 7 7 t x x t x t ờ ả : Lời giải 3 3 15 2 15 0 2 xx 3 3 3 3 ( ) 2 ( 7) 3( 7) 5 4(7 ) 2( 1) x x x x x (1) 3 3 77 t x x t 33 1 2 15 0 2 2 14 1 2 x t x t 33 (1) 2 7 4 2 1 3 5 2 ( 7 2) 4 ( 2 1 1) 5( 1) 0 t t t t t t t t t t 2 3 3 2 ( 1) 8 ( 1) 5( 1) 0 1 2. 2 1 1 ( 7) 2 7 4 t t t t t t x t tt Do: 2 3 3 2 8 1 5 0, 2 2 1 1 ( 7) 2 7 4 tt t t tt Kết luận 2. x Ví dụ 55. Gi i 2 4 2 4 2 91 2 2 93 2 2 2 93 x x x x x x x x x Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Phân Châu Trinh – Đà Nẵng Lời giải 42 2 2 2 93 2 0 x x x x x 42 2 2 93 0. t x x x x Suy ra: 2 4 2 2 2 2 2 93 ( 2) 91. t x x x x x x h 2 2 2 22 22 22 ( 2) 91 2 91 91 2 2 91 x x t x x t x t t t t x 22 ( )( ) ( )( ) 0 22 91 91 x t x t x t x t x t xt tx ( , 2) xt Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 44 22 1 ( ) 0 . 22 91 91 xt x t x t x t xt tx Suy ra: 2 2 2 2 91 2 ( 91 10) ( 2 1) ( 9) x x x x x x 2 ( 3)( 3) 3 ( 3)( 3) 21 91 10 x x x xx x x 2 31 ( 3) ( 3) 0 3 : 21 91 10 x x x x x x Do: 2 3 1 3 1 ( 3) ( 3) 0, 2. 10 2 1 2 1 91 10 xx x x x xx x Kết luận 3. x Bình luận. Trong bài giả t n ph h i x ng lo i II, ta s tìm hi u d u hi u nh n d th ở nh ng bài họ n a, qua bài này tôi mu n g i m p r ng: khi g p h i x ng lo i II ch c thì sau khi l y vế tr vế s liên h p luôn nh c , xy ho c có th s d ng nhân t . xy Ví dụ 56. Gi 3 2 9 3 1 3 xx x xx () Phân tích q ế ú ú ọ ế T ờ 2 12 ( ) .( )( ) f x ax bx c a x x x x 12 , xx ( ) 0 fx ẳ : 2 22 22 • • • x x x x x x x x x x x x x x T ế ờ ả : Lời giải 1 0; 9 0 1 9 3 1 3 0. 00 x x x xx xx ( 1 2)( 1 2) 2 9 () ( 1 1)( 1 2) ( 1 1)( 1 1) x x x x x x x ( 1 2)( 1 1) 2 9 3 3 1 2 9 0 x x x x x x ( 8) 1 2( 8) 1( 1 3) 2(1 9 ) 0 0 1 3 1 9 x x x x x x xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 45 8 0 8 : xx Do: 12 0, 1;9 \ 0 1 3 1 9 x x xx . Kết luận 8. x Ví dụ 57. Gi ( 6) 1 8 2 2 1 5 2 31 x x x x xx () Lời giải V 1, x thì ta có: 2 32 • • 6 8 5 6 ( 1) 2( 1) 5 1 6 ( 1 2)( 1 3)( 1 1) x x x x x x x x x x x x x x x x x x 1 1 2 1 1 0 x x x x ( 1 2)( 1 3)( 1 1) 2 1 5 2 1 5 ( ) 1 3 22 ( 1 1)( 1 2) x x x x x x xx x5 nên có tách ghép: ( 2 1 3) 2 1 2 1 2( 1 2) ( 2 1 3) 2 x x x x 2( 5) 2( 5) 1 1 ( 5) 0 1 2 2 1 3 1 2 2 1 3 xx x x x x x 5 0 1 5 : 2 1 1 1 0 2 2 2 1 1 xx x x x x x x Kết luận 5. x Ví dụ 58. Gi 2 9 14 25 ( 1 1)(2 4) 3 3 4 2 1 x x x x x xx () Phân tích và lời giải 1, x suy ra: 3 3 4 2 1 0. xx Ta có: 22 (3 3) 4 2 1 (3 3) 4 2 1 (3 3) 16 2 1 9 14 25 x x x x x x x x 2 9 14 25 (3 3) 4 2 1 3 3 4 2 1 xx xx xx ( 1 1)(2 4) ( ) 3 3 4 2 1 xx xx x 2 3 3 4 2 1 (2 4) 1 2 4 x x x x x x x 2 3 5 4 4 2 1 2( 2) 1 0 x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 46 D ẵ nn AB ẳ : 22 4 2.2 . 2 1 (2 1) ( 2) 2.( 2). 1 ( 1) 0 x x x x x x x x 2 2 2 2 (2 2 1) ( 2 1) 0 (2 2 1) ( 2 1) x x x x x x x x 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 3 2 1 2 1 0 x x x x x x x x x x x x x x (1) (2) 1 ọ 1 x : 22 (1) 3 2 2 ( 1)(2 1) 4 4 2 ( 1)(2 1) 6 x x x x x x x x x Do 1, x suy ra: 22 2 ( 1)(2 1) 2 .2 2 2. 2 6 Cauchy x x x x x x x x S 1, x é (2) : (2) 1 2 1( 2 1 1) ( 1) 0 x x x x ỹ 2( 1) 2 1 1 ( 1) 0 2 1 1 xx xx x 0, 1 2 ( 1)(2x 1) 1 1 1 0 1 0 1. 2 1 1 x x x x x x x Kết luận 1. x Ví dụ 59. 3 2 3 2 2 3 2 9 4 4 2 2 4 1 x x x x x x x () 3 2 2 2 3 ( ) 16 4 4 9 4 4 3 2 2 0 x x x x x x x (1) 3 2 3 3 2 3 2 2 0 35 54 0 0 x x x x x x 54 35 x TH 1 V 0 x 0 x TH 2 V 54 0; 35 x 0, x 3 22 1 1 1 1 2 (1) 16 4 9 4 3 1 x x x xx (2) 3 2 1, t x suy ra: 3 3 2 1 1 1 2 t t xx 66 (2) 15 8 3 2 0 t t t u ki n: 3 2 0) t 66 66 66 11 ( 15 4) (3 8) 3 3 3( 1) 15 4 8 3 tt t t t t tt khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 47 3 2 3 2 66 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1) 3 0 1 1. 15 4 8 3 t t t t t t t t x tt 3 2 3 2 66 66 ( 1)( 1) ( 1)( 1) 15 4 8 3 15 4 8 3 t t t t t t tt tt Suy ra: 3 2 3 2 66 ( 1)( 1) ( 1)( 1) 2 3 0, 3 15 4 8 3 t t t t t t t tt TH 3 V ( ;0), x ho 0, x 3 2 2 2 3 1 1 1 (1) 16 4 4 9 4 4 3. 2 2 x x x x x x x x x 3 22 1 1 1 1 2 9 4 16 4 3 1 x x x xx (3) 3 2 1, t x suy ra: 3 3 2 1 1 1 2 t t xx Do 3 0 1 1. x t t 66 (3) 8 15 3 2 0 t t t (4) 66 ( ) 8 15 3 2 f t t t t trên ( ; 1), 5 66 11 ( ) 3 3 0, 1. 8 15 f t t t tt () ft trên ( ; 1), suy ra: 66 ( ) 8 15 3 2 f( 1) 2 f t t t t (5) 5 Kết luận 0, 1. xx Ví dụ 60. 22 6 1 (2 1) 2 3 x x x x x () Học sinh giỏi tỉnh Long An năm 2014 T nh: . D Phân tích và lời giải 1 S 22 0 :(2 1)( 2 3 ) 6 1 2 a x x x a x x ax a p: 22 2 2 23 (2 1) (6 2 ) 1 . 23 x x a x x a x a x x a : 2 2 6 2 2 2 3 4 1 2 31 a a a aa ờ ả 1 : 2 2 2 2 2 (2 1)( 2 1) ( ) (2 1)( 2 3 2) 2 1 2 1 2 3 2 x x x x x x x x x x xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 48 2 2 2 2 2 1 0 21 ( 2 1) 1 0 2 3 2 1 2 3 2 xx x xx x x x xx 22 12 12 2 1 0 3 15 2 3 (2 1) 3 x x x x x x x Kết luận 3 15 1 2, 3 xx Lời giải 2 . Do 1 2 x 2 2 61 ( ) 2 3 2 2 21 xx xx x 2 22 2 2 12 2 1 0 2 1 2 1 3 15 21 2 2 3 2 1 2 3 2 3 x xx x x x x x x x x xx x Bình luận V q ế ax b ế q ế ả hệ số x 2 ng nhau nên để đơn giản c thể thêm h ng số a T ờ ả 3 phương pháp đ t n số phụ không hoàn toàn (nên làm khi là số chính phương) : Lời giải 3 2 2 2 2 3 2 2 3 t x x x t x 2 ( ) (2 1) 4 2 0 t x t x 2 (2 3) t x 2 t 2 1. tx Suy ra: 2 2 2 3 2 12 2 3 2 1 xx x x x x 3 15 3 x Ví dụ 61. 32 2 2 2 3 1 1 2 x x x xx x () Phân tích ế ế 2 2 3 2 ( 2) 1 ( ) 2 (3 ) 1 x x x ax b x x a x b ế ế ế ả 3 ế ế ả é ờ ả : Lời giải . D 22 22 5 3 5 3 ( ) 1 2 1 ( 2) 22 xx x x x x x x xx (1) V 22 1 2 0 1 2 : x x x x x x V 2 1 2 0 x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 49 22 22 (5 3) 5 3 3 1 1 (1) 0 522 1 2 1 2 xx x xx x x x x x x (2) 22 1 3 2 5 (2) 1 2 x x x x x Kết luận 3 1 3 2 5 , 52 xx Ví dụ 62. 22 2 16 18 1 2 4 x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang 21 x 1. x Phân tích và lờ i giải 1 S 1, x 2 1. x 2 1 x ả 1, x ế ú ỉ é ế 2 2 16 18 (2 4) x x x ở ế ẵ é é 2 4 0. x T ờ ả 1: 22 ( ) 2 16 18 (2 4) 1 0 x x x x 2 2 2 2( 1) 10 2 16 18 2 4 x x x x x 2 2 2 21 1 1 0 2 16 18 2 4 x x x x x 2 1 0 1 xx 22 2 16 18 2 4 2 1 x x x x (1) 22 2 22 2 16 18 1 2 4 ( ),(1) 3 1 4 8 2 16 18 2 1 2 4 x x x x xx x x x x 2 2 2 4 8 0 2 32 3 57 7 9( 1) (4 8) 7 64 73 0 xx x x x x x Kết l uận 32 3 57 1, 7 xx Phân tích và lời giải 2 4, 1 ab ĩ 22 2 16 18 .( 2) .( 1) x x a x b x 2 2 2 ( ) 4( 2) 2( 1) 2( 2) 1 x x x x (1) Do 2 x 2 0, x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 50 22 2 11 (1) 4 2 2 2 ( 2) xx x x (2) 2 1 0 2 x t x 2 22 0 02 (2) 4 2 2 4 4 2 (2 ) 3 t t tt tt t V 2 2 1 0 0 1 0 1: 2 x t x x x V 2 2 4 1 4 32 3 57 3 1 4( 2) : 3 2 3 7 x t x x x x 3 57 32 1, 7 xx Ví dụ 63. 22 11 1 2 2 1 2 2 5 x x x x xx () Lời giải 0. x 2 2 2 2 1 ( ) 2 2 2 2 ( 2 2 2 2) 5 x x x x x x x x x 22 22 14 2 2 2 2 5 2 2 2 2 x x x x x x x x x x 22 22 4 2 2 2 2 5 2 2 2 2 x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) 1 ( 1) 1 2. t x x x x x x 2 4 (1) 5 5 4 0 1 t t t t t 4 t Suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 ( 2 2)( 2 2) 8 x x x x x x x x x 42 4 4 2 2 6 6 6 6 26 46 3 4 12 36 12 32 xx x x x x x x x Nhóm II: S dụng chức năng table của casio t ìm nhân t bậc hai, bậc ba V q ọ ú ú é ú ờ q ả Ví dụ 64. Gi 2 2 2 12 2. 4 4 1 xx x x x () khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 51 Phân tích 2 2 2 12 2. 4 4 1 XX X X X SHIFT / CACL / 9 / 1.732050808. X T TABLE : casio fx – 570 ES PLUS) ế XA : ALPHA / ) / SHIFT / RCL / (–) 2 () f X A AX : MODE SETUP / 7 / ALPHA / (–) / 2 x / / ALPHA / (–) / ALPHA / ) / / / 9 / / 9 / / 1 / : () 9 1 4.732 , 10 0 3 X F X q ế dòng có . T 1 0 3 2 3 x 3 () FX : 2 . X bX c casio fx – 570 VN PLUS ho c Vinacal 570es flus : () gx : MODE SETUP / 7 / ALPHA /(–) / 2 x / / ALPHA / (–) / ALPHA / ) / / / / 9 / / 9 / / 1 / T é ờ ả : Lời giải 2 1 0 4 0 4. 4 xx xx x 2 2 2 12 ( ) ( 3) 2. 1 1 0 4 1 xx x x x 2 2 2 22 1 1 12 4 ( 3) 2. 0 11 1 4 xx x x x x x x x 22 2 2 2 2 2.( 3) 3 ( 3) 0 ( 4)( 1) 4 1.( 1 2) xx x x x x x x x 2 2 2 2 3 21 ( 3) 1 0 3 ( 4)( 1) 4 1 2 1 x x x x x x x x x Do 2 2 2 21 1 0, 4. ( 4)( 1) 4 1 2 1 x x x x x x x Kết luận 3, 3. xx Bình luận : S 2 3, x ờ ờ ả ọ é 1 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 52 2 3 x ỉ “ ả ” 2 1 , 4 xx x é 2 1 4 xx a x và 2 2 2 2 2 1 (1 ) 1 4 44 x x x a x a a xx 2 3 x nên t ọ 1. a “ ả ” é q 2 3 x Ví dụ 65. Gi 2 2 2 9 2 1 4 2 3 xx xx x () Phân tích S 2 7 x é T ờ ả : Lời giải 93 x 3. x 2 2 2 ( 7) 8 2 9 ( ) 0 4 2 3 xx xx x 2 22 1 2 9 ( 7) 1 1 0 4 32 x x x x x 22 2 22 1 3 2 2 9 ( 7) 0 4 32 x x x x x x x x 22 2 2 2 2 2 1 7 7 ( 7) 0 4 3.( 3 2) 2 ( 9)( 2) xx x x x x x x x x 2 2 2 2 2 1 1 1 ( 7) 0 2 3.( 3 2) 2 ( 9)( 2) x x x x x x x x 2 7 0 7 xx 7. x Do 2 2 2 2 1 1 1 0, ( ). 2 3.( 3 2) 2 ( 9)( 2) xa x x x x x x x Kết luận 7. x Bình luận Q ế é ẵ T é ế : Ví dụ 66. Gi 22 2(1 ) 2 1 2 1 x x x x x () 2 12 2 1 0 21 x xx x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 53 Phân tích B 22 ( ). ax bx c dx e ax fx g ả T ả 2 25 xx : Lời giải 2 2 5. xx 22 ( ) ( 2 5) 2( 1)( 2 1 2) 0 x x x x x 2 2 2 2 2 2 5 0 2( 1)( 2 5) ( 2 5) 0 2 1 2 2 1 2 xx x x x xx x x x xx (1) (2) (1) 1 6 x 1 6. x 2 (2) 2 1 2 : x x x Kết luận 1 6. x Ví dụ 67. Gi 3 3 2 2 7 11 5 3 5 7 x x x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Chuyên Bảo Lộc – Lâm Đồng Phân tích S 2 3 xx ẵ T é 57 x n ghép ( ) 5 7 ax b x : 2 3. xx V 1, 2 ab : 22 3 (5 7) ( 2) . x x x x H 2 x 2 x é T ờ ả ế : Lời giải 7 5 x 332 7 11 5, 2. a x x x b x 3 2 3 2 ( ) ( 3) 7 11 5 ( 2) ( 2) 5 7 0 x x x x x x x x 22 2 22 33 30 2 5 7 x x x x xx a ab b xx 2 22 1 1 1 13 ( 3) 1 0 2 2 5 7 x x x a ab b xx Do: 22 1 1 7 1 0, 5 2 5 7 x a ab b xx Kết luận 1 13 2 x Ví dụ 68. 33 23 12 46 15 5 1 2 2 x x x x x () Phân tích S 2 X 1 33 23 ( 12 46 15 5 1 2 2) :( 2) X X X X X X solve 9 = ế 2 2 1. xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 54 23 ( 2)( 2 1) 5 2 x x x x x ờ Lời giải 33 23 12 46 15, 2 1, 5 1. a x x b x c x x 33 23 ( ) 12 46 15 (2 1) ( 5 1 1) 0 x x x x x 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 8 40 16 5 2 8( 5 2) 5 2 00 11 x x x x x x x x a ab b c c a ab b c c 3 2 2 2 0, , , 2 81 ( 5 2) 0 1 12 a b c x xx a ab b c c x Kết luận 2 x 1 2. x Ví dụ 69. Gi 3 3 2 2 174 16 62 78 7 36 5 x x x x x x () Phân tích S 1 X 1 3 3 2 2 174 16 62 78 7 36 : ( 1) 5 x x x x x X x và 9 = ế 2 3 11. xx 2 3 2 ( 1)( 3 11) 4 8 11, x x x x x x ờ ả ế : Lời giải 5. x 3 3 2 3 2 ( ) ( 5) 16 62 78 2 6 x x x x x x x 3 3 2 3 2 2 4 8 11 ( 5) 16 62 78 2 9 5 x x x x x x x x x 3 3 2 3 2 4 8 11 ( 5) 16 62 78 ( 5)(2 1) x x x x x x x x x 3 3 2 3 2 4 8 11 ( 5). 16 62 78 (2 1) x x x x x x x x 3 3 2 3 2 ( 4 8 11) ( 5). (2 1) 16 62 78 0 x x x x x x x x 332 2 1, 16 62 78. a x b x x x 32 32 22 7( 5)( 4 8 11) ( 4 8 11) 0 x x x x x x x a ab b 32 22 7( 5) ( 4 8 11) 1 0 x x x x a ab b 2 2 32 2 2 3 7( 5) 24 ( 4 8 11) 0 3 24 aa bx x x x aa b khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 55 2 2 32 2 2 3 (2 1) 7( 5) 24 ( 4 8 11) 0 3 24 a b x x x x x aa b 2 2 32 2 2 12 16 143 24 ( 4 8 11) 0 3 24 a x x b x x x aa b 32 4 8 11 0 1 x x x x 3 53 2 x Vì: 2 22 2 12 16 143 0, 3 0; 0 2 2 4 x x x a a a bb 2 2 2 2 12 16 143 24 0. 3 24 a x x b aa b Kết luận 3 53 1, 2 xx Ví dụ 70. Gi 3 2 2 3 2 2 4 2 11 x x x x x x () Phân tích S 2 27 xx ờ ả : Lời giải 4. x 2 ( ) ( 3) 2 4 ( 2) 2 1 0 x x x x x (1) ( 3) 2 4 ( 2) 2 1 0 x x x x 1 2 2 : x 1 2 2 ( 3) 2 4 ( 2) 2 1 0 x x x x x 2 2 2 ( 2 7) 2 7 (1) 0 3 2 4 2 2 1 x x x x x x x x x 2 2 1 ( 2 7) 0 3 2 4 2 2 1 x xx x x x x 2 2 2 7 0 2 2 1. ( 2 2 1) 3 2 4 0 (2) x x x x x x x x (2), ( ), 3 2 2 3 2 2 3 2 2 4 2 11 2 3 2 11 2 4 x x x x x x x x x x x x 2 2 2 2 1 2 4 2 11 2 11 2 4 2.( 4) 11 x x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 56 22 31 xx Kết luận 2 2 1. x Ví dụ 71. Gi 23 8 3 3 1 x x x () Phân tích S 2 1 xx ờ ả : Lời giải 2 8 3 8 3 8 3 0 33 xx 22 ( ) ( 1)( 1) (2 ) 8 3 0 x x x x x 2 2 2 4( 1) ( 1)( 1) 0 2 8 3 xx x x x xx 2 2 2 2 1 0 (1) 4 ( 1) 1 0 4 1 0 (2) 2 8 3 2 8 3 xx x x x x xx xx 2 15 (1) 1 0 : 2 x x x 2 (2) ( 1)(2 8 3 ) 4 0 x x x 23 8 3 3 1 x x x 33 ( 1)(2 3 1) 4 ( 1)( 4 3) 4 0 x x x x x x x 4 2 3 2 2 3 ( 4 4) 4 0 0 ( 2) 4 0 : x x x x x x x Kết luận 1 5 1 5 , 22 xx Ví dụ 72. Gi 2 2 3 2 (3 11) 1 3 3. 8 11 3. 4 x x x x x () Lời giải 32 3 3. 8 11 3. 4 0 x x x (1) 2 2 2 2 ( ) (3 11) 1 3. (3 11) 8 4 x x x x x 22 2 2 2 2 2 (3 11)(1 2 ) (3 11)( 1 3. ) 4(1 2 ) 4(1 2 ) 1 3. xx x x x x x xx 2 2 2 2 2 2 3 11 (1 2 ) 4 0 (1 2 )(3 11 4 1 4 3 ) 0 1 3. x x x x x x xx 2 2 2 2 2 (1 2 ) ( 1 2. 1.2 2 ) 2( 2 . 3 3) 0 x x x x x (2) 2 2 2 2 2 2 1 2 0 (1 2 ) ( 1 2) 2( 3) 0 1 2 0 30 x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 57 1 2 x 3 2 2 3 x x x 3. x Kết luận 2 , 3. 2 xx Bình luận T ế ả 22 0 0 0 A AB B ế ờ ẵ ế ẳ ỹ ở ả ẳ ả trình : 2 4 3 3 4 3 2 2 1 x x x x x ế ẳ : (4 2.2. 3 3) (1 2 2 1 2 1) 0 x x x x 22 2 3 0 (2 3) (1 2 1) 0 1. 1 2 1 0 x x x x x S ờ ọ 1, x é sau: 2 4 ( 3 2) 2( 2 1 1) 4 5 1 x x x x x 1 4 ( 1) 4( 1) ( 1)(4 1) 44 4 1 0 3 2 2 1 1 3 2 2 1 1 x x x x xx x x xx xx ú T q q ọ ả ọ ả ọ Ví dụ 73. Gi 3 3 2 3 8x 2 2 20 2( 1) x x x x () Phân tích S 2 22 xx ờ ả : Lời giải 32 8 2 0 x x x () a 3 3 2 3 ( ) 8 2 2 (2 4) 2 20 x x x x x 3 2 3 3 3 3 2 2 3 3 2 3 8 6 (2 4) 8( 20) 8 2 2 (2 4) 2(2 4) 20 ( 20) x x x x x x x x x x x x 22 3 3 2 2 3 3 2 3 ( 3)( 2 2) 48( 2 2) 8 2 2 (2 4) 2(2 4) 20 ( 20) x x x x x x x x x x x x 2 3 2 3 3 2 3 2 3 2 2 0 1 3 48 3 (1) (2 4) 2(2 4) 20 ( 20) 8 2 2 x x x x x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 58 V 1 2 3 2 3 2 33 1 32 48 0 ( 20) 3 ( 20) (2 4) 3 (1) : . 24 3 0 8 2 2 o VT xx x x VN x VP x x x V 3 3 32 2 2 2 20 0 3 ( ) : 8 2 0 xx x x x x Kết luận 1 3. x Ví dụ 74. Gi 3 2 3 2 ( 3 5) 2 5 3 5 2 5 x x x x x x x () Lời giải 2 5 2 5 0 2 x x x 0. x 3 2 3 2 3 ( ) ( 3 5)( 2 5 1) 3 5 2 5 ( 3 5) x x x x x x x x x 2 32 2 2 5 1 ( 3 5) (2 5 1) 2 5 1 xx x x x x x xx 2 3 2 32 2 2 5 1 0 35 (2 5 1) 0 3 5 ( 2 5 1) 2 5 1 xx xx x x x x x x x x xx (1) (2) 5 33 (1) 4 x 5 33 : 4 x 2 3 2 3 2 (2) 2 5 2 5 (2 5) ( . 2 5) x x x x x x x x x x 3 2 3 2 3 ( ) 2 (2 5) (2 5) (2 5) x x x x x x 3 2 3 2 ( ) (2 5) (2 5) 0 x x x x 2 3 32 2 2 5 0 2 5 3 (2 5) 0 : 24 2 5 0 xx x xx x Kết luận 5 33 5 33 , 44 xx Bình luận 3 2 3 2 (3 5 2 5) ( 3 5) (2 5 1) x x x x x x x x ế é 2 2 2 2 5 1 2 5 1 2 5 1 xx xx xx 2 2 5 1 xx é T ra . Ví dụ 75. Gi 22 (3 5 6) 2 3 6 5 x x x x x () khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 59 Lời giải 2 20 3 2 6 3 3 6 5 0 x x xx 2 22 2 3 5 7 ( ) (3 5 7) 2 3 6 5 2 3 6 5 2 xx x x x x x x x x x 2 2 1 (3 5 7) 2 0 3 6 5 2 x x x x x x 2 2 2 2 3 5 7 0 5 109 3 5 7 0 6 1 2 (2 )(3 6 5) 1: 3 6 5 2 o xx x x x x x x x x VN x x x Kết luận 5 109 6 x Ví dụ 76. Gi 2 2 3 2 ( 3) 1 3 4 1 x x x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên Lời giải . . D 32 2 22 3 4 1 7 8 ( ) 1 ( 3) 33 x x x x x x x xx 2 22 2 7 8 7 8 7 8 1 ( 3) 0 0 33 13 x x x x x x xx x x x 2 2 22 8 11 7 (7 8) 0 3 13 1 (1) x x x x x x x x x x 2 2 2 2 1 3 3 1 1. 2 4 2 t x x x t x x 22 1 5 1 3 2 5 (1) 1 0 2 2 1 5 0 22 t t t x x x Kết luận 8 1 3 2 5 , 72 xx BÀI TẬP RÈN LUYỆN BT 11. Gi 10 1 3 5 9 4 2 2. x x x x () x BT 12. Gi 2 2 2 2 3 5 1 2 3( 1) 3 4 x x x x x x x BT 13. Gi 2 3 1 3 1 2 3. x x x x () x BT 14. Gi 22 ( 1) 5 1. x x x x () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 60 BT 15. Gi 2 2 10 2 3. x x x () x BT 16. Gi 2 3 2 6. x x x () x BT 17. Gi i 22 4 5 1 2 1 9 3. x x x x x () x BT 18. Gi 2 1 1 2. x x x () x BT 19. Gi 2 2 3 2 2. x x x x () x BT 20. Gi 3 4 1 3 2 5 x xx () x BT 21. Gi 31 4 1 2 5 x xx () x BT 22. Gi 9( 4 1 3 2) 3. x x x () x BT 23. Gi 22 2 3 5 2 3 5 3 . x x x x x () x BT 24. Gi i 22 2 1 1 3 . x x x x x () x BT 25. Gi 3 3 1 1. 3 10 x x x () x BT 26. Gi 1 3 1. 2 x xx x () x BT 27. Gi 22 9 8 1 3 1 8 . x x x x x () x BT 28. Gi 4 1 5 2 x x x x x x () x BT 29. Gi 2 2 4 2 5 1. x x x x () x BT 30. Gi 4 3 2 3 2 1 5 12 15 3 0. x x x x x x BT 31. Gi 22 12 5 3 5. x x x () x BT 32. Gi 22 10 91 7 4. 3 x x x () x BT 33. Gi 2 3 5 2 7 2 0. x x x x () x BT 34. Gi 32 5 1 2 5 10 13 0. x x x x x () x BT 35. Gi 32 3 1 2 1 3 2 5 3 0. x x x x x x BT 36. Gi 32 3 17 8 9 3 2 7 0. x x x x x () x BT 37. Gi 4 3 2 3 2 2 2 3 8 8 0. x x x x x x BT 38. Gi 2 9 20 2 3 10. x x x () x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 61 BT 39. Gi nh: 2 2 2( 1) 20. (3 7 2 ) x x x () x BT 40. Gi 2 2 6 2 1 1. ( 2 1 1) x xx x () x BT 41. Gi 8 3 2 1 1. 8 1 1 x x x () x BT 42. Gi 22 ( 4)( 1 1) . x x x () x BT 43. Gi 2 ( 7 3)(1 10 21) 4. x x x x () x BT 44. Gi 2 ( 5 2)(1 7 10) 3. x x x x () x BT 45. Gi ( 1 1)( 1 2 5) . x x x x () x BT 46. Gi h: 2 3 2 11 21 3 4 4. x x x () x BT 47. Gi 3 2 3 4 2 5 4 16. x x x () x BT 48. Gi 3 2 4 1 2 3. x x x () x BT 49. Gi 2 3 6 1 1. x x x () x BT 50. Gi 3 2 3 2. ( 4) 7 3 28 0. x x x x x () x BT 51. Gi 3 2 2 2 3 8 2 15. x x x () x BT 52. Gi 2 3 6 7 1. x x x () x BT 53. Gi : 3 3 5 3 4. xx () x BT 54. Gi 3 2 3 3 1 2 . x x x () x BT 55. Gi 33 2 6 5 . x x x () x BT 56. Gi 32 3 3 2 3 3 0. x x x x () x BT 57. Gi 2 3 4 2 7 8 13 0. x x x x () x BT 58. Gi 2 3 2 1 2 13 4 44 117 0. x x x x () x BT 59. Gi 33 2 3 ( 2) 3 6 3. x x x x () x BT 60. Gi : 32 33 2 5 2 3 2( 1). x x x x x () x BT 61. Gi 3 2 2 4 4 2 1 4. x x x x () x BT 62. Gi 332 4 2 2. x x x x () x BT 63. Gi 322 1 2 1 2. x x x x x () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT , BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 62 BT 64. Gi 3 3 2 2 2 ( 1) 2 1 2 . x x x x x x () x BT 65. Gi 3 3 2 2 1 3. x x x x () x BT 66. Gi 322 10 1 1. x x x x () x BT 67. Gi 3 3 5 3 2 2. x x x () x BT 68. Gi 332 3 4 4 3 2 3 . 3 x x x x x () x BT 69. Gi 2 3 2 4 1 3 2. x x x x x () x BT 70. Gi 22 5 5 2 3 2. x x x x x () x BT 71. Gi 2 ( 2 2 1 1)(1 1 ) . x x x x x x () x BT 72. Gi 3 2 2 2 ( 1)(2 3 ) 3 5 5 3. x x x x x () x BT 73. Gi 2 2 2 (2 2 5)( 1) 4 1 2 2 5 x x x x x x x x BT 74. Gi 3 2 3 2 2 3 2 9 4 4 2 2 4 1. x x x x x x x BT 75. Gi 2 2 11 2 16 28 5 . x x x x () x BT 76. Gi 2 2 2 3 3 3 6 2 . 32 4 xx x x x () x BT 77. Gi 22 2 21 1 23 2 x x x x x () x BT 78. Gi 2 2 3 2 2( 1) 2 3 8 4. x x x x x () x BT 79. Gi ( 2) 1 (4 5) 2 3 6 23 0. x x x x x () x BT 80. Gi 22 ( 2) 3 6 2 1 3 10 0. x x x x x () x BT 81. Gi 2 ( 1) 4 5 2( 5) 3 3 14 13. x x x x x x BT 82. Gi 2 ( 1) 2 3 2(3 1) 4 2 16 14 2. x x x x x x BT 83. Gi 2 3 1 5 4 3 3. x x x x () x BT 84. Gi 22 2 5 7 5 6 3 0. x x x x x () x BT 85. Gi 2 2 3 2 ( 3) 1 3 4 1. x x x x x x () x BT 86. Gi 3 2 3 2 2 1 3 5. x x x x x x () x BT 87. Gi 3 5 1 7 8 2 2 1. x x x x () x BT 88. Gi 22 ( 1) 2 5 4 1 2( 1). x x x x x x () x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 63 BT 89. Gi 2 3 2 3 5 6. x x x x () x BT 90. Gi 3 3 2 (5 1) 3 6 2 3. x x x x x () x BT 91. Gi 2 3 3 2 6 18 9 10 81. x x x x x x x () x BT 92. Gi 11 1 1 . 22 x x x x x () x BT 93. Gi 2 6 2 1 4 9 2 3. x x x x () x BT 94. Gi 2 4 1 2 1 3. 3 ( 2 1) xx x x () x BT 95. Gi 2 46 17 3 6 1 5 8x. 2 1 4 3 1 x xx xx () x BT 96. Gi i: 2 2 2 ( 10 26) 4 ( 2 2) 2 3 18. x x x x x x x x () x BT 97. Gi 3 ( 3)(2 2) 2 5 3 7. x x x x () x BT 98. Gi 2 6 2 6 6 5 2 5. x x x x x () x BT 99. Gi 22 3 2 5 6 ( 5 9 18 2). x x x x x x BT 100. Gi 3 2 2 4x 3 2x 5 2x 13. x x x () x BT 101. Gi 3 2 2 3 2 2 4 2 11. x x x x x x () x BT 102. Gi 22 3 2 1 2 3 3 2 . x x x x x x () x BT 103. Gi 2 3 2. x x x x () x BT 104. Gi 3 2 3 2 2 ( 1) 3 2 6 7 2 . x x x x x x () x BT 105. Gi 4 4 ( 8) ( 1 1) . x x x x x () x BT 106. Gi 3 61 1. 1 1 x x x x () x BT 107. Gi 2 2 12 1 x x x x x () x BT 108. Gi 22 (3 5 6) 2 3 6 5. x x x x x () x BT 109. Gi 3 2 2 3 1. 4 x xx () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 64 §3. GIAÛI PHÖÔNG TRÌNH VO TYÛ BAÈNG CAÙCH ÑAËT AÅN PHUÏ I. Đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỷ Đặt ẩn phụ là một hình thức đưa bài toán từ tình thế phức tạp sang tình thế đơn giản hơn mà đã biết cách giải. Có rất nhiều cách đặt ẩn phụ khác nhau tùy thuộc vào đặc điểm của từng phương trình mà ta có thể đặt một ẩn phụ, hai ẩn phụ, ba ẩn phụ,… để đưa về phương trình hoặc hệ phương trình. Sau khi đặt ẩn phụ, ta cần đi tìm điều kiện cho ẩn phụ. Tùy vào mục đích của ẩn phụ mà ta đi tìm điều kiện cho hợp lý (dễ, không gây sai sót). II. Một số dạng đặt ẩn phụ cơ bản thường gặp và phương pháp giải. 1. Dạng 1. . ( ) . ( ) 0 n a f x b f x c (1) Nhận dạng: Biểu thức chứa biến trong và ngoài căn thức có mối liên hệ. Phương pháp giải: Bước 1. Đặt điều kiện. Bước 2. Đặt ( ) ( ) n n t f x t f x thì (1) . . 0 . n a t b t c t x Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 77. Giải phương trình: 22 3 12 5 10 4 12 0 x x x x () Phân tích. Nhận thấy nếu đặt 2 10 4 0, t x x thì biểu thức chứa biến số ngo|i căn thức 22 3 12 3.(4 ) x x x x có mối liên hệ với nhau nên có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 2 10 4 0 2 14 2 14. x x x Đặt 2 2 2 2 2 10 4 0 10 4 3 12 3(10 ). t x x t x x x x t 2 2 0 ( ) 3(10 ) 5 12 0 3. 3 5 42 0 t t t t tt Với 3, t suy ra: 22 10 4 3 4 1 0 2 5. x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 2 5. x Ví dụ 78. Giải phương trình: 2 ( 4)( 1) 3 5 2 6 x x x x () Phân tích. Nhận thấy nếu đặt 2 5 2 0, t x x thì biểu thức chứa biến số ngo|i căn thức 2 ( 4)( 1) 5 4 x x x x có mối liên hệ với nhau nên có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 2 5 2 0. xx Đặt 2 2 2 2 2 5 2 0 5 2 5 2. t x x t x x x x t 2 ( ) 3 4 0 1 t t t (loại) hoặc 4 t (nhận). khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 65 Với 4, t suy ra: 22 5 2 4 5 14 0 2 x x x x x hoặc 7. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 2, 7. xx Ví dụ 79. Giải phương trình: 3 22 6 2 3 4 10 0 x x x x () Phân tích. Nhận thấy nếu đặt 3 2 3 4, t x x thì biểu thức chứa biến số ngo|i căn thức: 22 6 2 2.(3 ) x x x x có mối liên hệ với nhau nên có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 2 3 2 2 3 3 4 3 4 3 4. t x x t x x x x t 3 3 2 ( ) 2( 4) 10 0 2 18 0 ( 2)(2 4 9) 0 2. t t t t t t t t Với 2, t suy ra: 322 3 4 2 3 4 0 1 x x x x x hoặc 4 3 x Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là 4 1, 3 xx Ví dụ 80. Giải phương trình: 22 3 2 1 x x x x () Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản , A B C hướng xử lý thường gặp l| đặt điều kiện, lũy thừa v| giải phương trình hệ quả. Do hai biểu thức chứa biến trong căn thức có mối liên hệ với nhau, để đơn giản có thể đặt 2 t x x v| có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 1 2. x Đặt 2 . t x x Khi đó: ( ) 3 2 1 3 1 2 3 3 2 2 t t t t t t t 2 0 0 2 1. 1 2 20 t t t t t tt tt Với 1, t suy ra: 2 15 1 2 x x x hoặc 15 2 x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm 15 2 x Ví dụ 81. Giải phương trình: 31 3 2 7 2 2 xx x x () Phân tích. Đối với b|i to{n có dạng thuận nghịch loại 2 2 11 ;0 f x x x x ta đều có thể giải bằng c{ch đặt ẩn số phụ 2 22 2 1 1 1 2. t x t x x xx x Lời giải. Điều kiện: 0, x thì 11 ( ) 3 2 7 4 2 xx x x (1) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 66 Đặt 2 1 1 1 2 2 1. 4 22 Cauchy t x x t x x xx 22 3 2( 1) 7 2 3 9 0 (1) 3. 22 t t t t t tt Với 1 3 7 8 3 7 3 3 2 6 1 0 22 2 t x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 8 3 7 2 x Ví dụ 82. Giải phương trình: 2 1 4 1 3 x x x x () Phân tích. Nh}̣n th}́y biểu thức ngoài căn thức là 1, x biểu thức trong căn thức có chứa 2 1. x Nếu chia 0 x được 11 , 4 xx x x v| đặt 2 1 t x t x thì sẽ biểu diễn hết theo biến mới t v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0. x Trường hợp 1. Nếu 0 x thì ( ) 2 0 : sai nên 0 x không là nghiệm. Trường hợp 2. Nếu 0, x chia hai vế cho 0, x thì: 11 ( ) 4 3 0 xx x x (1). Đặt 2 11 2 2. Cauchy t x t x x x 2 22 23 5 (1) 6 3 2 6 9 6 t t t t t t t Suy ra: 2 1 5 1 1 2( ) 5 2 0 2 4 2 2 4 x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm 1 4, 4 xx Ví dụ 83. Giải phương trình: 22 2 8 5 2 4 5 6 x x x x x () Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản , A B C nhưng ta sẽ không lũy thừa lên do sau khi lũy thừa bậc cao nhất của nó sẽ không triệt tiêu v| sẽ g}y khó khăn cho việc giải. Để ý hệ số của , , ( 2, 5) a c a c của 2 tam thức bậc hai 2 ax bx c trong hai căn thức ở vế tr{i bằng nhau, nên ta sẽ chia 2 vế cho 0 x sau khi xét 0 x có phải l| nghiệm hay không ? Khi đó đặt ẩn phụ sẽ đưa b|i to{n về dạng cơ bản. Lời giải. Điều kiện: 0. x Do 0 x không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình () cho 0, x ta được: 55 ( ) 2 8 2 4 6 xx xx (1) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 67 Đặt 5 2 2 10. Cauchy tx x Khi đó: (1) 8 4 6 tt 2 2 4 2 ( 8)( 4) 36 4 32 16 t t t t t t 22 2 10 16 2 10 16 8. 36 288 4 32 (16 ) t t t t t t t Với 8, t suy ra: 2 5 4 6 2 8 2 8 5 0 2 x x x x x hoặc 46 2 x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 46 2 x Bình luận. Trong rất nhiều b|i to{n, phép đặt ẩn phụ chỉ được x{c định khi qua c{c phép biến đổi, chẳng hạn: phép chia, phép lũy thừa, phép đồng nhất,… Sau đ}y ta cùng xét một v|i ví dụ về loại n|y. Ví dụ 84. Giải phương trình: 2 1 2 3 1 x x x x x () Học sinh giỏi tỉnh Đồng Tháp năm 2011 Phân tích. Sau khi chia cho lượng 0, x thì phương trình xuất hiện những đại lượng 11 , , xx xx có mối liên hệ với nhau nên sẽ đặt 1 0. tx x Lời giải. Điều kiện: 2 0 0 1;0 1; . 1 1 0 0 x x x x x x x Chia 2 vế của phương trình () cho 0, x ta được: 1 1 1 1 ( ) 2 3 2 3 0 x x x x x x x x (1) Đặt 1 0, tx x thì 2 1 3 2 3 0 (1) 1. 0 0 tt tt t t t Với 1, t suy ra: 2 1 1 1 5 1 1 1 0 2 x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 15 2 x Ví dụ 85. Giải phương trình: 9 8 6 0 8 x xx x () Học sinh giỏi tỉnh Bến Tre năm 2014 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 68 Phân tích. Nếu chia 2 vế cho 0, x thì phương trình sẽ tạo ra 2 đại lượng có dạng nghịch đảo của nhau l| 8 , 8 xx xx Từ đó đặt 81 8 xx t t xx và có lời giải 1. Nhưng để ý, sau khi qui đồng v| bỏ mẫu ta được 10 8 6 ( 8) 0, x x x đ}y l| dạng cơ bản AB (lời giải 2). Ngo|i ra, do hệ số trước căn thức l| số chẵn, nên có khả năng đưa về dạng tổng c{c số không }m, hoặc nn AB (lời giải 3). Điều kiện: 0. x Lời giải 1. Do 0 x không là nghiệm nên chia 2 vế cho 0, x ta được: 8 ( ) 9 6 0 8 xx xx (1) Đặt 8 0, x t x thì 2 9 (1) 6 0 6 9 0 3. t t t t t Với 3, t suy ra: 8 3 8 9 1. x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x Lời giải 2. 2 ( ) 10 8 6 ( 8) 0 3 8 5 4 1: x x x x x x x thỏa mãn điều kiện. Lời giải 3. 22 ( ) 10 8 6 ( 8) 0 (3 ) 2.(3 ). 8 ( 8) 0 x x x x x x x 2 (3 8) 0 3 8 1: x x x x x thỏa mãn điều kiện. Ví dụ 86. Giải phương trình: 2 4 3 3 4 3 1 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x Chia 2 vế của () cho 2 0, x ta được: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ( ) 1 3 4 3 x x x x x x (1) Đặt 2 22 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0; 4 4 4 2 2 2 tt x x x xx 2 2 3 2 2 1 (1) 1 3 (4 3). 4 3 3 1 0 (4 1)( 1) 0 4 t t t t t t t t t t Suy ra: 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 3 0 8 4 3. 4 16 4 x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 8 4 3. x Ví dụ 87. Giải phương trình: 22 1 1 2 x x x x () khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 69 Phân tích. Nhận thấy 2 2 2 2 1 1 ( 1) ( 1) 1 x x x x x x x x v| nếu đặt 2 1 t x x thì 2 1 1 xx t nên có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 2 2 10 10 x xx () a Đặt 2 1 0, t x x khi đó: 2 1 ( ) 2 2 1 0 1. t t t t t Với 1, t suy ra: 22 22 1 1 1 1 1 1. 1 ( 1) x x x x x x xx Kết luận: Thế vào ( ), a suy ra phương trình có nghiệm duy nhất 1. x Ví dụ 88. Giải phương trình: 2 1 35 1 12 1 x x () Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Phan Ngọc Hiển – Cà Mau Phân tích. Với điều kiện 2 1 0, x thì vế phải dương v| để phương trình có nghiệm thì cần thêm điều kiện l| 0. x Lúc n|y biểu thức trong căn thức có dạng bậc 2, do đó ta cần lũy thừa hai vế để tạo ra dạng bình phương khi 2 vế đều dương, từ đó định hướng được phép đặt ẩn phụ v| có lời giải 1 như sau: Điều kiện: 2 10 1. 0 x x x Lời giải 1. Bình phương và đặt 1 ẩn phụ. 2 2 22 2 2 22 35 2 1225 () 12 144 1 11 x x x xx x xx 42 2 2 1225 20 144 1 1 xx x x (1) Đặt 2 2 0, 1 x t x khi đó: 2 1225 20 25 (1) 144 12 0 tt t t Với 2 2 4 2 2 2 25 25 25 25 1 12 144 625 625 0 12 9 16 t x x x x x x Suy ra: 5 3 x hoặc 5 4 x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 55 , 34 xx Lời giải 2. Đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ phương trình. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 70 2 35 ( ) (1). 12 1 x x x Đặt 2 2 2 2 2 22 1 1 11 1 1 u u x x x x v v xx x Suy ra: 22 1 uv và kết hợp với (1) được hệ 2 2 2 1 ( ) 2 1 1 1 35 12 () 12 35 u v u v uv u v uv uv Đặt 2 , , ( 4 ). S u v P uv S P Khi đó hệ 2 21 7 12 , 5 25 12 35 SP SP SP Khi đó , uv là nghiệm của phương trình: 2 7 12 4 3 0 5 25 5 5 X X X X Suy ra: 4 5 u hoặc 3 5 u 14 5 x hoặc 13 5 x 5 4 x hoặc 5 3 x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 55 , 34 xx Ví dụ 89. Giải phương trình: 22 22 2 5 8 2 5 4 40 4 4 x x x x xx x () Lời giải. Điều kiện: 2 2. x 22 22 2 4 5 4 ( ) 2 0 2 4 4 x x x x xx x (1) Đặt 2 2 4 , 4 xx t x x suy ra: 2 2 2 22 2 2 2 2 44 2 1. 44 x x x tt x x x x 2 5 (1) 1 0 2 2 t t t hoặc 1 2 t Với 2 2 22 2 0 4 2 4 2 4 2 (4 ) 4 4 x xx t x x x x xx x Với 2 2 42 2 0 4 1 1 4 4 : . 22 4 64 0 4 o x xx t x x VN x xx x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2. x Ví dụ 90. Giải phương trình: 2 2 27 125 14 0 8 25 x x x () khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 71 Phân tích. Phương trình có dạng tổng qu{t 2 2 0. b mx n x ax b Khi đó ta thêm bớt dạng: 2 22 22 0 0. b mx ax b x a n a m n a xx ax b ax b Từ đó có phép đặt ẩn 2 , x t ax b suy ra: 2 22 1 ax b xt v| giải phương trình bậc ba theo t. Lời giải. Điều kiện: 0. x 2 22 22 27 25 27 5(8 25) ( ) 5 8 54 0 54 0 8 25 8 25 x x x xx xx (1) Đặt 2 0, 8 25 x t x suy ra: 2 22 8 25 1 x xt Khi đó: 3 2 2 2 51 (1) 27 54 0 27 54 5 0 (27 45 15) 0 3 t t t t t t t 1 3 t hoặc 5 3 5 6 t hoặc 5 3 5 6 t Với 1 , 3 t suy ra: 2 2 2 0 1 8 25 3 5. 3 25 8 25 x x x x x x x Với 5 3 5 , 6 t suy ra: 2 2 5 3 5 (5 3 5) 8 25 6 6 8 25 x xx x 2 2 2 00 :. (70 30 5)(8 25) 36 (560 174) 25(70 30 5) 0 o xx VN x x x Với 5 3 5 , 6 t suy ra: 2 2 5 3 5 (5 3 5) 8 25 6 6 8 25 x xx x 2 2 2 00 . (70 30 5)(8 25) 36 (524 240 5) 1750 750 5 0 o xx VN x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 5. x Ví dụ 91. Giải phương trình: 2 3 2 3 7 3 4 4 0 x x x () Học sinh giỏi Tp. Hà Nội năm 2015 Phân tích. Phương trình có 1 căn thức v| sử dụng casio tìm được 1 nghiệm duy nhất 1 x nên sẽ có rất nhiều c{ch giải. Ở đ}y tôi xin được trình b|y phương ph{p đặt ẩn số phụ bằng hệ số bất định, tức đi tìm c{c số , , a b c sao cho thỏa mãn đồng nhất thức: 2 2 2 2 3 7 .(4 4) .(4 4) 16 . (32 4 ). 16 4 . x x a x b x c a x a b x a b c Từ đó đồng nhất hệ số thu hệ: 16 2; 32 4 3 17 , , 12. 16 4 7 84 a a b a b c a b c Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 72 Lời giải. Tập xác định: . D 2 3 17 ( ) (4 4) (4 4) 3 4 4 12 0 84 x x x (1) Đặt 3 6 2 3 4 4 4 4 (4 4) . t x t x t x Khi đó: 6 3 6 3 17 (1) 3 12 0 14 24 96 0 84 t t t t t t (2) 2 4 3 2 ( 2) ( 4 12 18 24) 0 t t t t t (3) Nếu 0, t thì 63 63 14 24 96 0 (2) : 14 24 96 0 t t t t t t vô nghiệm khi 0. t Nếu 0, t thì 4 3 2 4 12 18 24 0, t t t t nên 2 (3) ( 2) 0 2. tt Suy ra: 3 4 4 2 4 4 8 1. x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x Bình luận. Do nhẩm nghiệm 1 x bằng casio nên dễ d|ng tìm được 3 4 4 2 tx trong c{ch chia Hoocner của phương trình (2). Hơn nữa, do tính chất nghiệm duy nhất nên ta cần đ{nh gi{ cụm 4 3 2 4 12 18 24 t t t t luôn dương như trên. Bản chất b|i n|y xuất ph{t từ đề VMO – 1995: 2 3 2 11 21 3 4 4 0, ( 3). x x x x Ví dụ 92. Giải phương trình: 4 3 2 2 2( ) 0 x x x x x () Phân tích. Ta có: 4 3 2 2 2 4 3 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) x x x a x x b x x ax ax a b x bx và đồng nhất hệ số được hệ phương trình: 1 1 22 1 1 a a a b ab Từ đó có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 2 00 x x x hoặc 1. x 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) . 2 0 x x x x x x (1) Đặt 2 2 2 4 2 2 0 ( ) . t x x t x x t x x Khi đó: 4 2 3 (1) . 2 0 .( 2) 0 0 t t t t t t t hoặc 2. t Với 0, t suy ra: 22 0 0 0 x x x x x hoặc 1. x Với 2, t suy ra: 22 2 2 0 1 x x x x x hoặc 2. x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 0, 1, 2. x x x Ví dụ 93. Giải phương trình: 2 3 2 ( 3 2) 3 2 2 6 4 0 x x x x x x () Phân tích. Nh}̣n th}́y, c{c hạng tử có mối liên hệ với nhau bởi biểu thức 32 x nếu biến đổi : 23 ( ) 3 2 (3 2) 3 2 2 2 (3 2) 0. x x x x x x x Từ đó ta có thể khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 73 giải theo 2 c{ch: một là chia hai vế cho (3 2) 3 2, xx rồi đặt t, hai là đặt trực tiếp biểu thức 3 2 0, tx để đưa về phương trình đẳng cấp bậc ba. Điều kiện: 2 3 2 0 3 xx 23 ( ) 3 2 (3 2). 3 2 2 2 .(3 2) 0 x x x x x x x (1) Lời giải 1. Đặt một ẩn phụ sau khi chia. Trường hợp 1. Nếu 2 , 3 x thì 3 2 (1) 2 0 : 3 sai nên 2 3 x không là nghiệm của phương trình (1). Trường hợp 2. Nếu 2 , 3 x chia 2 vế của (1) cho (3 2) 3 2 0 : xx 23 (1) 1 2 2 0, (2). 3 2 3 2 3 2 x x x x x x Đặt 0. 32 x t x 3 2 2 2 0 1 (2) 2 2 1 0 ( 1)(2 3 1) 0 2 3 1 0 2 1 t t t t t t t t t t Với 1 , 2 t suy ra: 2 1 3 2 2 4 3 2 0 : 2 32 x x x x x x vô nghiệm. Với 1, t suy ra: 2 1 1 3 2 3 2 0 2 32 x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 1, 2. xx Lời giải 2. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc 3, hai biến. Đặt 3 2 0. tx Khi đó: 2 2 3 3 (1) 2 2 0 x t xt t x (2) Trường hợp 1. Nếu 2 0 3 2 0 3 t x x thì (1) không thỏa. Trường hợp 2. Nếu 2 0, 3 tx chia hai vế cho (2) cho 3 0, t được: 32 1 2 2 1 0 3 2 1 (2) 12 3 2 2 0 2 x x x x x x x t t t t xx xx x t t Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 1, 2. xx Ví dụ 94. Giải phương trình: 2 4 3 2 3 1 2 2 2 1 ( ) x x x x x x x x () Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 74 Phân tích. Nếu đặt điều kiện thông thường thì 1 1, 0 xx v| đưa x v|o căn thức để triệt tiêu đi mẫu số trong căn, nhằm cho b|i to{n đơn giản hơn thì phải chia ra hai trường hợp, rất phức tạp. Nhưng nếu ta để ý biểu thức ở vế phải có thể biến đổi: 4 3 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ( 1) 0, x x x x x x x v| lúc n|y để phương trình có nghiệm thì cần thêm điều kiện kéo theo l| 3 00 x x x nên điều kiện cuối cùng là 0 1. x Lúc đó đưa v|o căn thức không cần chia ra hai trường hợp. Ngo|i ra khi đưa x v|o căn thức được vế phải l| 23 ( 1) , x x x dựa vào nó, ta ph}n tích biểu thức ngo|i căn theo biểu thức tích số: 4 3 2 2 2 3 2 2 2 1 .( 1) .( ) x x x x a x b x x 4 3 2 21 ax bx x bx v| đồng nhất hệ số được 1, 2. ab Mục đích của việc ph}n tích n|y l| dễ d|ng x{c định lượng chia để đưa về phương trình bậc ba. Lời giải. Điều kiện: 0 1. x 2 2 3 2 3 ( ) ( 1) 2( ) ( 1) 0 x x x x x x (1) 2 3 3 3 2 2 2 (1) 1 2. 0 0 1 1 1 1 x x x x x x x x x (loại) hoặc 3 2 1 2 1 xx x 3 2 4 3 2 2 2 11 2 1 4 2 4 1 0 4 2 0 x x x x x x x x x x x Đặt 1 , tx x suy ra: 22 2 1 2 tx x nên: 2 (2) 4 4 0 2. t t t Suy ra: 2 2 1 0 1 2 2 1. 01 xx xx x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2 1. x Ví dụ 95. Giải phương trình: 22 4 6 1 x x x x x () Lời giải. Tập xác định: 2;3 \ 1 D Khi đó: 2 4 ( ) (3 )( 2) 2 2 1 x x x x x 2(3 ) (3 )( 2) ( 1)( 2) 1 x x x x x x (1) Do 1, 2 xx không là nghiệm của (1), nên chia (1) cho ( 1)( 2) 0 : xx 2 1 3 1 3 (1) 2 1, (2). 1 2 2 ( 1) xx x x x x Đặt 13 12 x t xx thì: 2 (2) 2 1 0 1 t t t hoặc 1 2 t khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 75 Với 2 1 21 1 3 3 11 3 15 1 2 2 (1 ) 2 2 x x xx tx x x x x x x x Với 2 13 1 3 1 3 2 1 2. 3 1 2 2 2 4 ( 1) 2 x xx t x x x x x x x x Kết luận: So điều kiện, nghiệm phương trình là 15 1, , 2. 2 x x x BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 1 BT 110. Giải phương trình: 22 ( 4) 4 ( 2) 2. x x x x x () x BT 111. Giải phương trình: 22 ( 1)( 3) 2 3 2 ( 1) . x x x x x () x BT 112. Giải phương trình: 2 2 2 ( 1) 5 2 4. x x x () x BT 113. Giải phương trình: 22 2 5 2 2 2 5 6 1. x x x x () x BT 114. Giải phương trình: 23 1 4 3 ( 2) . x x x x () x BT 115. Giải phương trình: 22 3 2 2 12 2 16 6 6 . x x x x x () x BT 116. Giải phương trình: 2 3 6 2 5 . 3 x xx x () x BT 117. Giải phương trình: 2 8 3( 2 ). 43 x xx x () x BT 118. Giải phương trình: 3 10 3 13 0. 3 x xx x () x BT 119. Giải phương trình: 51 5 2 4. 2 2 xx x x () x BT 120. Giải phương trình: 3 2 4 2 2 1. x x x x () x BT 121. Giải phương trình: 2 2 6 6 6 0. x x x x x () x BT 122. Giải phương trình: 22 4 16 9 4 16 9 4. x x x x () x BT 123. Giải phương trình: 2 2 92 1 0. 29 x x x () x BT 124. Giải phương trình: 2 3 2 11 21 3 4 4 0. x x x () x BT 125. Giải phương trình: 2 2 3 4(2 1) 3( 2 ) 2 1 2( 5 ). x x x x x x () x BT 126. Giải phương trình: 2 5.(8 11 ) 27.(2 1) 3 2. x x x x () x BT 127. Giải phương trình: 2 2 2 2 3 ( ) ( 1) ( 1) . x x x x x x () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 76 BT 128. Giải phương trình: 2 2 11 2 2 4 xx x x () x BT 129. Giải phương trình: 42 22 2 51 2 0. (1 ) 21 xx xx xx () x BT 130. Giải phương trình: 32 3 6 2( 2) 2 0. x x x x x () x BT 131. Giải phương trình: 22 6 2 8 . 3 x x x x x () x BT 132. Giải phương trình: 2 4 2 7 1 4 1. x x x x () x 2. Dạng 2. . ( ) . ( ) 2 . ( ). ( ) ( ) a f x b g x ab f x g x h x Nhận dạng: Có chứa các hạng tử loại tổng – tích hoặc hiệu – tích. Phương pháp giải: Bước 1. Đặt t tổng hoặc t hiệu, suy ra: 2 ...... t Bước 2. Giải phương trình với biến mới theo , t suy ra . x Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 96. Giải phương trình: 3 6 3 (3 )(6 ) x x x x () Phân tích. Phương trình có dạng tổng – tích, khi đó ta sẽ đặt 3 6 0, t x x suy ra 22 ( 3 6 ) 9 2 (3 )(6 ), t x x x x biểu diễn biến x hết theo t. Lời giải. Điều kiện: 3 6. x Đặt 3 6 0, t x x suy ra: 2 9 (3 )(6 ) 2 t xx Khi đó: 2 2 9 ( ) 3 2 3 0 1 2 t t t t t (loại) hoặc 3 t (nhận). Suy ra: 3 6 3 9 2 (3 )(6 ) 9 3 x x x x x hoặc 6. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm 3, 6. xx Ví dụ 97. Giải phương trình: 2 2 3 1 3 2 2 5 3 16 x x x x x () Phân tích. Sau khi phân tích 2 2 5 3 (2 1)( 1) x x x x thì phương trình có dạng tổng – tích. Nếu đặt 2 2 3 1 0 3 2 (2 3)( 1) 4, t x x t x x x thì phần biến số còn lại biểu diễn được hết theo t v| có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 1. x Đặt 2 3 1 0 t x x suy ra: 2 3 2 (2 3)( 1) 4. t x x x 22 ( ) 20 20 0 5 t t t t t (nhận) hoặc 4 t (loại). Suy ra: 2 3 1 5 3 4 2 (2 3)( 1) 25 x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 77 2 2 17 2 2 5 3 21 3 3. 146 429 0 x x x x x xx Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3. x Ví dụ 98. Giải phương trình: 2 3 2 6 2 4 4 10 3 x x x x () Đại học khối B năm 2011 Phân tích. Phương trình có dạng hiệu – tích, nếu ta đặt 2 2 2 , t x x suy ra: 22 10 3 4 4 t x x sẽ biểu diễn hết c{c biến còn lại theo t v| có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 2 2. x 2 ( ) 3( 2 2 2 ) 10 3 4 4 x x x x (1) Đặt 2 2 2 , t x x suy ra: 2 2 2 ( 2 2 2 ) 10 3 4 4 . t x x x x 2 (1) 3 0 t t t hoặc 3. t Với 0, t suy ra: 6 2 2 2 2 8 4 5 x x x x x Với 3, t suy ra: 2 2 2 3 xx có 22 , 2;2 2 2 3 3 VT x x VP x nên phương trình sẽ vô nghiệm khi 3. t Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 6 5 x Ví dụ 99. Giải phương trình: 2 3.( 2 1 2 11) 4 2 x x x x x () Phân tích. Phương trình có dạng tổng – tích: 2 1 , xx 2 2 (2 1) . x x x x Do đó ta sẽ đặt 21 t x x v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0. x 2 ( ) 3.( 2 1 ) 2.(3 2 2 ) 33 x x x x x (1) Đặt 2 1 0, t x x suy ra: 22 1 3 2 2 . t x x x 22 (1) 3 2( 1) 33 2 3 35 0 5 t t t t t (nhận) hoặc 7 2 t (loại). Suy ra: 22 2 1 5 3 1 2 2 25 2 2 24 3 x x x x x x x x 2 2 2 0 8 0 8 4. 4(2 ) (3 24) 148 576 0 xx x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 4. x Ví dụ 100. Giải phương trình: 22 4 2 3 4 x x x x () Đề thi thử Đại học 2013 – THTP Ngô Gia Tự – Bắc Ninh Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 78 Phân tích. Phương trình có dạng tổng – tích, khi đó ta sẽ đặt t tổng sẽ có lời giải 1. Còn nếu đặt 2 40 yx sẽ đưa được về hệ đối xứng loại I v| có lời giải 2. Điều kiện: 2 4 0 2 2. xx Lời giải 1. Đặt t tổng để giải phương trình bậc 2 với ẩn . tx Đặt 2 4, t x x suy ra: 2 2 2 2 4 4 2 4 4 2 t t x x x x 2 2 4 ( ) 2 3 3 2 8 0 2 2 t t t t t hoặc 4 3 t Với 2, t suy ra: 22 2 22 0 4 2 4 2 2 2 4 0 x x x x x x x xx Với 4 , 3 t suy ra: 2 2 4 2 4 2 14 4 3 33 9 12 10 0 x x x x xx Kết luận: So điều kiện, nghiệm phương trình là 2 14 0, 2, 3 x x x Lời giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại I. Đặt 2 4 0, yx suy ra: 2 2 2 4 ( ) 2 4 2 3 2 3 x y x y xy x y xy x y xy 22 10 0 (2 3 ) 2 4 0 9( ) 10 0 9 24 2 3 2 3 3 xy xy xy xy xy xy xy x y xy x y xy xy 2 14 2 14 02 33 20 2 14 2 14 0 ( ) 33 xx xx yy y L y Kết luận: So điều kiện, nghiệm phương trình là 2 14 0, 2, 3 x x x Lời giải 3. Đặt ẩn phụ đưa về hệ và giải bằng phương pháp thế. Đặt 2 4 0, yx suy ra: 22 2 2 2 0 31 4 1 , 3 2 23 4 31 x y x xy x x x y xy x x 2 2 14 ( 2)(9 12 10) 0 0, 2, 3 x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 79 Kết luận: So với điều kiện và thay vào 2 0, 31 x y x nghiệm là 0, 2 2 14 3 xx x Ví dụ 101. Giải phương trình: 2 11 2 2 x x () Phân tích. Đặt điều kiện, qui đồng, bỏ mẫu thì 22 ( ) 2 2 2 x x x x sẽ trở về dạng cơ bản tổng – tích như trên v| có c{c lời giải chi tiết như sau: Tập xác định: ( 2; 2)\ 0 D Khi đó: 22 ( ) 2 2 2 x x x x (1) Lời giải 1. Đặt t tổng để giải phương trình bậc 2 với ẩn . tx Đặt 2 2, t x x suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2. t x x x x t 22 (1) 2 2 0 1 t t t t t hoặc 2. t Với 1, t suy ra: 2 2 1 13 21 2 2 2 1 0 x x x x xx Với 2, t suy ra: 2 2 2 2 2 1. 2 4 2 0 x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 13 1, 2 xx Lời giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại I. Đặt 2 2 0, yx suy ra: 2 2 2 2 ( ) 2 2 22 x y x y xy x y xy x y xy 2 13 1 11 2( ) 1 0 2 2 21 2 13 1 2 x xy x xy xy xy x y y x y xy xy y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 13 1, 2 xx Lời giải 3. Đặt ẩn phụ đưa về hệ và giải bằng phương pháp thế. Đặt 2 2 0, yx suy ra: 22 2 2 0 21 2 1 , 2 2 2 21 x y x xy x x x y xy x x 4 3 2 3 1 2 2 3 4 1 0 ( 1)(2 3 1) 0 13 2 x x x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 80 Kết luận: So với điều kiện và 0, 21 x y x nghiệm là 13 1, 2 xx Nhận xét. Dạng tổng qu{t của hai ví dụ n|y l| 2 2 2 2 . ax b a x c dx b a x Khi đó, ta có 2 hướng đi thường gặp, một l| đặt 2 2 2 2 2 , 2 tb t ax b a x x b a x sẽ thu được phương trình bậc hai theo biến t giải được, từ đó tìm biến . x Hai l| đặt ẩn phụ 22 0, y b a x suy ra hệ 2 2 2 a x y b ax y c dxy v| giải hệ n|y theo 2 c{ch kh{c nhau, đó l| hệ đối xứng loại I (đưa về tổng tích) hoặc giải bằng phương ph{p thế. Ví dụ 102. Giải phương trình: 3 2 3 2 (1 ) 2 2 x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Chuyên Hoàng Lê Kha – Tây Ninh Phân tích. Nhận thấy phương trình có dạng tích 2 .1 xx nhưng thiếu tổng. Để ý, nếu đặt 2 1, t x x suy ra 2 2 2 2 3 3 2 3 2 2 1 1 2 1 1 , 2 (1 ) 3 1 .( 1 ) t t x x x x t x x x x x x lúc đó có: 2 3 2 3 2 3 3 2 1 3 1 (1 ) 3 ; 2 2 22 2 t t t t x x t t x x v| c{c biến biểu diễn hết theo t. Hằng đẳng thức thường sử dụng l|: 3 3 3 ( ) 3 ( ). a b a b ab a b Điều kiện: 1 1. x Lời giải 1. Đặt t tổng để giải phương trình bậc 3 với ẩn . tx Đặt 2 1, t x x suy ra: 2 2 1 22 2 t xx và 3 3 2 3 3 (1 ) 2 tt xx Ta có: 2 2 2 2 2 1. 1. 1 1 1 . 1 2 1; 2 . Cauchy Schwarz t x x x x t 32 3 2 2 21 ( ) 2 3 2 0 ( 2).( 2 2 1) 0 2 2 t t t t t t t t t 2 t (nhận) hoặc 12 t (nhận) hoặc 12 t (loại). Với 2, t suy ra: 2 2 2 2 12 2 2 2 2 1 0 x x x x xx Với 1 2, t suy ra: 2 1 2 2 2 1 1 1 2 2 x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm là 2 1 2 2 2 1 , 22 xx Lời giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại I. khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 81 Đặt 2 1 0, yx suy ra: 2 2 2 3 3 3 1 ( ) 2 1 2 ( ) 3 ( ) 2 x y x y xy x y xy x y xy x y xy Đặt 2 , ( 4 ) S x y SP P xy thì hệ 2 2 3 32 1 21 2 32 2 3 2 0 S SP P S PS P S S S 2 2 1 2 12 2 1 12 ( 2)( 2 2 1) 0 2 S S S P P P S S S Suy ra: 2 12 2 1 2 2 2 1 , 1 22 12 2 xy xy xx xy xy Kết luận: So với điều kiện, nghiệm là 2 1 2 2 2 1 , 22 xx Ví dụ 103. Giải phương trình: 9 2 4 3 15 2 4 4 1 xx xx () Lời giải. Điều kiện: 1 4. 4 x 1 2(4 ) (4 1) 2 15 1 2 15 ( ) 2 4 4 1 22 4 4 1 4 4 1 xx xx x x x x 2 4 4 1 15 (2 4 4 1) 2 4 . 4 1 xx xx xx (1) Đặt 2 4 4 1, t x x suy ra: 2 17 4 4 . 4 1 t x x 2 17 4 4 1 0 17. 4 t x x t Mà: 2 2 2 2 1. 16 4 1. 4 1 1 1 . ( 16 4 ) ( 4 1) 34. Cauchy Schwarz t x x x x Do đó điều kiện của t là 17; 34 t 32 2 4 15 (1) 2 15 26 255 0 5. 2 17 t t t t t t t Với 5, t suy ra: 2 2 4 4 1 5 4 4 1 2 4 15 0 x x x x x x 0 x hoặc 15 4 x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 15 0, 4 xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 82 Nhận xét. Trong rất nhiều b|i to{n, dạng tổng – tích hoặc hiệu – tích chưa xuất hiện hoặc khó thấy m| qua một v|i phép biến đổi mới ph{t hiện được. Hơn nữa trong một số trường hợp ta cần tìm điều kiện chính x{c thì việc giải phương trình bậc cao sẽ dễ d|ng, đặc biệt l| phương trình chứa tham số. C{ch tìm miền chặn hiệu quả nhất l| tìm GTLN, GTNN của 2 4 4 1, t x x (xem t l| y) bằng phương ph{p h|m số. Ở trên tôi đã sử dụng BĐT Cauchy – Schwarz dạng: 2 2 2 2 . ax by a b x y BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 2 BT 133. Giải phương trình: 2 5 ( 2)(5 ) 4. x x x x () x BT 134. Giải phương trình: 2 2 2 2 4 2 2. x x x x () x BT 135. Giải phương trình: 2 2( 3 10 ) 30 7 4. x x x x () x BT 136. Giải phương trình: 2 2 3 4 3 6 5 2 12 23. x x x x x BT 137. Giải phương trình: 2 5 2 5 2 5 3 25 4 . x x x () x BT 138. Giải phương trình: 2 3( 7 6 ) 2 42 3 0. x x x x () x BT 139. Giải phương trình: 2 3 2 1 4 9 2 3 5 2. x x x x x () x BT 140. Giải: 2 (13 4 ) 2 3 (4 3) 5 2 2 8 16 4 15. x x x x x x () x BT 141. Giải phương trình: 7 3 7 (4 7) 7 32. x x x () x BT 142. Giải phương trình: 31 3 1 (4 3 ) 4 3 5. 43 x x x x x () x BT 143. Giải phương trình: 2 13 20 5 3 2 4 3 1 10 2 9. x x x x x BT 144. Giải phương trình: 2 2 2 (2 1 )( 1 1 ) 4 1 2 2. x x x x x BT 145. Giải phương trình: 22 5 5 5 7. x x x x () x BT 146. Giải phương trình: 22 26 26 11. x x x x () x BT 147. Giải phương trình: 22 2 5 4 5 4 2. x x x x () x BT 148. Giải phương trình: 22 3 10 9 5 10 9 . x x x x () x BT 149. Giải phương trình: 22 17 17 9. x x x x () x BT 150. Giải phương trình: 2 2 2 2 3 2 3 9. x x x x x () x BT 151. Giải phương trình: 33 33 35 ( 35 ) 30. x x x x () x BT 152. Giải phương trình: 6 2 6 2 8 3 55 xx xx () x BT 153. Giải phương trình: 1 1 4 5 17 4 17 4 xx xx () x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 83 3. Dạng 3. ( ) ( ) nm a f x b f x c Nhận dạng: Chỉ số căn thức lệch bậc hoặc đồng bậc cao. Phương pháp giải: Đặt () () , () () n nm n m m u a f x u a f x u v a b u v c v b f x v b f x suy ra , . u v x Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 104. Giải phương trình: 3 5 1 2 7 6 4 xx () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đắk Nông Phân tích. B|i to{n có 2 căn thức lệch bậc nhau, nên ta sẽ đặt hai ẩn phụ l| 2 căn thức, tức đặt 2 3 3 1 0 1 76 76 u x u x vx vx (1) (2) . Khi đó, ta cần c}n bằng hệ số trước x, tức phương trình (1) sẽ nh}n 2 vế cho 7 để sau khi trừ (một số b|i cộng) nhằm triệt tiêu x sẽ thu được 1 phương trình mới với ẩn l| , . uv Còn phương trình thứ 2 được lấy từ đề b|i tức luôn có 5 2 4. uv Khi đó giải hệ n|y tìm được , . u v x Lời giải. Điều kiện: 1 0 1. xx Đặt 22 23 33 3 1 0 1 7 7 7 7 1 7 6 7 6 76 u x u x u x uv v x v x vx (1) Từ phương trình ( ) 5 2 4 uv (2) (1), (2) suy ra hệ: 23 2 3 24 5 71 24 5 2 4 71 5 v u uv v uv v 3 2 2 2 4 2 4 2 55 3 25 28 112 87 0 ( 3)(25 47 29) 0 vv u uu v v v v v v v Với 2 , 3 u v suy ra: 3 1 2 3 3. 3 7 6 3 xx x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3. x Ví dụ 105. Giải phương trình: 3 7 16 2. 2 8 5 xx () Học sinh giỏi tỉnh Quảng Nam năm 2014 – 2015 Lời giải. Điều kiện: 2 8 0 4. xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 84 Đặt 33 3 32 22 7 16 7 16 7 16 8 71 2 8 8 16 64 2 8 0 u x u x u x uv v x v x vx (1) Từ phương trình ( ) 2 5 uv (2) 32 2 32 3 5 5 2 8 71 (1), (2) 2 5 25 2 20 21 0 8 71 2 u v u v uv u uv u u u u 2 1 85 1 85 5 1 22 2 3 11 85 11 85 ( 1)( 21) 0 44 u uu u v v u u u vv Với 1 , 3 u v suy ra: 3 1 7 16 1 1 2 1 2 2 8 3 2 x x x x x Với 1 85 2 , 11 85 4 u v suy ra: 3 1 85 7 16 39 11 85 2 16 11 85 28 4 x x x Với 1 85 2 , 11 85 4 u v suy ra: 3 1 85 7 16 39 11 85 2 16 11 85 28 4 x x x Kết luận: So điều kiện, phương trình có 3 nghiệm là 1 39 11 85 , 2 16 xx Nhận xét. Sau khi đưa về hệ phương trình cơ bản giải bằng phương ph{p thế, ta nên chọn việc rút u theo v hoặc v theo u sao cho khai triển hằng đẳng thức bậc 2, không nên khai triển hằng đẳng thức bậc 3, kh{ phức tạp. Ví dụ 106. Giải phương trình: 3 2 3 2 3 6 5 8 0 xx () Đại học khối A năm 2009 Lời giải. Điều kiện: 6 6 5 0 5 xx Đặt 33 3 32 22 3 2 3 2 5 15 10 5 3 8. 6 5 3 18 15 6 5 0 u x u x u x uv v x v x vx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 85 Kết hợp với đề bài được hệ phương trình: 32 2 3 8 0 5 3 8 uv uv 32 82 2 3 4 15 4 32 40 0 u u v v u u u Với 2 , 4 u v suy ra: 3 3 2 2 3 2 8 2 2. 6 5 16 2 6 5 4 x x x x xx x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2. x Ví dụ 107. Giải phương trình: 33 5 2 1 xx () Tập xác định: . D Lời giải 1. Đặt 2 ẩn phụ giải hệ phương trình. Đặt 3 3 33 22 3 3 1 55 7 1 ( )( ) 7 2 2 uv u x u x uv u v u v u uv v vx vx 2 1 1 2 1 2 1 2 ( ) 3 7 uv u v u u uv v v u v uv Với 2 , 1 u v suy ra: 3 3 5 2 5 8 3 3. 2 1 3 21 x x x x xx x Với 1 , 2 u v suy ra: 3 3 5 1 5 1 6 6. 2 8 6 22 x x x x xx x Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm 6, 3. xx Lời giải 2. Lũy thừa 2 vế, thế và giải phương trình hệ quả (bài học 1). 33 3 ( ) 7 3. ( 5)( 2).( 5 2) 1 x x x x (1) Thế 33 5 2 1 xx vào 3 (1) 7 3. ( 5)( 2) 1 xx 2 3 ( 5)( 2) 2 3 18 0 3 x x x x x hoặc 6. x Kết luận: Thế vào ( ), phương trình đã cho có 2 nghiệm là 6, 3. xx Nhận xét. Để giải bằng phương ph{p lũy thừa, cần nhớ hai hằng đẳng thức viết dưới dạng: 3 3 2 2 3 3 3 3 3 2 2 3 3 3 ( ) 3 3 3 ( ) ( ) 3 3 3 ( ) a b a a b ab b a b ab a b a b a a b ab b a b ab a b v| kiểm tra lại nghiệm. Ví dụ 108. Giải phương trình: 33 22 1 18 5 xx () Lời giải. Tập xác định: . D Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 86 Đặt 3 2 3 2 33 32 32 3 2 5 11 19 5 2 15 75 144 0 18 18 uv u x u x vu u v v v v vx vx 2 , 3 u v suy ra: 322 2 2 3 2 1 2 1 8 3 9 3 18 27 18 3 x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là 3, 3. xx Ví dụ 109. Giải phương trình: 44 56 41 5 xx () Lời giải. Điều kiện: 41 56. x Đặt 4 4 4 4 2 2 2 2 4 4 56 0 56 97 ( ) 2( ) 97 55 41 41 0 u x u x u v u v uv u v u v vx vx 2 44 6 3 2 2( ) 100( ) 528 0 5 5 2 3 5 uv uv u u uv uv u v u v v v uv Với 3 , 2 u v suy ra: 56 81 25 25. 41 16 25 xx x xx Với 2 , 3 u v suy ra: 4 4 56 2 56 16 40 40. 41 81 40 41 3 x x x x xx x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm 25, 40. xx Ví dụ 110. Giải phương trình: 44 8 7 3 xx () Lời giải. Điều kiện: 7. x Đặt 4 4 4 4 2 2 4 4 8 0 8 15 ( )( )( ) 15 33 7 70 u x u x u v u v u v u v u v u v vx vx 22 32 3 2 ( )( ) 15 1 3 4 18 36 32 0 vu u u v u v v v u u u u Với 2 , 1 u v suy ra: 4 4 8 2 8 16 8 8. 7 1 8 71 x x x x xx x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 8. x Ví dụ 111. Giải phương trình: 3 3 ( 2 1) 1 x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 0 2, xx suy ra: 2 1 0. x Khi đó: 22 3 1 ( 2) 1 ( 2 1)( 2 1) ( ) 3 2 1 2 1 2 1 2 1 x x x x xx x x x 3 3 2 1. xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 87 Đặt: 3 3 32 32 2 1 33 5 1 2 4 0 2 20 vu u x u x uv u v u v u vx vx 3 2 1 1 3 1 2. 2 ( 1)( 2 4) 0 22 vu ux x v u u u x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2. x Ví dụ 112. Giải phương trình: 3 3( 1 3) 2 10 x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 0 1. xx Với 1 3 0 10 xx : thỏa () nên 10 x là 1 nghiệm của ( ). Với 10 1 3 0 xx thì 22 3 10 ( 1) 3 ( ) 3 2 1 3 1 3 xx x xx 33 ( 1 3)( 1 3) 3 2 3 2 1 3. 13 xx x x x x Đặt 3 3 32 32 2 33 22 1 3 3 9 18 8 0 1 10 vu u x u x uv u v u u u vx vx 2 33 1 0 ( 1)( 10 8) 0 vu u v u u u (nhận) hoặc 5 33 18 3 33 0 u v (loại). Với 1 , 0 u v suy ra: 3 2 1 2 1 1. 10 10 xx x x x Kết luận: So điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm 1, 10. xx Ví dụ 113. Giải phương trình: 4 4 4 3 7 14 27 3 2 x x x () Lời giải. Điều kiện: 7 , 3 x suy ra: 4 2 0. x Khi đó chia hai vế của phương trình () cho 4 2 0, x ta được: 4 4 4 4 3 7 14 27 3( 2) 1 14( 2) 1 ( ) 3 3 2 2 2 2 x x x x x x x x 44 11 3 14 3. 22 xx Đặt 4 4 44 4 4 1 1 30 3 17 2 2 1 3 1 14 14 0 2 2 u u uv x x uv v v x x 4 2 2 4 3 2 33 ( 6 9) 17 2 12 54 108 64 0 v u v u u u u u u u u Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 88 2 3 1 2 ( 1)( 2)(2 6 32) 0 vu u v u u u u hoặc 2 1 u v Với 1 , 2 u v suy ra: 4 4 1 1 31 31 5 2 2 1 2 1 14 16 14 2 2 2 x x x x x Với 2 , 1 u v suy ra: 4 4 1 1 32 3 16 25 2 2 1 13 1 14 1 14 1 2 2 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 5 2 x Nhận xét. Hình thức của 3 ví dụ n|y cũng tương tự như c{c ví dụ trên nhưng mang tính chất “giấu mặt”. Khi đó ta cần biến đổi khéo léo đẳng thức cũng như sự kết hợp tinh tế c{c biểu thức liên hợp để đưa về dạng: ( ) ( ) . nm a f x b f x c BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 3 BT 154. Giải phương trình: 3 2 3 7 5. 6 4. xx () x BT 155. Giải phương trình: 3 2 6 5 3 7 6 5. xx () x BT 156. Giải phương trình: 3 4. 2 1 7 2 1. xx () x BT 157. Giải phương trình: 33 4 5 4 10 9 5. xx () x BT 158. Giải phương trình: 3 5 4 7 3. xx () x BT 159. Giải phương trình: 3 24 12 6. xx () x BT 160. Giải phương trình: 3 3 2 5 3 3. xx () x BT 161. Giải phương trình: 3 22 2 1 1 3. xx () x BT 162. Giải phương trình: 33 1 1 2. xx () x BT 163. Giải phương trình: 33 2 5 8 3 22 2 12. xx () x BT 164. Giải phương trình: 44 5 1 2. xx () x BT 165. Giải phương trình: 44 5 12 3. xx () x BT 166. Giải phương trình: 44 47 2 35 2 4. xx () x BT 167. Giải phương trình: 2 1 2 5 2. x x x () x BT 168. Giải phương trình: 22 2 2 2 3 3. x x x x () x BT 169. Giải phương trình: 3 3 2 .(2 3 2 1) 3(4 3). x x x () x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 89 BT 170. Giải phương trình: 3 3 3 2.(7 4 3) 26 2 . x x x () x BT 171. Giải phương trình: 3 85 43 2 5 4 x x x () x BT 172. Giải phương trình: 4 4 4 3 1 4 1 2 1. x x x () x BT 173. Giải phương trình: 4 4 4 9 4 3 2 2 1 6 . x x x () x BT 174. Giải phương trình: 44 22 4 12 3 3 3 . x x x x x () x BT 175. Giải phương trình: 44 22 4 7 2 13 3 3 8. x x x x x () x BT 176. Giải phương trình: 44 33 4 4 6 3 2 2. x x x x x () x BT 177. Giải phương trình: 22 44 22 4 17 4 5 26 1 17 7 x x x x x x x x () x 4. Dạng 4. 22 .0 nn n a A b A B c B Phương pháp giải: có 2 hướng xử lý Hướng 1. Đặt 2 ẩn phụ , , nn u A v B đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai dạng 22 . . . 0. a u b uv c v Hướng 2. Chia trực tiếp cho lượng khác 0, chẳng hạn 2 0, n B để được phương trình bậc hai dạng: 2 0. nn AA a b c BB Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 114. Giải phương trình: 3 2 2 2 33 4 ( 2) 7 4 3 (2 ) 0 x x x () Tập xác định: . D Lời giải 1. Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai. Đặt 33 2, 2 . u x v x Khi đó: 22 ( ) 4 7 3 0 u uv v (1) Do 2 x không là nghiệm của () nên xét 2, x suy ra: 3 20 vx và chia 2 vế phương trình (1) cho 2 0, v ta được: 2 (1) 4 7 3 0 1 u u u v v v hoặc 3 4 u uv v hoặc 4 3 . uv Với , uv suy ra: 33 2 2 2 2 0. x x x x x Với 4 3 , uv suy ra: 33 74 4 2 3 2 64( 2) 27(2 ) 91 x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệm là 74 0, 91 xx Lời giải 2. Chia và đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai. Do 2 x không là nghiệm của () nên chia 2 vế cho 2 3 (2 ) 0, x ta được: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 90 2 3 2 2 2 ( ) 4 7 3 0 1 2 2 2 x x x x x x hoặc 23 24 x x Giải tương tự ta được 2 nghiệm cần tìm là 74 0, 91 xx Ví dụ 115. Giải phương trình: 4 2 2 2 44 2 (1 ) 3 1 (1 ) 0 x x x () Điều kiện: 1 1. x Lời giải 1. Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai. Đặt 44 1 0, 1 0. u x v x Khi đó: 22 ( ) 2 3 0 u uv v (1) Do 4 0 1 0 1 v x x không là nghiệm nên chia 2 vế cho 2 0: v 2 (1) 2 3 1 0 1 u u u v v v hoặc 1 2 u uv v hoặc 2. uv Với , uv suy ra: 44 1 1 1 1 0. x x x x x Với 2, uv suy ra: 44 15 2. 1 1 16(1 ) 1 17 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 15 0, 17 xx Lời giải 2. Chia và đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai. Do 1 x không là nghiệm của phương trình nên chia 2 vế cho 2 4 (1 ) 0 : x 2 4 4 4 1 1 1 ( ) 2 3 1 0 1 1 1 1 x x x x x x hoặc 4 11 12 x x Giải tương tự, ta tìm được 2 nghiệm của phương trình là 15 0, 17 xx Ví dụ 116. Giải phương trình: 22 33 3 (2 ) (7 ) (7 )(2 ) 3 x x x x () Phân tích. Thông thường thì học sinh nhầm lẫn giữa ví dụ n|y với hai ví dụ trước, nó không thuộc dạng: 22 .0 nn n a A b A B c B do vế phải l| hằng số 0. Đối với dạng n|y, ta thường đặt 2 ẩn phụ để đưa về hệ cơ bản. Lời giải. Tập xác định: . D Đặt: 3 3 33 3 3 22 9. 7 7 a x a x ab bx bx Kết hợp với đề được hệ phương trình 3 3 2 2 2 2 2 2 9 ( )( ) 9 3 1 2 2 2 1 33 a b a b a ab b a b a a ab b b a b ab a ab b Với 1 , 2 a b suy ra: 3 3 2 1 2 1 1. 78 72 xx x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 91 Với 2 , 1 a b suy ra: 3 3 2 2 2 8 6. 71 71 xx x x x Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là 1, 6. xx Ví dụ 117. Giải phương trình: 3 3 2 (1 ) (1 ) 2 1 x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Đặt 2 2 2 3 3 3 1 0 2 ( ) 2 2 2 ( ) 3 ( ) 2 10 a x a b a b ab a b ab a b ab a b ab bx (1) (2) 2 (1) 2 2 ( ) ab a b và thế vào (2) được: 32 ( ) ( ) 6( ) 6 0 a b a b a b Suy ra: 1 ab hoặc 6 ab hoặc 6. ab Với 1 1 2 a b ab Theo Viét thì , ( ) ab là 2 nghiệm của phương trình 2 1 1 3 0 22 X X X và do 1 3 3 01 22 a a x x Với 2 6 ( ) 6 2 a b a b ab (loại do 0). ab Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 3 2 x BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 4 BT 178. Giải phương trình: 4 2 2 2 44 5 (3 ) 2. 9 7 ( 3) 0. x x x ( ). x BT 179. Giải phương trình: 3 2 2 2 33 ( 2) 3 ( 2) 4 4. x x x ( ). x BT 180. Giải phương trình: 3 2 2 2 33 4 (2 1) 3 (1 2 ) 8 4 1. x x x ( ). x BT 181. Giải phương trình: 3 3 3 2 2 2 6 9 4 6 9 5 9 0. x x x x x ( ). x BT 182. Giải phương trình: 3 2 2 2 33 2 (3 1) 3 (4 1) 5 12 7 1. x x x x ( ). x BT 183. Giải phương trình: 3 2 33 1 1 3 1 5. x x x ( ). x BT 184. Giải phương trình: 4 2 3 3 2 4 4 3 7 12 17 6. x x x x ( ). x BT 185. Giải: 2 3 3 2 1 1 (1 ) (1 ) 2 1 . x x x x ( ). x BT 186. Giải phương trình: 22 4 2 1 2 1 5. ( 1)( 1) . x x x x ( ). x BT 187. Giải: 22 33 3 (3 2) (11 3 ) (3 2)(3 11) 3. x x x x ( ). x BT 188. Giải phương trình: 2 1 1 1 1 1 1 1 1 xx x ( ). x BT 189. Giải phương trình: 33 3 2 3 2 4 3 (3 2)(4 3 ) xx xx ( ). x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 92 5. Dạng 5. . ( ) . ( ) . ( ). ( ) a f x b g x c f x g x () Dấu hiệu nhận dạng: Phương trình có 1 căn thức và biểu thức trong căn thức phân tích được thành tích số. Phương pháp giải: có 2 hướng xử lý Hướng 1. Đặt 2 ẩn phụ ( ), ( ), u f x v g x đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai dạng: 22 . . . . a u b v c uv Hướng 2. Chia trực tiếp cho lượng dương, chẳng hạn ( ) 0, gx để được phương trình bậc hai dạng: ( ) ( ) 0. ( ) ( ) f x f x a c b g x g x Một số lưu ý: – Đề bài thường cho giải phương trình với các dạng thường gặp sau đây: 2 • ( ) . ax bx c dx e mx n (1) 22 • . ax bx c d mx nx p (2) 2 3 2 • . ax bx c d mx nx px q (3) 2 4 3 2 • . ax bx c d mx nx px qx r (4) 2 2 2 • . ax bx c mx nx p dx ex f (5) Trong đó dạng (5) ta cần chuyển vế sao cho 2 vế đều dương và lũy thừa sẽ đưa về một trong các dạng (2), (3), (4). – Thông thường, các biểu thức trong căn thức chưa phân tích thành tích số sẵn mà ta phải phân tích với các dạng phân tích hay được sử dụng sau: 2 12 ( ) ( ) ( ) f x ax bx c a x x x x với 12 , xx là 2 nghiệm của ( ) 0. fx Chia Hoocner đối với đa thức bậc cao khi nhẩm được nghiệm đẹp. 3 3 2 2 2 2 ( )( ), ( )( ). a b a b a ab b a b a b a b 4 2 2 2 2 2 2 1 ( 1) ( 1 )( 1 ). x x x x x x x x 4 2 2 2 2 2 1 ( 1) 2 ( 2 1)( 2 1). x x x x x x x 4 2 2 2 2 2 4 1 (2 1) 4 (2 2 1)(2 2 1) ...... x x x x x x x Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 118. Giải phương trình: 2 2 6 10 5.( 2) 1 0 x x x x () Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Lê Hữu Trác 1 Phân tích. Bài toán có dạng cơ bản (1), khi đó ta sẽ phân tích biểu thức ngoài căn thức theo biểu thức tích số, tức tìm hai số a, b thỏa: 2 2 2 2 6 10 .( 2) .( 1) x x a x b x 2 ( 4 ) 4 ax b a x a b và đồng nhất hệ số được hệ: 2, 4 6 2 4 10 2 a b a a a b b khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 93 Lúc đó ta viết lại 22 ( ) 2( 2) 2( 1) 5.( 2) 1 0 x x x x và có 2 hướng xử lý, một là đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp, hai là chia trực tiếp đưa về phương trình bậc hai. Ngoài ra, sử dụng casio ta tìm được 2 nghiệm là 3, 8 xx nên sẽ ghép bậc nhất để liên hợp đưa về nhân tử 2 ( 3)( 8) 11 24 x x x x và có lời giải 3. Ngoài ra ta có thể giải lũy thừa 2 vế để đưa về phương trình bậc bốn và do biết được nhân tử bậc hai 2 11 24 xx nên sẽ lấy bậc bốn chia bậc hai này, thu được bậc hai để phân tích thành tích số dạng bậc hai nhân bậc hai hoặc chia Hoocner để phân tích sau khi biết 2 nghiệm 3, 8 xx và có lời giải 4. Điều kiện: 1. x Khi đó: 22 ( ) 2( 2) 2( 1) 5.( 2) 1 0 x x x x (1) Lời giải 1. Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai. Đặt 2, 1 0 a x b x thì 2 (1) 2 2 5 0 a b ab và do 1 x không là nghiệm của (1) nên chia hai vế (1) cho 2 ( 1) 0 bx ta được phương trình: 2 2 5 2 0 2 a a a b b b hoặc 1 2 2 a ab b hoặc 2. ab Với 2, ab suy ra: 2 2 2 1 2 8. 80 x x x x xx Với 2, ab suy ra: 2 2 1 2( 2) 3. 4 17 15 0 x x x x xx Lời giải 2. Chia cho lượng dương đưa về phương trình bậc hai. Do 1 x không là nghiệm nên chia hai vế (1) cho 2 ( 1) 0, x ta được: 2 2 2 2 ( ) 2 5 2 0 2 1 1 1 x x x x x x hoặc 21 2 1 x x Giải tương tự như trên ta được 2 nghiệm là 3, 8. xx Lời giải 3. Ghép bậc nhất để liên hợp sau khi biết 3, 8 xx là 2 nghiệm. 2 ( ) ( 11 24) ( 2) ( 7) 5 1 0 x x x x x 2 2 ( 2)( 11 24) ( 11 24) 0 7 5 1 x x x xx xx 2 2 ( 11 24) 1 0 7 5 1 x xx xx 2 11 24 0 3 8 3 2 10 8 5 1 5 2 : 1 7 5 1 o xx xx x x x x x VN x xx Lời giải 4. Lũy thừa. Điều kiện: 2 2, (do : 2 6 10 0). x x x 2 ( ) 2 6 10 5.( 2) 1 x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 94 2 2 2 4 3 2 (1) (2 6 10) 25( 1)( 4 4) 4 49 151 120 0 x x x x x x x x x 32 5 (4 49 151 120) 0 0 3 8. 4 x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 3, 8. xx Nhận xét. Trong lời giải 4, nếu không đặt điều kiện chặt chẽ thì dễ dàng nhận thêm hai nghiệm ngoại lai 5 0, , 4 xx mà 2 nghiệm này không thỏa mãn phương trình. Ví dụ 119. Giải phương trình: 23 2( 6) 5 8 x x x () Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An Phân tích. Nhận thấy 32 8 ( 2) ( 2 4), x x x x do đó ta cần phân tích biểu thức: 2 2 2 2( 6) ( 2) ( 2 4) ( 2 ) 2 4 x x a x b x x bx a b x a b và đồng nhất hệ số được 2. ab Khi đó 22 ( ) 2( 2) 2( 2 4) 5 ( 2)( 2 4) x x x x x x có dạng đẳng cấp và từ đó có các lời giải chi tiết 1 và 2 như sau: Điều kiện: 2 x thì 22 ( ) 2( 2) 2( 4 4) 5 ( 2)( 4 4) x x x x x x (1) Lời giải 1. Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai. Đặt 2 2 0, 2 4 3, a x b x x thì 22 (1) 2 2 5 a b ab và chia hai vế cho 0 b ta được phương trình 2 1 2 5 2 0 2 2 a a a a b b b b Với 2, a b suy ra: 22 2 2 2 4 4 9 14 0 : x x x x x vô nghiệm. Với 1 , 2 a b suy ra: 22 2 4 2 2 6 4 0 3 13. x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 3 13. x Lời giải 2. Chia cho lượng dương đưa về phương trình bậc hai. Cho hai vế của phương trình (1) cho 2 2 4 0, xx ta được: 2 2 2 2 2( 2) 2 2 2 1 (1) 5 2 0 2 2 2 4 2 4 2 4 2 4 x x x x x x x x x x x x Giải tương tự như trên, ta cũng được 2 nghiệm cần tìm là 3 13. x Lời giải 3. Liên hợp sau khi sử dụng table tìm được nhân tử 2 6 4. xx 2 3 2 3 ( ) 2( 6 4) 5 8 10 20 2( 6 4) 5 8 (2 4) x x x x x x x x Do 2 x không là nghiệm nên xét 3 2 8 2 4 0 x x x thì: 3 2 2 22 33 4 16 8 5( 2)( 6 4) 2( 6 4) 5 2( 6 4) 8 2 4 8 2 4 x x x x x x x x x x x x x x 2 2 3 3 6 4 0 5( 2) 3 13 ( 6 4) 2 0 2 ( ) 2 8 2 8 2 4 xx x x xx xL xx xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 95 Lời giải 4. Lũy thừa được bậc 4 và tách về bậc hai nhân bậc hai sau khi xác định được lượng nhân tử là 2 64 xx bằng phép chia đa thức. Do 2 60 xx nên 3 8 0 2. xx Khi đó: 2 2 3 4 3 2 ( ) (2 2 12) 25 200 4 33 52 48 56 0 x x x x x x x 22 ( 6 4)(4 9 14) 0 3 13. x x x x x Ví dụ 120. Giải phương trình: 23 2 5 1 7 1 x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2007 Phân tích. Nhận thấy 32 1 ( 1) ( 1), x x x x do đó ta cần phân tích biểu thức: 2 2 2 2 5 1 .( 1) .( 1) ( ) x x a x b x x bx a b x b a và đồng nhất hệ số ta được: 3, 2. ab Khi đó 22 ( ) 3.( 1) 2.( 1) 7 ( 1) ( 1) x x x x x x có dạng đẳng cấp và từ đó có các lời giải sau: Điều kiện: 3 1 0 1 xx và do 1 x không là nghiệm nên chỉ xét 1. x 22 ( ) 3( 1) 2( 1) 7 ( 1) ( 1) x x x x x x (1) Lời giải 1. Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai. Đặt 2 1 0, 1 0, a x b x x thì phương trình: 2 22 (1) 3 2 7 3 7 2 0 2 a a a a b ab b b b hoặc 1 3 a b Với 2, a b suy ra: 22 1 2 1 4 3 5 0 : x x x x x vô nghiệm. Với 1 , 3 a b suy ra: 22 3 1 1 8 10 0 4 6. x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 4 6. x Lời giải 2. Chia cho lượng dương đưa về phương trình bậc hai. Cho hai vế của phương trình (1) cho 2 1 0, xx ta được: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 (1) 3 7 2 0 2 3 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x Giải tương tự như trên, ta được 2 nghiệm cần tìm là 4 6. x Lời giải 3. Liên hợp sau khi sử dụng table tìm được nhân tử 2 8 10. xx 2 3 2 3 ( ) 2( 8 10) 7 1 21 21 2( 8 10) 7( 1 3 3) x x x x x x x x 32 2 3 7( 9 18 10) 2( 8 10) 1 3 3 x x x xx xx 2 2 3 7( 1)( 8 10) 2( 8 10) 1 3 3 x x x xx xx 2 32 3 8 10 0 46 46 4 6. 1 ( ) 4 2 5 0 2 1 1 xx x x x x L o a ïi x x x xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 96 Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 4 6. x Lời giải 4. Lũy thừa được bậc 4 và tách về bậc hai nhân bậc hai sau khi xác định được lượng nhân tử là 2 8 10 xx bằng phép chia đa thức. 2 2 3 4 3 2 ( ) (2 5 1) 49( 1) 4 29 21 10 50 0 x x x x x x x 22 ( 8 10)(4 3 5) 0 4 6. x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 4 6. x Ví dụ 121. Giải phương trình: 2 3 2 30.(3 2 2) 6 3 4 2 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 2 2 3 4 2 0 ( 1)( 2 2) 0 1. x x x x x x x 22 ( ) 30 3( 2 2) 8( 1) 6 ( 1)( 2 2) 0 x x x x x x (1) 2 2 2 1 1 1 30 8 30 6 3 30 0 10 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x x 22 100( 1) 30( 2 2) 30 40 40 0 2 x x x x x x hoặc 2 3 x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 2 2, 3 xx Ví dụ 122. Giải phương trình: 42 3 81 4 27 42 6 x x x () Phân tích. Biểu thức: 4 2 2 2 2 2 2 2 2 81 4 (9 ) 2.9 .2 2 36 (9 2) (6 ) x x x x x x 22 (9 6 2) (9 6 2) x x x x và 2 2 2 27 42 6 (9 6 2) (9 6 2), x x a x x b x x đồng nhất hệ số ta được 5, 2 ab nên có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 ( ) 3 (9 6 2) (9 6 2) 5(9 6 2) 2(9 6 2) x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 9 6 2 9 6 2 9 6 2 5 3 2 0 1 0. 9 6 2 9 6 2 9 6 2 x x x x x x x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0. x Ví dụ 123. Giải phương trình: 2 2 2 ( 1) 1 3( 1) 3 3. x x x x () Đề thi học giỏi tỉnh Tuyên Quang năm 2014 – 2015 Phân tích. Biểu thức: 2 2 4 2 4 2 2 2 2 2 ( 1) 1 1 ( 2 1) ( 1) x x x x x x x x x 22 ( 1) ( 1). x x x x Khi đó 2 2 2 3( 3 1) 3. ( 1) ( 1) x x a x x b x x và đồng nhất hệ số tìm được 2, 1 ab nên có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 ( ) ( 1)( 1) 3. 2( 1) ( 1) 0 x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 2 3 3 0 3 1 1 1 x x x x x x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 97 2 2 2 3( 1) 1 2 4 2 0 1. x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x Ví dụ 124. Giải phương trình: 24 3 4 23 3 8 63 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 4 8 63 0. xx Ta có: 4 2 2 2 2 2 2 2 8 63 ( ) 2. .8 64 (16 8 1) ( 8) (4 1) x x x x x x x x 22 ( 4 9)( 4 7) x x x x và có: 2 2 2 3 4 23 2( 4 7) ( 4 9). x x x x x x 2 2 2 2 ( ) 2( 4 7) ( 4 9) 3 ( 4 9)( 4 7) x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 4 7 4 7 4 7 4 7 1 2 3 1 0 1 2 4 9 4 9 4 9 4 9 x x x x x x x x x x x x x x x x 22 22 4 7 4 9 1 4 4( 4 7) 4 9 x x x x x x x x x hoặc 10 43 3 x Kết luận: Thế vào điều kiện, nghiệm phương trình là 1 10 43 , 43 xx Ví dụ 125. Giải phương trình: 2 3 2 3 4 3 6 11 6 x x x x x () Phân tích. Có: 2 32 2 ( 1).( 5 6) 6 11 6 ( 1)( 2)( 3) ( 2).( 4 3) ( 3).( 3 2) x x x x x x x x x x x x x x x Nên sẽ có 3 phân tích: 22 22 22 3 4 ( 1) ( 5 6) 3 4 ( 2) ( 4 3) 3 4 ( 3) ( 3 2) x x a x b x x x x a x b x x x x a x b x x (1) (2) (3) Sử dụng hệ số bất định, nhận thấy chỉ có (1) tồn tại , ab với 2, 1. ab Ngoài cách sử dụng hệ số bất định này, ta có thể dựa vào điều kiện để phân tích, nghĩa là có điều kiện: 3 3 6 11 6 0 ( 1)( 2)( 3) 0 12 x x x x x x x x Từ đó sẽ viết: 32 6 11 6 1. 5 6 x x x x x x sẽ thỏa mãn 2 khoảng điều kiện nên chọn (1) để đồng nhất hoặc dựa vào . A B A B khi 0 0 A B luôn có: 1 0. x Lời giải. Điều kiện: 3 3 6 11 6 0 12 x x x x x 22 ( ) 2( 1) ( 5 6) 3 ( 1)( 5 6) x x x x x x () i Do 1 x không là nghiệm của () i nên chia 2 vế của () i cho 1 0, x được: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 98 2 2 2 2 5 6 5 6 5 6 5 6 ( ) 3 2 0 2 1 1 1 1 1 x x x x x x x x i x x x x 22 22 5 6 4( 1) 9 10 0 9 41 2 5 6 1 6 7 0 x x x x x x x x x x x hoặc 3 2. x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 9 41 , 3 2. 2 xx Ví dụ 126. Giải phương trình: 22 5 14 9 20 5 1 x x x x x () HSG các trường chuyên khu vực Duyên Hải và Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2010 Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản , A B C do đó ta sẽ đặt điều kiện và chuyển vế sao cho 2 vế đều dương, sau đó lũy thừa, rút gọn thì thu được phương trình: 22 2 5 2 5 ( 1)( 20) x x x x x và có 2 20 ( 5)( 4) x x x x nên có các phương án 2 22 2 ( 1)( 20) ( 1)( 20) ( 1)( 5)( 4) ( 5)( 5 4) ( 4)( 4 5) x x x x x x x x x x x x x x x Lúc đó cũng có 3 đồng nhất tương ứng 22 22 22 2 5 2 .( 1) .( 20) 2 5 2 .( 5) .( 5 4) 2 5 2 .( 4) .( 4 5) x x a x b x x x x a x b x x x x a x b x x (1) (2) (3) và chỉ thấy phương án (3) là tồn tại 2 số , ab với 3, 2 ab thỏa mãn đồng nhất. Lời giải 1. Điều kiện: 2 2 9 1 5 14 9 0 5 20 0 4 5 5. 1 0 1 xx xx x x x x x xx 2 2 2 2 ( ) ( 5 14 9) (5 1 20) x x x x x 2 2 2 5 14 9 25( 1) 20 10 ( 1)( 20) x x x x x x x x 2 2 5 2 5 ( 1)( 4)( 5) x x x x x () i 22 3( 4) 2( 4 5) 5 ( 4)( 4 5) x x x x x x 2 2 2 2 4 5 4 5 4 5 4 5 3 2 5 3 0 1 4 4 4 4 2 x x x x x x x x x x x x 2 2 4 5 4 5 61 7 8 24 4( 4 5) 9( 4) x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 5 61 , 8. 2 xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 99 Lời giải 2. Nhân lượng liên hợp sau khi xác định nhân tử 2 59 xx bằng chức năng table của casio của phương trình 22 2 5 2 5 ( 1)( 20). x x x x x 22 ( ) 2( 5 9) 5 ( 1)( 20) ( 4) i x x x x x x 32 2 2 5( 29 36) 2( 5 9) ( 1)( 20) 4 x x x xx x x x x 2 2 5( 4) ( 5 9) 2 0 ( 1)( 20) 4 x xx x x x x 22 55 5 9 0 5 9 0 2 ( 1)( 4)( 5) 3( 4) 2 ( 1)( 5) 3 4 xx x x x x x x x x x x x 5 61 2 x hoặc 8. x Lưu ý. Nếu nhập 22 2 5 2 5 ( 1)( 20) X X X X X vào máy tính và bấm shift solve 9 thì phương trình cho ta nghiệm 8. X Để kiểm tra còn nghiệm hay không ta sửa lại cấu trúc: 22 (2 5 2 5 ( 1)( 20)) :( 8) X X X X X X và bấm shift solve 9 thì cho nghiệm vô tỷ 6.405124838 X nên sẽ lưu biến lại và sử dụng chức năng table cho được nhân tử 2 59 xx (xem lại bài học 1). Từ đó tách ghép và có lời giải 2 như trên. Hơn nữa do xác định được lượng nhân tử 2 5 9, xx ta hoàn toàn có thể giải bằng phương pháp lũy thừa 2 vế thu được phương trình bậc bốn và đưa về tích số của hai phương trình bậc hai (chia đa thức – dành cho bạn đọc). Ví dụ 127. Giải phương trình: 22 7 25 19 2 35 7 2 x x x x x () Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ – Số 410 (8 – 2011) Lời giải. Điều kiện: 7. x 2 2 2 2 ( ) ( 7 25 19) (7 2 2 35) x x x x x 2 2 2 7 25 19 49( 2) 2 35 14 ( 2)( 2 35) x x x x x x x x 2 3 11 22 7 ( 2)( 7)( 5) x x x x x 22 3( 5 14) 4( 5) 7 ( 5)( 5 14) 0 x x x x x x 2 22 2 5 14 4 5 14 5 14 53 3 7 4 0 55 5 14 1 5 xx x x x x x xx xx x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 100 22 22 77 61 11137 9( 5 14) 16( 5) 9 61 206 0 18 3 2 7 5 14 5 6 19 0 xx x x x x x x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là 61 11137 3 2 7 , 18 xx Ví dụ 128. Giải phương trình: 3 2 3 2 27 12 2 1 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 32 2 27 12 0 1 x x x x 3 2 2 3 2 ( ) ( 2 27 12) ( 1 2 ) x x x x x 3 2 3 3 2 27 12 3 2 (1 )( 2) x x x x x x x 22 2 26 9 2 ( 1)( 1)( 2) x x x x x x 2 2 2 2 7( 3 2) 5( 1) 2 ( 1)( 3 2) x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 2 7 2 5 0 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x 22 1 3 2 1 4 x x x x x Kết luận: Thế vào điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 1 4 x Ví dụ 129. Giải PT: 2 2 2 4 24 35 3 2 7 12 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện 2 2 2 2 1 4 3 2 0 7 5 5 4 24 35 0 2 2 2 2 7 12 0 4 3 1 x x x xx x x x x x xx x x x 2 2 2 2 2 ( ) ( 4 24 35) ( 7 12 3 2) x x x x x x 2 2 2 2 4 24 35 2 10 14 2 ( 7 12)( 3 2) x x x x x x x x 2 2 14 21 2 ( 4)( 3)( 1)( 2) x x x x x x 2 2 2 2 2 ( 6 8)( 4 3) 3( 6 8) ( 4 3) x x x x x x x x () i Đặt 22 6 8, 4 3. a x x b x x Khi đó 2 30 ( ) 2 3 4 (3 ) ab i ab a b ab a b 22 30 3 0 3 3 ( )(9 ) 0 9 9 10 0 ab a b a b a b a b a b a b a b a ab b khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 101 22 22 22 3( 6 8) 4 3 5 6 8 4 3 2 9( 6 8) 4 3 x x x x x x x x x x x x x hoặc 73 25 8 x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 73 25 8 x Bình luận. Trong bài giải trên, tôi đã đặt 22 6 8, 4 3 a x x b x x thay thế cho việc đặt 22 6 8, 4 3 a x x b x x do chưa khẳng định được 2 căn thức này dương với mọi x tập điều kiện. Hơn nữa, do việc chưa khẳng định này nên không thể chia 2 vế cho lượng dương được. Nếu làm như thế ta phải chia theo từng khoảng của điều kiện và giải từng trường hợp, dài dòng, phức tạp, dễ gây sai sót. Ví dụ 130. Giải phương trình: 3 2 2 2 ( 6 6) 1 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 0 1. xx 3 2 2 ( ) 2 ( 1) 6( 1) 1 0 x x x x x x 3 2 2 3 2 ( 1) 1 6( 1) 0 x x x x x x (do 1 x không là nghiệm) 32 3 2 6 0 3. 2 1 1 1 1 x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3. x Bình luận. Khác với các thí dụ trên, phương trình không đưa về dạng đẳng cấp bậc 2 22 . . 0 a u b uv v mà đưa về dạng đẳng cấp bậc ba 3 2 2 3 . . . 0 a u b u v c uv v và dễ nhìn nhận ta có thể đặt 1 yx khi đó được 3 2 2 3 2 6 0. x xy x y y Loại này ta đã tìm hiểu ở phần đặt một ẩn phụ dạng 1: . ( ) . ( ) 0. n a f x b f x c BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 5 BT 190. Giải phương trình: 2 3( 1) 4 4 4 3. x x x x ( ). x BT 191. Giải phương trình: 2 3 13 37 8( 3) 2. x x x x ( ). x BT 192. Giải phương trình: 22 7 2 7 2. x x x x x ( ). x BT 193. Giải phương trình: 22 3( 1) 12 9 20 2. x x x x ( ). x Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Chuyên Bạc Liêu – Bạc Liêu BT 194. Giải phương trình: 22 15 12 12 10(2 1) 3. x x x x ( ). x BT 195. Giải phương trình: 22 3 2 7 3( 1) 3. x x x x ( ). x BT 196. Giải phương trình: 23 2( 18) 7 27. xx ( ). x BT 197. Giải phương trình: 32 10 8 3 3 18. x x x ( ). x BT 198. Giải phương trình: 23 5 7 7 1. x x x ( ). x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 102 BT 199. Giải phương trình: 23 3 10 56 64. x x x ( ). x BT 200. Giải phương trình: 23 5 11 2 2 4 . x x x x ( ). x BT 201. Giải phương trình: 2 3 2 4 11 5 8 12 6 7. x x x x ( ). x BT 202. Giải phương trình: 2 3 2 6 7 4 7 20. x x x x x ( ). x BT 203. Giải phương trình: 23 2 13 36 7 24 32. x x x x ( ). x BT 204. Giải phương trình: 23 2 5 2 4 2( 21 20). x x x x ( ). x BT 205. Giải phương trình: 2 3 2 3( 4 5) 10 5 9 6. x x x x x ( ). x Đề nghị Olympic 30/04/2013 – THPT Trần Quốc Tuấn – Kon Tum BT 206. Giải phương trình: 24 3 2 3 3 1. x x x ( ). x BT 207. Giải phương trình: 24 8 20 1 64 1. x x x ( ). x BT 208. Giải phương trình: 2 4 2 4 1 1. x x x x ( ). x BT 209. Giải phương trình: 2 2 2 5 5 5 ( 1) 1. x x x x ( ). x BT 210. Giải phương trình: 2 4 2 3( 3 1) 1. x x x x ( ). x Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Hùng Vương – Bình Dương BT 211. Giải phương trình: 2 4 2 20 3 5 5 16 1. x x x x ( ). x BT 212. Giải phương trình: 8 4 4 2 14 1 12 1. x x x x ( ). x BT 213. Giải phương trình: 22 2 3 38 5 6 4. x x x x x ( ). x BT 214. Giải phương trình: 22 6 3 1 3 6 19 0. x x x x x ( ). x BT 215. Giải phương trình: 22 2 3 4 1 2 1. x x x x x ( ). x BT 216. Giải phương trình: 22 2 3 2 18 16 39 5 1. x x x x x ( ). x BT 217. Giải phương trình: 22 3 11 27 1 3 2. x x x x ( ). x BT 218. Giải phương trình: 22 2 1 3 5 2 18 18 5. x x x x x ( ). x BT 219. Giải phương trình: 22 10 50 3 2 5 2 3 5. x x x x x ( ). x BT 220. Giải phương trình: 22 3(9 20 9) 2 6 11 3 2. x x x x x BT 221. Giải phương trình: 2 (8 15) 4 5 1 2 2. x x x x x ( ). x BT 222. Giải phương trình: 3 2 3 2 7 6 1. x x x x x ( ). x BT 223. Giải phương trình: 3 2 3 5 7 2 2 2 1. x x x x x x ( ). x BT 224. Giải phương trình: 2 2 2 2 1 1 3 3(5 2 3). x x x x x ( ). x BT 225. Giải phương trình: 2 2 2 3 2 2 3 2 2 9 3 8. x x x x x ( ). x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 103 BT 226. Giải phương trình: 2 2 2 9 29 11 2 3 3 2. x x x x x x ( ). x BT 227. Giải phương trình: 2 2 2 (3 8 5) 1 ( 4 5) 1. x x x x x x ( ). x 6. Dạng 6. 22 . ( ) . ( ) . . ( ) . ( ) a f x b g x c d f x e g x Phương pháp giải: Đặt 2 ẩn phụ ( ), ( ), u f x v g x đưa phương trình đã cho về dạng cơ bản , AB với 22 . . . . . c d u e v a u b v hoặc chia cho lượng dương ( ) 0 gx được ( ) ( ) . . . ( ) ( ) f x f x c d e a b g x g x và đặt () () fx t gx để bài toán đơn giản hơn. Lưu ý. Biểu thức trong căn thức (căn thức lớn) chưa phân tích sẵn, ta cần phân tích biểu thức này theo tổng của các biểu thức bên ngoài bằng đồng nhất thức quen thuộc. Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 131. Giải phương trình: 2 4 6 4 2 7 1 x x x x () Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Chuyên Quốc Học Huế Phân tích. Phương trình 2 ( ) 4 6 2(2 1) 7 1 x x x x và biểu thức trong “căn lớn”: 2 46 xx không phân tích được thành tích số. Nhưng nếu phân tích biểu thức trong căn thức này bằng tổng bình phương của biểu thức ngoài dấu căn, ta hoàn toàn có thể đưa được về dạng 6, cụ thể cần đi tìm 2 số , ab thỏa đồng nhất: 2 2 2 2 4 6 (2 1) ( 1) 4 ( 4 ) x x a x b x ax b a x a b và đồng nhất được hệ 44 1 41 5 6 a a ba b ab thì 22 (2 1) 5( 1) 4(2 1) 7 1. PT x x x x Lúc đó ta có thể đặt 2 1, 1, u x v x nhưng để đơn giản, tôi thường giải cách 2 bằng cách chia 2 vế cho lượng dương đưa về phương trình dạng AB một biến. Lời giải. Điều kiện: 1. x Do 1 x không là nghiệm nên chỉ xét 1. x 22 ( ) (2 1) 5( 1) 2(2 1) 7 1 x x x x (chia 2 vế cho 1 0) x 2 2 1 2 1 5 2 7 11 xx xx () i Đặt 21 , 1 x t x thì 2 2 7 ( ) 5 2 7 2. 2 3 28 44 0 t i t t t tt Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 104 Suy ra: 2 1 2 1 2 7 2 2 1 1 2 2 2 1 4 8 3 0 x x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 27 2 x Ví dụ 132. Giải phương trình: 2 2 2 2 2 1 x x x x () Đề thi thử Đại học 2014 – THPT Chuyên KHTN Hà Nội Phân tích. Căn lớn: 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 1) (4 ) 4 x x a x b x ax a b a b và đồng nhất hệ số được 11 4 2 6 aa a b b nên có lời giải sau: Điều kiện: 1 1 3 13 x x Nhận thấy 1 x là một nghiệm của phương trình. Khi đó ta xét 1, x tức trên tập xác định: 1;1 3 1 3; . D Lời giải 1. Đặt ẩn phụ đưa về dạng . AB 2 22 22 ( ) 2 ( 2) 6( 1) 2 1 6 2 11 xx x x x x xx () i Đặt 2 , 1 x t x thì 2 22 2 5 ( ) 6 2 2 4 4 6 t i t t t t t t Suy ra: 2 2 2 5 3 5 1 2( 2) 3 24 4 9 9 0 1 x x x x x x xx x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 3 nghiêm là 3 1, 3, 4 x x x Lời giải 2. Chia trực tiếp để đặt ẩn phụ. 11 ( ) 1 1 4 2 1 1 xx x x () i Đặt 1 1 2, 1 Cauchy tx x suy ra: 2 1 1 2. 1 tx x Khi đó: 22 5 ( ) 6 2 6 2 2 i t t t t t Suy ra: 1 5 3 1 2( 2) 5 1 3 24 1 x x x x x x Lời giải 3. Liên hợp sau khi sử dụng casio tìm được 2 nghiệm 1, 3. xx 2 ( ) ( 2 2 1) 2 1 ( 1) 0 x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 105 22 2 2 3 2 3 0 2 1 1 2 2 1 x x x x xx xx 2 2 11 ( 2 3) 0 2 1 1 2 2 1 xx xx xx 2 2 2 3 0 1 3 2 2 2 1 ( ) x x x x x x x x i 2 2 2 2 2 2 1 2 3 ( ), ( ) 2 2 1 4 2 2 2 1 x x x x i x x x x x x x x Ví dụ 133. Giải phương trình: 22 2 3 1 1 3 2 1 x x x x () Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ – Số 439 (1 – 2014) Lời giải. Điều kiện: 2 1 1 1 2 3 1 0 2 11 1 1 3 0 23 3 x xx xx x x x 2 2 2 2 ( ) 2( 1) ( 1 3 ) 2 1 1 3 x x x x 2 2 22 1 3 1 3 2 2 2 2 11 xx tt xx với 2 13 0 1 x t x 2 2 1. 2 4 2 0 t t tt Suy ra: 2 1 1 3 0 3. x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 0, 3. xx Nhận xét. Qua bài toán này, ta nhận được 1 kinh nghiệm nhỏ, đó là gặp phương trình vô tỷ cơ bản dạng , A B C ta đừng vội lũy thừa mà nên nháp thử biểu thức trong căn lớn có phân tích thành tổng của các biểu thức ngoài căn hay không ?! Nếu không, ta hãy lũy thừa để xem chúng thuộc loại cơ bản nào đã học và định hướng đi. Ví dụ 134. Giải phương trình: 3 2 3 2 4 4 5 2 4 10 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 32 32 4 5 0 2 4 10 0 xx xx 3 2 2 2 3 2 ( ) 2( 4 5) (2 ) 2.2 4 5 x x x x x x () i Đặt 32 2 , 4 5 0 u x v x x thì 22 ( ) 2 2 i u v u v 22 20 2 0 2 0 ( )(5 ) 0 0 5 4 0 uv u v u v u v u v u v u v u uv v Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 106 3 3 2 3 32 0 2 0 0 5. 4 5 0 5 4 5 2 x xx x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3 5. x Nhận xét. Trong bài giải trên, do điều kiện chưa được tường minh nên tôi chọn phương án đặt 2 ẩn phụ , uv thay cho việc chia rồi đặt một ẩn phụ . t Hiển nhiên các thí dụ trên vẫn giải được bằng cách đặt 2 ẩn phụ để đưa về phương trình đẳng cấp. Hơn nữa trong phép phân tích: 22 5 4 0 ( )(5 ) 0, u uv v u v u v bản chất là giải phương trình đẳng cấp, tức phân tích: 2 5 4 1 ( 1)(5 1) X X X X với u X v và thế vào, qui đồng được nhân tử ( )(5 ) 0. u v u v Ta cũng phân tích tương tự đối với biểu thức có dạng đẳng cấp bậc ba thay cho việc tách, ghép và nhóm thông thường. Ví dụ 135. Giải phương trình: 33 2 2 1 2 7 3 18 27 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 3 2 1 0 2 7 0 3 18 27 0 x xx xx 2 3 2 3 ( ) 6( 2 1) 3( 2 7) 2 2 1 2 7 x x x x x x () i Đặt 3 2 1 0, 2 7 0. u x v x x Khi đó: 22 ( ) 6 3 2 i u v u v () ii 2 2 2 2 2 2 2 6 3 4 4 2 4 2 0 ( ) 0 . u v u uv v u uv v u v u v Suy ra: 33 3 2 1 2 7 6 6. x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3 6. x Nhận xét. Trong cách giải phương trình () ii do 2 vế đều dương nên tôi đã bình phương mà không cần đặt điều kiện. Nếu chưa biết dấu nên giải theo đúng . AB Ví dụ 136. Giải: 3 2 3 2 2 5 13 4 10 3 2 3 2 x x x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 32 32 2 5 13 4 10 0 3 2 0 20 x x x x x x xx 3 2 2 2 3 2 ( ) 5( 3 2) (2 ) 3 2 3 2 x x x x x x x x x x () i Đặt 2 3 2 2 0, 3 2 0. u x x x x x Khi đó: 22 ( ) 5 3 i v u u v 2 2 2 2 2 2 3 0 3 0 30 ( )(5 2 ) 0 5 9 6 5 3 2 0 u v u v uv u v u v v u u uv v u uv v 3 2 2 3 2 2 30 3 0 3 0 1. 3 2 2 5 2 0 0 3 2 2 0 uv u v u v x u v u v x x x x x u v u v x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 107 Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 6 BT 228. Giải phương trình: 2 3 1. 1 2( 3 4) xx xx () x BT 229. Giải phương trình: 2 2 23 1. 4 2 3 x x x xx () x BT 230. Giải phương trình: 22 2 4 2 2 6 14. x x x x x () x BT 231. Giải phương trình: 2 1 2 1 3 8 4. x x x x () x BT 232. Giải phương trình: 4 2 2 2 1 3 1 . x x x x () x BT 233. Giải phương trình: 2 1 2 3 5 12 8. x x x x () x BT 234. Giải phương trình: 2 2 2 1 1 4 2 4. x x x x () x BT 235. Giải phương trình: 2 1 2 1 2 4. x x x () x BT 236. Giải phương trình: 2 2 14 4 3 2 2. x x x x () x BT 237. Giải phương trình: 22 5 8 1 2 1 2 . x x x x x () x BT 238. Giải phương trình: 2 2 10 16 1 3. x x x x () x BT 239. Giải phương trình: 22 3 2 2 2 3 5 7 13. x x x x x () x BT 240. Giải phương trình: 2 1 7 17 7. x x x x () x BT 241. Giải phương trình: 2 6 3 2 3 14 12. x x x x () x BT 242. Giải phương trình: 22 2 3 3 1 9 23 19. x x x x x () x BT 243. Giải phương trình: 22 1 1 2 2 14 12 1. x x x x () x BT 244. Giải phương trình: 22 6 3 4 18. x x x x x () x BT 245. Giải phương trình: 22 2 2 5 9 10. x x x x x () x BT 246. Giải phương trình: 22 2 1 3 1 9 4. x x x x x () x BT 247. Giải phương trình: 22 2 2 3 3 4 19 28. x x x x x () x BT 248. Giải phương trình: 3 2 3 2 2 3 4 6. x x x x x () x BT 249. Giải phương trình: 3 3 2 2 3 2 2 5 4 18 11. x x x x x x BT 250. Giải PT: 2 3 2 3 2 2 1 3 6 9 9 16. x x x x x x x x BT 251. Giải phương trình: 3 3 2 3 6 9 3 24 36. x x x x x x () x BT 252. Giải phương trình: 3 2 3 2 3 2 3 2 4 2 2 3. x x x x x x BT 253. Giải phương trình: 3 2 3 2 2 2 4 3 8 12. x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 108 7. Dạng 7. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n f x b x a x a x f x b x () i Phương pháp giải: Đặt () ( ) ( ) ( ). ( ) ( ) n n u f x v a x u b x v a x f x b x và kết hợp với đề bài được hệ phương trình đối xứng loại ( ) ( ) : ( ) ( ) n n v a x u b x II u a x v b x (lấy vế trừ vế). Lưu ý. Bài toán thường chưa được biến đổi về dạng ( ), i do đó ta cần biến đổi dựa vào đồng nhất thức quen thuộc để đưa về ( ). i Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 137. Giải phương trình: 22 4 3 ( 2) 2 2 1 x x x x x () Phân tích. Dạng: 22 () mx nx p qx r x x thường thì ta sẽ nghĩ đến dạng đẳng cấp, tức đi tìm 2 số , ab thỏa: 2 2 2 2 4 3 ( 2) ( 2 2 1) , x x a x b x x nhưng sẽ không tồn tại , . ab Kế đến, sẽ nghĩ đến việc đặt ẩn phụ không hoàn toàn, tức đặt 2 2 2 1, t x x nhưng phương pháp này không khả thi do Δ không là số chính phương. Lúc đó, các bạn hãy nghĩ đến việc đưa về dạng 7 bằng cách so sánh đề bài với dạng tổng quát, tức viết: 2 (2 ) ( ) ( 2). ( 2)(2 ) ( ), ( ). x m b x x x x m b x i Lúc này ta cần xác định m và biểu thức () bx bằng đồng nhất thức dựa vào việc so sánh giữa () i và ( ). Do biểu thức trong căn của ( ), ( ) i đều có 2 2x nên ta có thể khẳng định được rằng () bx sẽ có dạng bậc nhất mà ta gọi là ( ) . b x nx p Khi đó biểu thức () i được viết lại là: 2 (2 ) ( ) ( 2). ( 2)(2 ) ( ) x m nx p x x x m nx p hay viết 2 2 2 4 (4 ) ( 2) 2 ( 4) 2 , x m n x m p x x m n x m p so sánh với () được hệ phương trình: 2 43 1 0 1 42 1 21 mn m mp n mn p mp Khi đó phương trình đã cho được viết lại là 2 ( ) (2 1) ( 1) ( 2). ( 2)(2 1) ( 1) x x x x x x và đặt 2 ẩn phụ như phần lý thuyết sẽ đưa về hệ đối xứng loại II và có lời giải 1 như sau: Điều kiện: 2 13 2 2 1 0 2 x x x hoặc 13 2 x Lời giải 1. Đặt ẩn phụ đưa về hệ. 2 ( ) (2 1) ( 1) ( 2). ( 2)(2 1) ( 1) x x x x x x () i khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 109 Đặt 2 2 21 ( 2) ( 1) ( 2) ( 1) ( 2)(2 1) ( 1) 0 ux v x u x u x v x v x x x (1) (2) Lấy 22 (1) (2) ( 2)( ) ( )( ) ( )( 2) 0 v u x u v v u v u v u x ( )( 2) 0 20 uv v u v u x u v x Với , uv suy ra: 2 2 1 35 2 2 1 2 1 2 2 3 1 0 x x x x x xx Với 2 0, u v x suy ra: 2 2 2 1 1 3 : x x x vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 35 2 x Lời giải 2. Nhân liên hợp. 22 ( ) 2( 3 1) ( 2) (2 1) 2 2 1 0 x x x x x x 2 2 2 2( 2)( 3 1) 2( 3 1) 0 2 1 2 2 1 x x x xx x x x 2 2 2 3 1 0 35 2 2 10 2 2 1 1 3 : 2 1 2 2 1 o xx x x x x x VN x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 35 2 x Nhận xét. Thoạt nhìn vào lời giải 2 đơn giản và ngắn gọn, nhưng thực sự để có được tách ghép liên hợp như vậy ta cần qua các giai đoạn trung gian như sử dụng table của casio để tìm nhân tử 2 31 xx và cần có sự khéo léo, kết hợp với kinh nghiệm đồng nhất thức để ghép được biểu thức 2 (2 1) 2 2 1 x x x như đã trình bày !!!. Hiển nhiên do xác định được nhân tử 2 31 xx nên ta có thể giải cách 3 bằng phương pháp lũy thừa lên được bậc bốn, rồi chia cho 2 3 1, xx suy ra 2 tích số bậc 2. Nhưng cần tìm điều kiện chính xác để tránh thu nghiệm ngoại lai. Ví dụ 138. Giải phương trình: 22 7 16 (2 3) 2 2 16 x x x x x () Điều kiện: Do 2 7 16 0, , x x x suy ra 2 2 2 16 0 33 1 2 2 3 0 ?! xx x x Lời giải 1. Đặt ẩn phụ đưa về hệ. 2 ( ) ( 3) ( 7) (2 3) (2 3)( 3) ( 7) x x x x x x () i Đặt 2 2 3 ( 7) (2 3) ( 7) (2 3) (2 3)( 3) ( 7) 0 ux u x x v v x x u v x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 110 22 (2 3)( ) ( )( 2 3) 0 2 3 0 uv u v x v u u v u v x u v x Với , uv suy ra: 2 2 3 2 2 16 3 2 29. 4 25 0 x x x x x xx Với 2 3 0, u v x suy ra: 2 2 2 16 3 0 : x x x vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2 29. x Lời giải 2. Nhân liên hợp sau khi sử dụng casio được nhân tử 2 4 25. xx 22 ( ) (2 3). 2 2 16 ( 3) ( 4 25) 0 x x x x x x 2 2 2 (2 3)( 4 25) ( 4 25) 0 2 2 16 3 x x x xx x x x 2 2 2 2 29 4 25 0 0 : 2 2 16 3 7 2 16 0 o x xx x VN x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2 29. x Ví dụ 139. Giải phương trình: 22 8 11 1 ( 1) 4 6 5 x x x x x () Phân tích. Viết 2 (3 ) ( ) ( 1) ( 1)(3 ) ( ) x n b x x x x n b x và do biểu thức trong căn thức của () là 2 4x nên () bx sẽ có dạng bậc hai loại: 2 ( ) . b x x px q Khi đó: 2 2 2 (3 ) ( ) ( 1) ( 1)(3 ) ( ) x n x px q x x x n x px q và khai triển được: 2 2 2 8 (6 ) ( 1) 4 ( 3) . x n p x n q x x n p x n q Đồng nhất hệ số được hệ 2 6 11 2 1 1 36 3 5 np n nq p np q nq và có các lời giải chi tiết như sau: Lời giải 1. Tập xác định: . D 2 2 2 ( ) (3 2) ( 3) ( 1) ( 1)(3 2) ( 3) x x x x x x x x () i Đặt 22 22 2 32 ( 3) ( 1) ( 3) ( 1) ( 1)(3 2) ( 3) 0 ux u x x x v v x x x u v x x x x 22 ( 1)( ) ( )( 1) 0 10 uv u v x v u u v u v x u v x Với , uv suy ra: 2 2 3 2 0 14 3 4 6 5 3 2 5 5 6 1 0 x x x x x xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 111 Với 1 0, u v x suy ra: 2 9 33 4 6 5 4 3 12 x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là 14 3 9 33 , 5 12 xx Lời giải 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn. Đặt 2 2 2 4 6 5 0 4 6 5. t x x t x x 2 2 2 ( ) (4 6 5) ( 1) 4 6 5 12 17 6 0 x x x x x x x 22 ( 1) 12 17 6 0 t x t x x và xem đây là phương trình bậc hai với biệt số 2 2 2 ( 1) 4(12 17 6) (7 5) . t x x x x Do đó: 1 7 5 32 2 xx tx hoặc 1 7 5 4 3. 2 xx tx Suy ra: 2 2 4 6 5 4 3 14 3 9 33 , 5 12 4 6 5 3 2 x x x xx x x x Ví dụ 140. Giải phương trình: 22 2 7 16 (2 1) 10 4 x x x x x () Tập xác định: 2 10 4 0 5 21 x x x hoặc 5 21. x Lời giải 1. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình. 2 2 2 ( ) ( 4) ( ) (2 1) (2 1)( 4) ( ) x x x x x x x x Đặt 22 22 2 4 ( ) (2 1) ( ) (2 1) (2 1)( 4) ( ) 0 ux u x x x v v x x x u v x x x x 22 ( ) (2 1)( ) ( )( 2 1) 0 2 1 0 uv u v x v u u v u v x u v x Với , uv suy ra: 2 4 10 4 4 6. 10 4 8 16 x x x x x xx Với 2 1 0, u v x suy ra: 2 10 4 3 5 : x x x vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 6. x Lời giải 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn. 2 2 2 ( ) 10 4 (2 1) 10 4 3 17 20 0 x x x x x x x () i Đặt 2 10 4 0, t x x suy ra: 22 10 4. t x x 22 ( ) (2 1). (3 17 20) 0, i t x t x x có biệt số: 2 (4 9) . t x Do đó: 2 2 10 4 4 6. 10 4 3 5 t x x x x t x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 6. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 112 Ví dụ 141. Giải phương trình: 2 4 6 ( 1) 6 6 x x x x () Phân tích. Khác với các thí dụ trước, biểu thức ngoài căn là bậc nhất nên sử dụng đồng nhất: 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( 1) ( 1)( ) ( ) mx n m x px q x x mx n m x px q 2 2 2 (2 ) ( 1) ( ) ( ) mn p x n q x m m x n m p q n và đồng nhất hệ số được hệ 2 22 3; 2 2 24 2 6 4 4 1 66 0 11 5 66 mm mn p m n q n p n m m n q p n m p n p q q n q n Trong phép đồng nhất trên, tôi đã chọn 2 m để được các số còn lại chẵn, nếu chọn 3 m thì sẽ lẻ. Lời giải. Điều kiện: 2 1 145 6 6 0 12 x x x hoặc 1 145 12 x 2 2 2 ( ) (2 1) (4 5) ( 1) ( 1)(2 1) (4 5) x x x x x x Đặt 22 22 2 21 (4 5) ( 1) (4 5) ( 1) ( 1)(2 1) (4 5) 0 ux u x x v v x x u v x x x 22 ( 1)( ) ( )( 1) 0 10 uv u v x v u u v u v x u v x Với , uv suy ra: 2 2 2 1 0 7 6 6 2 1 2 2 5 7 0 x x x x x xx Với 1 0, u v x suy ra: 2 2 0 6 6 3 3 6 0 x x x x xx vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 7 2 x Ví dụ 142. Giải phương trình: 2 6 9 (2 1) 15 9 0 x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D 2 ( ) 6 9 (2 1) 15 9 x x x x 2 2 2 (3 1) (9 10) (2 1) (2 1)(3 1) (9 10) x x x x x x Đặt 22 22 2 31 (9 10) (2 1) (9 10) (2 1) (2 1)(3 1) (9 10) 0 ux u x x v v x x u v x x x 22 (2 1)( ) ( )( 2 1) 0 2 1 0 uv u v x v u u v u v x u v x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 113 Với , uv suy ra: 2 2 1 15 9 3 1 : 3 6 7 8 0 x x x x xx vô nghiệm. Với 2 1 0, u v x suy ra: 2 9 15 9 5 10 x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 9 10 x Ví dụ 143. Giải phương trình: 3 3 2 2 7 16 5 (1 2 ) 3 7 5 x x x x x x () Phân tích. Xét dạng tổng quát: 3 3 ( ) ( ) (1 2 ). (1 2 )( ) ( ) x m b x x x x m b x và thấy trong căn thức có 2 3x nên chọn 2 ( ) ( ). b x x nx p Lúc này viết biểu thức lại là 3 2 2 3 ( ) ( ) (1 2 ). (1 2 )( ) ( ) x m x nx p x x x m x nx p hay 3 2 2 3 2 3 (3 1) (3 ) (1 2 ) 3 (2 1) . x m x m n x m p x x m n x m p Đồng nhất hệ số được hệ: 2 3 3 1 7 3 16 2 54 2 1 7 3 5 m mn m m p n m n p mp Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Tập xác định: . D 3 2 2 3 ( ) ( 2) ( 4 3) (1 2 ). (1 2 )( 2) ( 4 3) x x x x x x x x Đặt 32 32 2 3 2 ( 4 3) (1 2 ) ( 4 3) (1 2 ) (1 2 )( 2) ( 4 3) 0 ux u x x x v v x x x u v x x x x 3 3 2 2 (1 2 )( ) ( )( 1 2 ) 0 u v x v u u v u uv v x uv hoặc 22 1 2 0. u uv v x Với , uv suy ra: 3 2 3 2 3 7 5 2 9 19 3 0 x x x x x x 3 x hoặc 3 2 2. x Với 2 2 2 2 3 1 2 0 1 2 0 24 u u uv v x v u x 22 22 3 4 8 3 4 16 0 0 : 2 4 2 4 u u x u x x vv vô nghiệm do ta luôn có 2 3 4 16 0, . x x x Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là 3, 3 2 2. xx Lưu ý. Đối với dạng căn thức bậc 3 ( 3) n thì ta chỉ có 1 trường hợp . uv Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 114 Ví dụ 144. Giải phương trình: 3 22 1 8 13 7 1 3 2 x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2013 – THPT Chuyên Hùng Vương – Bình Dương Lời giải. Điều kiện: 0. x 3 3 2 2 ( ) 8 13 7 ( 1). 3 2 x x x x x 3 2 2 3 (2 1) ( 1) ( 1) ( 1)(2 1) 1. x x x x x x x x Đặt 32 32 2 3 21 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)(2 1) 1 ux u x x x v v x x x u v x x x x 22 2 2 ( )( 1) 0 3 10 24 uv u v u uv v x u v u x 32 2 2 2 2 1 8 15 6 1 0 1 8 3(2 1) 4 4 12 8 7 0 0: 24 24 o x x x xx u x x u x x v v VN Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 1 1, 8 xx Ví dụ 145. Giải phương trình: 3 32 8 10 17 8 30 24 7 x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2013 – THPT Chuyên Tiền Giang – Tiền Giang Phân tích. Xét dạng tổng quát: 3 3 (2 ) ( ) 8 8.(2 ) ( ). x m b x x m b x Do biểu thức trong căn thức là bậc hai dạng: 2 24 30 7 xx và so sánh với 8.(2 ) ( ) x m b x nên chọn 2 ( ) 24 14 . b x x x n Vấn đề còn lại là chọn , mn thì bài toán giải quyết. So sánh các biểu thức ngoài căn thức, các biểu thức trong căn thức với nhau về hệ số từng bậc ta được hệ: 2, 9 mn và có lời giải như sau: Lời giải. Tập xác định: . D 3 2 2 3 ( ) (2 2) 24 14 9 8. 8(2 2) (24 14 9) x x x x x x Đặt 32 32 2 3 (2 2) 24 14 9 8 24 14 9 8 8(2 2) (24 14 9) ux u x x v v x x u v x x x 3 3 2 2 8( ) ( )( 8) 0 . u v u v u v u uv v u v Suy ra: 3 2 3 3 1 30 24 7 2 2 8 6 1 4 3 2 x x x x x x x () i Xét 1 x và đặt cos , [0; ] x t t thì 3 11 ( ) 4cos 3cos cos3 22 i t t t khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 115 2 93 k t Do 0; 57 ; ; 9 9 9 t t k Suy ra: 57 cos cos cos : 9 9 9 x x x là các nghiệm nghiệm cần tìm do phương trình bậc ba () i có tối đa ba nghiệm. Kết luận: Các nghiệm cần tìm là 57 cos , cos , cos 9 9 9 x x x Ví dụ 146. Giải phương trình: 2 2 3 2 9 11 6 ( 3) 3 8 4 x x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 32 3 8 4 0. x x x 2 2 2 ( ) (3 2) (2 ) ( 3) ( 3)(3 2) (2 ). x x x x x x x x Đặt 22 22 2 32 (2 ) ( 3) (2 ) ( 3) ( 3)(3 2) (2 ) 0 ux u x x x v v x x x u v x x x x 2 2 2 2 ( 3)( ) 30 uv u v x x v u u v x x Với 32 32 0 3 2 0 3 8 4 3 2 5 37 3 10 4 3 x x u v x x x x x x x x Với 2 3 2 2 3 0 3 8 4 ( 1) 4 : u v x x x x x x vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 3 nghiệm là 5 37 0, 3 xx Ví dụ 147. Giải phương trình: 4 3 2 6 1 2( 4) 2 8 6 1 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 32 2 8 6 1 0. x x x 2 2 2 ( ) ( ) (6 1) (2 8) (2 8) (6 1). x x x x x x Đặt 2 2 2 2 0 (6 1) (2 8) (6 1) (2 8) (2 8) (6 1) ux u x x v v x x u v x x x 22 (2 8)( ) ( )( 2 8) 0 2 8 0 uv u v x v u u v u v x u v x Với , uv suy ra: 3 2 2 4 3 2 2 8 6 1 2 8 6 1 0 x x x x x x x x () i 22 ( 4 1)( 2 1) 0 1 x x x x x hoặc 2 5. x Với 2 8 0, u v x suy ra: 3 2 2 2 8 6 1 ( 1) 7 : x x x x vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 1, 2 5. xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 116 Nhận xét. Trong cách giải phương trình bậc bốn ( ), i tôi đã sử dụng chức năng table của casio để tìm nhân tử 2 41 xx và dựa vào nhân tử này đưa về tích. Nếu không như thế, ta có thể biến đổi: 4 3 2 2 2 2 2 2 9 6 1 ( ) (3 1) x x x x x x x x cũng đưa được về tích 22 ( 4 1)( 2 1) 0 x x x x (giải phương trình bậc cao – bài 1). BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 7 BT 254. Giải phương trình: 22 3 (3 ) 4. x x x x x ( ). x BT 255. Giải phương trình: 22 8 26 ( 1) 6 6. x x x x x ( ). x BT 256. Giải phương trình: 22 6 (2 3) 2 10 4. x x x x x ( ). x BT 257. Giải phương trình: 22 4 9 1 (4 1) 8 3 1. x x x x x ( ). x BT 258. Giải phương trình: 22 4 19 6 2 4 3. x x x x x ( ). x BT 259. Giải phương trình: 22 4 23 23 ( 2) 2 6 12. x x x x x ( ). x BT 260. Giải phương trình: 22 16 11 1 ( 4) 4 18 4. x x x x x ( ). x BT 261. Giải phương trình: 22 2 2 3 (2 3) 5 7. x x x x x ( ). x BT 262. Giải phương trình: 22 4 2 (5 3) 5 6 2. x x x x x ( ). x BT 263. Giải phương trình: 2 3 4 5 2 8 4. 1 x x x x ( ). x BT 264. Giải phương trình: 2 5 3 2 1. x x x x ( ). x BT 265. Giải phương trình: 2 9 25 ( 1) 2 5 5. x x x x ( ). x BT 266. Giải phương trình: 2 30 1. 2 7 9 9 x xx ( ). x BT 267. Giải phương trình: 2 10 ( 3) 2 5 7. x x x x ( ). x BT 268. Giải phương trình: 3 3 2 2 2 2 3 (1 2 ). 3 5. x x x x x ( ). x BT 269. Giải phương trình: 3 3 2 2 8 14 9 2 (4 2 ). 6 3 3. x x x x x x BT 270. Giải phương trình: 3 3 2 2 5 4 5 (1 2 ). 6 2 7. x x x x x x ( ). x BT 271. Giải phương trình: 2 2 3 3 ( 1) 2 4. x x x x x ( ). x BT 272. Giải phương trình: 2 32 2 6 15 12 7 15 13. 5 xx x x x xx ( ). x BT 273. Giải phương trình: 4 3 2 32 2 2 9 7 4 3. 3 x x x x x x x xx ( ). x BT 274. Giải phương trình: 32 4 3 2 2 3 2 5 4 4 1. 3 x x x x x x x x ( ). x BT 275. Giải phương trình: 2 4 5 2 2 1 ( 2 1) 1. x x x x x x ( ). x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 117 8. Dạng 8. ( ) . . n n ax b p cx d q x r với 2;3 n Phương pháp giải: Đặt n ay b cx d nếu tích số . 0. pc Đặt () n ay b cx d nếu tích số . 0. pc Khi đó ta sẽ đưa về được hệ đối xứng loại II hoặc gần đối xứng loại II. Lưu ý. Trong một số trường hợp, ta có thể tiếp cận phép đặt ẩn phụ bằng công cụ đạo hàm hoặc giải được bằng phương pháp hàm số. Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 148. Giải phương trình: 2 7 3 6 3 3 x xx () HSG Toán 10 – Huyện Hóc Môn – Tp. Hồ Chí Minh ngày 13/04/2013 Phân tích. Biến đổi 2 17 ( ) 3( 1) 1. 6 33 xx và có 1 . 1. 0 3 pc nên sẽ đặt ẩn phụ 17 1, 33 yx kết hợp với đề bài để đưa về hệ đối xứng loại II. Lời giải. Điều kiện: 7. x Đặt 7 1 0, 3 x y được hệ: 22 22 3( 1) 7 3 6 4 0 3 6 3 1 3 6 4 0 y x y y x x x y x x y 22 3( ) 7( ) 0 ( )(3 3 7) 0 7 3 yx y x y x y x y x yx Với , yx suy ra: 2 1 7 73 5 1 36 3 5 4 0 x x xx xx Với 7 , 3 yx suy ra: 2 4 7 4 7 69 3 3 3 6 9 21 5 0 x x xx xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 73 5 7 69 , 66 xx Bình luận. Với 2, n chẳng hạn: 2 ., ax bx c d mx n trong nhiều trường hợp ta có thể tiếp cận bằng công cụ đạo hàm như sau: 2 () f x ax bx c có đạo hàm cấp I là ( ) 2 0 2 b f x ax b x a Khi đó ta sẽ đặt 2 b y mx n a khi 2 b a là số nguyên và đặt 2ay b mx n nếu 2 b a có dạng phân số. Cụ thể trong bài toán Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 118 trên, xét 2 ( ) 3 6 3 ( ) 6 6 0 1 f x x x f x x x nên sẽ tìm ra được phép đặt ẩn phụ là 7 1 3 x y Còn đối với 3, n ta sẽ lấy đến đạo hàm cấp II. Ví dụ 149. Giải phương trình: 2 4 3 1 5 13 x x x () Phân tích. Biến đổi 2 ( ) (2 3) 3 1 ( 4) x x x có . 1.3 0 pc nên sẽ đặt (2 3) 3 1 yx hay 3 2 3 1 yx và có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 1 3 x Đặt 3 3 2 3 1 0, 2 y x y Suy ra hệ phương trình: 22 22 4 3 2 5 13 4 2 13 8 0 (3 2 ) 3 1 4 12 3 8 0 x y x x y x y x y y x 22 4( ) 10( ) 0 ( )(2 2 5) 0 2 5 2 xy x y y x x y x y yx Với , yx suy ra: 2 3 15 97 3 1 3 2 2 8 4 15 8 0 x x x x xx Với 2 5 2 , yx suy ra: 2 1 11 73 3 1 2 2 8 4 11 3 0 x x x x xx Kết luận: So điều kiện, nghiệm phương trình là 15 97 11 73 , 88 xx Ví dụ 150. Giải phương trình: 32 3 8 36 53 3 5 25 x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Nguyễn Thượng Hiền – TP. HCM Phân tích. Biến đổi 3 3 ( ) (2 3) 3 5 2 x x x có . 1.3 0 pc nên sẽ tìm ra phép đặt ẩn phụ là 3 2 3 3 5. yx Hơn nữa, nếu xét 32 ( ) 8 36 53 25 f x x x x có 2 3 ( ) 24 72 ( ) 48 72 0 2 f x x x f x x x cũng tìm ra phép đặt ẩn phụ là 3 2 3 3 5, yx từ đó có lời giải 1 như sau: Tập xác định: . D Lời giải 1. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại II. 3 3 ( ) (2 3) 3 5 2. x x x Đặt 3 3 3 (2 3) 3 5 2 3 3 5 (2 3) 2 5 yx yx x y x 33 (2 3) (2 3) 2( ) y x x y 2 (2 2 ) (2 3) (2 3)(2 3) (2 3) (2 2 ) 0 y x y x y x y x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 119 2 2 2 3 3 2( ) 2 3 (2 3) 1 0 . 24 x y x y x y x Với , yx suy ra: 3 3 3 5 2 3 (2 3) 3 5 2 x x x x x hoặc 53 4 x Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là 53 2, 4 xx Lời giải 2. Đồng nhất đưa về dạng 33 . . . . . mu nu m v n v 33 33 ( ) (2 3) (2 3) ( 3 5) 3 5 x x x x () i Đặt 3 2 3, 3 5 u x v x thì 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) 0 i u u v v u v u v 2 2 2 2 3 ( )( 1) 0 ( ) 1 0 24 v u v u uv v u v u v u v Suy ra: 3 3 3 5 2 3 (2 3) 3 5 2 x x x x x hoặc 53 4 x Nhận xét. Bài toán có dạng tổng quát: 32 3 ., ax bx cx d p qx r ngoài cách giải 1, ta có thể sử dụng đồng nhất thức để đưa về dạng 33 . . . . . mu nu m v n v Khi đó có thể giải quyết bằng cách đặt hai ẩn phụ hoặc sử dụng phương pháp hàm số. Cụ thể ở cách giải 2 trên, ta luôn xét: 33 33 (2 ) .(2 ) ( 3 5) . 3 5 x b n x b x n x và so sánh với đề thấy 1. n Công việc còn lại là đồng nhất thức tìm b được 3. b Ví dụ 151. Giải phương trình: 32 3 4 81 8 2 2 3 x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2010 – Trung Học Thực Hành ĐHSP – Tp. HCM Phân tích. Có 3 2 2 44 ( ) 2 2 ( ) 3 4 ( ) 6 4 0 33 f x x x x f x x x f x x 2 3 x Do đó tìm ra được phép đặt ẩn phu là 3 3 2 81 8. yx Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 3 2 81 8, yx suy ra: 32 32 3 32 4 4 32 3 2 2 2 3 3 4 (3 2) 81 8 32 3 y x x x y x x x yx x y y y 3 3 2 2 4 3( ) ( ) 2( ) ( ) 3 y x x y x y x y 22 ( ) 3( ) 6( ) 13 0. y x y xy x y x Với , yx suy ra 32 3 5 3 2 6 3 2 81 8 2 0 0, 33 x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 120 Với 2 2 2 2 3( ) 6( ) 13 0 3 3( 2) 3 6 13 0 y xy x y x x y x y y () i Xem đây là phương trình bậc hai với ẩn là x và y là tham số thì có biệt số: 2 2 2 9( 2) 12(3 6 12) 27 36 120 0, . x y y y y y y Do đó phương trình () i vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là 3 2 6 0, 3 xx Ví dụ 152. Giải phương trình: 2 4 3 5 13 4 3 0 x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Trần Hưng Đạo – Bình Thuận Phân tích. Biểu thức trong căn phân tích được thành tích số: 4 3 2 2 3 ( 3 ), x x x x x hướng suy nghĩ đầu tiên là đưa về dạng đẳng cấp bằng cách đồng nhất thức biểu thức ngoài căn theo biểu thức tích, tức tìm 2 2 2 5 13 4 . .( 3 ), x x a x b x x nhưng sẽ không tồn tại hai số , . ab Casio cũng chịu thua với hình thức này !!. Nhưng để ý biểu thức trong căn thức là bậc 4, ta hoàn toàn có thể đặt ẩn phụ 1 x t để biến phương trình về dạng 2 2 4 3 1 1 1 1 5 13 4 3 0 4 13 5 3 1 0. t t t t t t t Lời giải. Điều kiện: 43 3 0 0. x x x Do 0 x không là nghiệm của phương trình nên chỉ xét 0, x và đặt 1 0. x t 2 2 4 3 1 1 1 1 ( ) 5 13 4 3 0 4 13 5 3 1 0 t t t t t t t Đặt 3 2 3 1 3 , , 2 y t y suy ra: 2 2 (2 3) 1 3 4 13 5 2 3 0 yt t t y 2 2 4 12 3 8 0 ( ) ( ) 2( ) 5 0 2 2 5 4 13 2 8 0 y y t i y t y t y t yt t t y Với , yt thì 2 15 97 (1) 4 15 8 0 8 t t t hoặc 15 97 8 t Suy ra: 15 97 8 y (loại do 3 ) 2 y hoặc 15 97 8 y (nhận). Do đó: 1 15 97 16 x t Với 2 2 5, yt thì 2 11 73 (1) 4 11 3 0 8 t t t hoặc 11 73 8 t Suy ra: 73 9 8 y (nhận) hoặc 9 73 8 y (loại). khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 121 Do đó: 1 11 73 6 x t Kết luận: So điều kiện, nghiệm phương trình là 15 97 11 73 , 16 6 xx BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 8 BT 276. Giải phương trình: 2 4 6. x x x () x BT 277. Giải phương trình: 2 2 6 1 4 5. x x x () x BT 278. Giải phương trình: 2 4 3 5. x x x () x BT 279. Giải phương trình: 2 3 24 2 x xx () x BT 280. Giải phương trình: 2 2 2 2 1. x x x () x BT 281. Giải phương trình: 2 4 4 3 2 5. x x x () x BT 282. Giải phương trình: 2 9 6 5 3 5. x x x () x BT 283. Giải phương trình: 2 18 6 29 12 61. x x x () x BT 284. Giải phương trình: 2 9 12 2 3 8. x x x () x Học sinh giỏi khối không chuyên Tp. Hồ Chí Minh BT 285. Giải phương trình: 2 2004.( 1 16032 1). x x x () x Học sinh giỏi tỉnh Bắc Giang BT 286. Giải phương trình: 2 1000. 1 8000 1000. x x x () x BT 287. Giải phương trình: 2 2 37 4 1 9 26 0. 33 x x x () x BT 288. Giải phương trình: 32 3 3 3 3 5 1 3 . x x x x () x BT 289. Giải phương trình: 32 3 2 8 60 151 128. x x x x () x BT 290. Giải phương trình: 3 3 2 9 3 9 7. 33 xx xx () x BT 291. Giải phương trình: 3 3 27 23 1 26 1. x x x () x BT 292. Giải phương trình: 32 3 3 4 3 2. x x x x () x BT 293. Giải phương trình: 2 4 3 1 6 2 8 . x x x x () x BT 294. Giải phương trình: 2 4 3 3 2 1 3 0. x x x x () x 9. Dạng 9. 22 2 2 , ( 0) x a x b a b x a x b a b cx d a () i Phương pháp giải: Đặt 0, t x b suy ra: 2 . x t b Khi đó: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 122 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 .( ) i t at a x at a c t b d 2 2 2 2 ( ) ( ) .( ) .( ) t a t a c t b d t a t a c t b d 22 .( ) , ( : , 0) . . t a t a c t b d do t a t a c t t bc d a Sử dụng công thức: 0 B AB AB hoặc phá trị tuyệt đối dựa vào định nghĩa 0 0 A khi A A A khi A để giải. Lưu ý. Công cụ chủ yếu là sử dụng hằng đẳng thức và định nghĩa . A Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 153. Giải phương trình: 2 2 2 1 1 4 x x x () Điều kiện: 1 0 1. xx Suy ra: 2 2 1 0, 1. x x x Lời giải 1. Đặt 2 1 0 1. t x t x Khi đó: 22 ( ) 2 2 1 4 2 ( 1) 4 2 1 4 t t t t t t t 2( 1) 4, ( : 1 0) 2, t t do t t suy ra: 1 2 3. xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3. x Lời giải 2. Xem đây là dạng A B C và lũy thừa. 22 ( ) (2 2 2 1) ( 1 4) x x x 4( 2 2 1) 17 8 1 3 9 3. x x x x x x Lời giải 3. Sử dụng hằng đẳng thức, kết hợp định nghĩa trị tuyệt đối. 2 ( ) 2 ( 1) 2 1 1 1 4 0 x x x 2 2 ( 1 1) 1 4 0 2 1 1 1 4 0 x x x x 2 1 2 1 4 0, ( : 1 1 0) 1 2 3. x x do x x x Ví dụ 154. Giải phương trình: 1 2 2 1 2 2 1 x x x x () Đại học Sư Phạm Vinh Lời giải. Điều kiện: 2 0 2. xx Do đó: 1 2 2 0. xx 22 ( ) ( 2) 2 2 1 ( 2) 2 2 1 1 x x x x 22 ( 2 1) ( 2 1) 1 2 1 2 1 1 x x x x 2 1 2 1 1, ( : 2 1 0, 2) x x do x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 123 2 1 2 9 2 1 2 2 2 1 4 2 1 2 xx x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 9 4 x Lưu ý. Bạn đọc có thể giải theo 2 cách khác như thí dụ trên. Ví dụ 155. Giải phương trình: 2 1 2 1 2 x x x x () Học Viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông – Tp. Hồ Chí Minh Lời giải. Điều kiện: 1 0 1. xx Lúc này 2 1 0. xx 22 ( ) ( 1) 2 1 1 ( 1) 2 1 1 2 x x x x 22 ( 1 1) ( 1 1) 2 1 1 1 1 2 x x x x 1 1 1 1 2 1 1 1 1 x x x x 1 1 0 1 1 2. x x x Kết luận: So với điều kiện, khoảng nghiệm của phương trình là 2; . x Bình luận. Ở bài toán trên, nghiệm của phương trình không là một giá trị cụ thể mà là một khoảng đoạn nghiệm. Đối với trường hợp này, ta sử dụng công thức trị tuyệt đối AA khi 0. A Còn AA khi 0, A ta cùng tìm hiểu thí dụ sau: Ví dụ 156. Giải phương trình: 14 49 14 49 14 x x x x () Phân tích. So với dạng tổng quát, bài toán thiếu số 2 trong căn thức nhỏ. Do đó, ta sẽ nghĩ đến việc nhân 2 vế cho 2, nhưng vế phải là 14 và để đơn giản, ta sẽ nhân 2 vế cho 14 để được 14 14 14 49 14 14 14 49 14, x x x x và có lời giải. Lời giải. Điều kiện: 7 2 x Khi đó: 2 2 2 2 ( ) ( 14 49) 14 14 49 7 ( 14 49) 14 14 49 7 14 x x x x 22 ( 14 49 7) ( 14 49 7) 14 xx 14 49 7 14 49 7 14 14 49 7 ( 14 49 7) x x x x 14 49 7 0 14 49 7 14 49 49 7. x x x x Kết luận: So với điều kiện, bỏ nghiệm của phương trình là đoạn 7 ;7 2 x BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 9 BT 295. Giải phương trình: 3 2 1 2 1 2 x x x x x () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 124 BT 296. Giải phương trình: 2 1 3 4 1 1. x x x x () x BT 297. Giải phương trình: 5 4 1 2 2 1 1. x x x x () x BT 298. Giải phương trình: 2 4 2 2 5 2 4 6 2 5 14. x x x x BT 299. Giải phương trình: 2 2 2 2 55 1 1 1. 44 x x x x x 10. Dạng 10. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn. Khi đặt ẫn phụ t thì biến x vâ̂n tồn tại và ta xem x là tham số . Thông thường thì đó là phương trình bậc hai theo . t Ta sẽ giải bằng cách lập nếu là số chính phương, còn không thì ta sẽ phân tích chọn hệ số cho m của 2 . mt thích hợp để là số chính phương. Khi đặt ẩn phụ không hoàn toàn thì việc tìm điều kiện chưa chặt, nên thế lại phương trình để kiểm tra. Các ví dụ có Δ là số chính phương Ta thường bắt gặp các dạng cơ bản sau: 22 33 ( ). ( ). ax bx c dx e mx nx p ax bx c dx e mx nx p Ví dụ 157. Giải phương trình: 22 2 3 7 ( 5) 2 1 x x x x () Học sinh giỏi tỉnh Long An năm 2015 Điều kiện: 5 0 ?! 5. xx Lời giải 1. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn. Đặt 2 2 1 1, tx suy ra: 2 2 2 2 2 1 2 1. t x x t Khi đó: 2 ( ) ( 5). 3 6 0 t x t x và xem đây là phương trình bậc hai với ẩn t có biệt số 2 2 2 10 25 12 24 2 1 ( 1) . t x x x x x x Do đó: 51 2 2 , 51 3 2 xx tx xx t suy ra: 22 2 2 2 1 2 4 3 0 28 2 1 3 x x x x x x 27 x hoặc 2. x Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ), nghiệm là 2 7, 2. xx Lời giải 2. Nhân liên hợp khi sử dụng casio tìm được nhân tử 2 4 3. xx 2 2 2 2 2 ( 5)( 4 3) ( ) 4 3 ( 5) 2 1 ( 2) 4 3 2 1 2 x x x x x x x x x x xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 125 2 2 2 2 4 3 0 5 27 ( 4 3) 1 0 2 2 1 3 2 1 2 xx x x xx x x xx Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ), nghiệm là 2 7, 2. xx Bình luận. Công cụ liên hợp tỏ ra khá hiệu quả khi giải quyết phương trình vô tỷ. Vấn đề đặt ra là học sinh cần thành thạo các kỹ năng liên hợp, kỹ năng xác định nghiệm, xác định lượng nhân tử với sự hỗ trợ của máy tính bỏ túi và sự tách ghép tinh tế dựa vào việc xác định ấy sẽ tìm được lời giải nhanh chóng và đẹp mắt. Ví dụ 158. Giải phương trình: 22 4 ( 3) 1 1 0 x x x x x () Điều kiện: 2 15 10 2 x x x hoặc 15 2 x Lời giải 1. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn. Đặt 2 1, t x x suy ra: 2 2 2 2 1 1. t x x x t x Khi đó: 22 ( ) 1 4 ( 3) 1 0 ( 3). 3 0. t x x x t t x t x 2 2 2 ( 3) 12 6 9 ( 3) . t x x x x x Do đó: 33 3 2 , 33 2 xx t xx tx suy ra: 2 2 1 41 13 2 1 1 xx x x x x x Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ), nghiệm là 1 41 , 1. 2 xx Lời giải 2. Nhân liên hợp khi sử dụng casio tìm được nhân tử 2 10. xx 22 ( ) ( 10) ( 3)( 1 3) 0 x x x x x 2 22 22 ( 3)( 10) 3 ( 10) 0 ( 10) 1 0 1 3 1 3 x x x x x x x x x x x x 2 2 1 41 10 0 2 1 1 xx x x x x x Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ), nghiệm là 1 41 , 1. 2 xx Ví dụ 159. Giải phương trình: 33 (4 1) 1 2 2 1 x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Lê Quí Đôn – Ninh Thuận Lời giải. Điều kiện: 3 1 0 1. xx Đặt 3 1 0, tx suy ra: 2 3 3 2 1 1. t x x t Khi đó: 22 ( ) (4 1) 2( 1) 2 1 2 (4 1). 2 1 0 x t t x t x t x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 126 2 2 2 (4 1) 8(2 1) 16 24 9 (4 3) . t x x x x x Do đó: 4 1 4 3 21 4 , 4 1 4 3 1 42 xx tx xx t suy ra 32 3 3 3 4 4 0 1 2 1 3 1 1 4 2 x x x xx x x 0 x hoặc 2 x hoặc 3 3 4 x Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ), nghiệm là 2 x hoặc 3 3 4 x Các ví dụ có Δ không là số chính phương Ví dụ 160. Giải phương trình: 22 3 5 3 (1 3 ) 2 1 2 x x x x () Phân tích. Biến đổi: 2 2 2 3 ( ) (2 1) (1 3 ) 2 1 3 2 0 2 x x x x x và đặt ẩn phụ: 2 2 1 0, tx thì phương trình 22 3 (1 3 ) 3 2 0 2 t x t x x có biệt số 2 2 2 (1 3 ) 12 6 8 9 3 x x x x không là số chính phương. Do đó ta cần điều chỉnh hệ số m của 2 ., mt tức 2 2 2 2 3 (1 3 ). 3 2 0 2 PT mt t mt x t x x và có 22 21 tx thì 2 2 2 2 3 2 1 (2 1) (1 3 ) 3 2 0 2 PT mt x m x x t x x 22 3 (1 3 ) (5 ) 3 0 2 x mt x t m x có 22 3 (1 3 ) 4 ((5 ) 3) 2 t x x m m x hay 2 2 2 (8 20 9) (6 6 ) (12 4 1) t m m x m x m m và để t có dạng chính phương thì phương trình 0 t phải có nghiệm kép tức 2 40 x b ac hay cần giải phương trình: 2 2 2 (6 6 ) 4(8 20 9)(12 4 1) 0 m m m m m để tìm m. Do hệ số m này thường là đẹp và 0, m nên nhét phương trình này vào casio và shift solve sẽ thu được ngay kết quả 2. m Từ đó có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 2 2 2 1 0 2 xx hoặc 2 2 x 2 2 2 3 ( ) 2.(2 1) (1 3 ) 2 1 1 0 2 x x x x x () i Đặt 2 2 1, tx suy ra: 22 2 1. tx Khi đó: 22 3 ( ) 2 (1 3 ) 1 0 2 i t x t x x 2 2 2 2 (1 3 ) 8 12 8 6 9 ( 3) . t x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 127 Do đó: 1 3 3 1 42 , 1 3 3 1 1 42 xx tx xx tx suy ra: 2 2 1 6 1 21 22 1 2 2 15 2 1 1 2 7 x x x xx x Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ), nghiệm là 6 1 2 2 15 , 27 xx Ví dụ 161. Giải phương trình: 22 (3 8 ) 2 1 3 3 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 8 0 ?! x 2 2 2 ( ) 3(2 1) (3 8 ) 2 1 3 0 x x x x x () i Đặt 2 2 1, tx suy ra: 22 2 1, tx thì 22 ( ) 3 (3 8 ) 3 0 i t x t x x 2 2 2 2 (3 8 ) 12( 3 ) 100 60 9 (10 3) . t x x x x x x Do đó: 3 8 10 3 1 63 , 3 8 10 3 13 6 xx tx xx tx suy ra: 2 2 1 21 3 0. 2 1 1 3 xx x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0. x Bình luận. Trong lời giải trên, làm tương tự như ví dụ trước, ta được phương trình 2 2 2 (48 4 ) 4(8 12 64)(4 12 9) 0 m m m m m và nhập vào máy tính bỏ túi: 2 2 2 (48 4 ) 4(8 12 64)(4 12 9), X X X X X bấm shift solve thì phương trình cho ta nghiệm 0 X nên ta sẽ loại ( : 0). do m Để kiểm tra nghiệm còn lại của phương trình ta sửa lại cấu trúc: 2 2 2 ((48 4 ) 4(8 12 64)(4 12 9)) : X X X X X X và bấm shift solve thì phương trình cho ngay nghiệm 3 X và có lời giải như trên. BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 10 BT 300. Giải phương trình: 22 10 9 8 2 3 1 3 0. x x x x x () x BT 301. Giải phương trình: 2 2 2 (3 2) 1 2 2. x x x x () x BT 302. Giải phương trình: 2 2 2 4 4 2 9 16. x x x () x BT 303. Giải phương trình: 3 2 3 6 2 3 (5 1) 3 0. x x x x x () x BT 304. Giải phưogn trình: 33 ( 4) 9 12. x x x x () x BT 305. Giải phương trình: 1 1 1 2 1 3 x xx x x x () x (IMO Shortlist) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 128 11. Dạng 11. 2 1 1 1 mx n a x b x c x Phương pháp giải: Biểu diễn: (1 ) (1 ) ( ). ( ) mx n x x x và đồng nhất hệ số được hệ: , . m n Sau đó đặt 1 0, 1 0, u x v x để đưa về phương trình hai ẩn , uv có thể giải bằng cách đưa về tích số hoặc ẩn phụ không hoàn toàn (xem u là biến số và v là hằng số hoặc ngược lại). Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 160. Giải phương trình: 2 3 1 4 1 4 1 3 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Ta có: 3 (1 ) (1 ) ( ) x x x x và đồng nhất hệ số được hệ phương trình 12 31 Khi đó viết: 3 2(1 ) (1 ) x x x và ( ) 3 (1 )(1 ) 4 1 4 1 2(1 ) (1 ) x x x x x x () i Đặt 1 0, 1 0, u x v x thì 22 ( ) 3 4 4 2 i uv v u u v 2 2 2 2 ( ) 3 4 4 2 (4 3 ) 2 4 0 i uv v u u v v u v u u Xem đây là phương trình bậc hai với ẩn là u và v là hằng số thì có: 2 2 2 2 (4 3 ) 4(2 4 ) 8 16 ( 4) . u u u u u u Do đó: 3 4 4 24 2 , 3 4 4 2 uu vu uu vu suy ra: 1 2 1 4 0. 11 xx x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 0. x Ví dụ 161. Giải phương trình: 2 3 1 4 1 2 1 1 x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Chuyên Long An – Tỉnh Long An Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Ta có: 3 1 (1 ) (1 ) ( ) x x x x và đồng nhất hệ số được hệ phương trình: 31 12 Khi đó viết: 3 1 (1 ) 2(1 ). x x x ( ) (1 ) 2(1 ) 4 1 2 1 (1 )(1 ) x x x x x x () i Đặt 1 0, 1 , u x v x thì 22 ( ) 2 4 2 i u v v u uv 22 (2 ) 4 2 0 u v u v v khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 129 Xem đây là phương trình bậc hai với ẩn là u và v là hằng số. 2 2 2 2 (2 ) 4(4 2 ) 9 12 4 (3 2) . u v v v v v v Do đó: 2 3 2 2 2 , 2 3 2 2 2 vv uv vv uv suy ra: 3 1 2 1 5 1 2 1 0 xx x xx x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 3 , 0. 5 xx Ví dụ 162. Giải phương trình: 2 2 2 4 3 1 4 1 2 1 1 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Bản chất của bài toán này cũng giống hai thí dụ trước khi thay 2 x bởi . x Ta có: 2 2 2 2 3 1 (1 ) (1 ) ( ) x x x x và đồng nhất hệ số được hệ: 31 12 Khi đó viết: 2 2 2 3 (1 ) 2(1 ) x x x và: 2 2 2 2 2 2 ( ) (1 ) 2(1 ) 4 1 2 1 (1 )(1 ) x x x x x x () i Đặt 22 1 0, 1 0, u x v x thì 22 ( ) 2 4 2 i u v v u uv 22 (2 ) 4 2 0 u v u v v có biệt số 2 (3 2) . u v Do đó: 2 3 2 2 2 , 2 3 2 2 2 vv uv vv uv suy ra: 22 22 1 2 1 0. 1 2 1 xx x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0. x BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 11 BT 306. Giải phương trình: 2 3 1 2 1 3 1 . x x x x () x BT 307. Giải phương trình: 2 6 4 1 5 1 3 1 . x x x x () x BT 308. Giải phương trình: (4 1 ) 1 1 3 2 1 . x x x x () x 12. Dạng 12. Đặt ba ẩn phụ dựa vào hằng đẳng thức. Ý tưởng bài toán và phương pháp giải: Xuất phát từ hằng đẳng thức: 3 3 3 3 ( ) 3( )( )( ). a b c a b c a b b c c a Khi đó nếu phương trình có dạng: 3 3 3 3 () a b c a b c thì ta luôn khẳng định được rằng lượng 3( )( )( ) a b b c c a trong hằng đẳng thức sẽ bằng 0. Khi đó ta chỉ cần giải phương trình tích số ( )( )( ) 0. a b b c c a Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 130 Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 163. Giải phương trình: 33 22 3 7 1 8 8 1 2 x x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/1999 Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 33 22 3 7 1; 8; 8 1. a x b x x c x x Từ đó được hệ: 3 3 3 2 2 3 3 3 3 2 (7 1) ( 8) ( 8 1) 8 ( ) 3( )( )( ) a b c a b c x x x x x a b c a b c a b b c c a Suy ra: 8 8 3( )( )( ) ( )( )( ) 0 a b b c c a a b b c c a 3 2 3 33 22 3 2 3 7 1 8 0 1 9 0 8 8 1 1 0 1 0 8 1 7 1 x x x a b a b x x b c b c x x x x x c a c a x x x x x Kết luận: Thế vào ( ), nghiệm cần tìm là 0, 1, 9. x x x Ví dụ 164. Giải: 3 3 3 3 1945 1975 60 15 15 2004 2005 x x x x () Học sinh giỏi tỉnh Gia Lai Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 33 22 3 7 1; 8; 8 1. a x b x x c x x Suy ra hệ: 3 3 3 3 3 3 3 3 2004 2005 2004 2005 ( )( )( ) 0 ( ) 3( )( )( ) a b c x a b c x a b b c c a a b c a b c a b b c c a 33 33 33 1945 1975 60 15 1990 30 1990 60 15 15 , , 2005 59 1944 15 1945 1975 xx ab b c x x x x x ca xx Kết luận: Thế vào ( ), nghiệm cần tìm là 1990 30 1990 , , 2005 59 1944 x x x BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 12 BT 309. Giải: 3 3 3 2 2 2 7 8 6 7 2 13 12 3. x x x x x x () x BT 310. Giải: 33 22 3 8 5 9 15 17 7 3. x x x x x () x BT 311. Giải: 33 22 33 3 2013 3 7 2014 6 2015 2014. x x x x x BT 312. Giải: 3 3 3 3 2 2 2 2 4 3 4 9 3 3 2 2 2 3 2. x x x x x x x x BT 313. Giải: 22 6 29 2 3 10 3 (10 2 )( 3 3 1). x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 131 BT 314. Giải: 22 22 1 1 1 1 1 11 x x x x x x xx xx () x Đề nghị Olympic 30/04/2014 –Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Vĩnh Long 13. Dạng 13. . . . x m x n x n x p x p x m x Trong đó , , m n p lần lượt là các số tự nhiên liên tiếp theo thứ tự đó. Phương pháp giải: Đặt 0 0, 0 a m x b n x c p x bình phương và kết hợp với đề bài ta được hệ mới là: 22 22 22 ( )( ) ( )( ) ( )( ) x m a ab bc ca a ab bc ca m a b a c m x n b ab bc ca b ab bc ca n a b b c n b c a c p x p c ab bc ca c ab bc ca p (1) (2) (3) 2 (1),(2),(3) ( )( )( ) ( )( )( ) a b b c c a mnp a b b c c a mnp (4) Lấy (4) (4) (4) , , , , . (1) (2) (3) mnp bc m mnp mnp ba mnp mn c a a b c x n mnp ab mnp p ab p Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 165. Giải: 3 4 4 5 5 3 x x x x x x x () Học sinh giỏi tỉnh Quảng Bình năm 2014 Lời giải. Điều kiện: 3. x Đặt 3 0, 4 0, 5 0. a x b x c x Suy ra: 22 22 22 33 ( )( ) 3 4 4 ( )( ) 4 ( )( ) 5 55 x a ab bc ca a ab bc ca a b a c x b ab bc ca b ab bc ca a b b c b c a c x c ab bc ca c ab bc ca (1) (2) (3) Lấy: 2 (1).(2).(3) ( )( )( ) 60 ( )( )( ) 2 15 a b b c c a a b b c c a (4) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 132 Lập: 2 15 3 15 (4) (4) (4) 2 15 17 15 671 6 ,, (1) (2) (3) 4 60 240 2 15 2 15 5 5 bc ba c a b x ab ab Kết luận: So điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 671 240 x Ví dụ 166. Giải: 2 . 3 3 . 4 4 . 2 1 x x x x x x x () Nhận xét. Bài toán có dạng tương tự nhưng thay thế x bằng 1. x Lời giải. Điều kiện: 1 2. x Đặt: 2 2 2 20 2 3 0 3 4 40 ax ax b x b x cx cx 22 22 22 1 1 1 ( )( ) 1 1 2 2 ( )( ) 2 ( )( ) 3 1 3 3 x a ab bc ca a ab bc ca a b a c x b ab bc ca b ab bc ca a b b c b c a c x c ab bc ca c ab bc ca (1) (2) (3) Lấy: 2 (1).(2).(3) ( )( )( ) 6 ( )( )( ) 6 a b b c c a a b b c c a (4) Lập: 6 6 (4) (4) (4) 6 5 6 47 2 ,, (1) (2) (3) 2 12 24 6 6 3 3 bc ba c a b x ab ab Kết luận: So với điều kiện, và thử lại phương trình thấy 47 24 x không thỏa mãn nên phương trình đã cho vô nghiệm. Nhận xét. Do việc biến đổi trong các giải là biến đổi hệ quả. Do đó khi giải xong ta cần thử lại nghiệm. BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 13 BT 315. Giải: 5 . 6 6 . 7 7 . 5 . x x x x x x x () x BT 316. Giải: 2 2 10 4 5 2 6 2 2 3 2 1. x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 133 14. Dạng 14. Đặt 1 hoặc 2 ẩn phụ đưa về phương trình tích hoặc hệ cơ bản. Phương pháp giải: Ở trên, tôi đã nêu những dạng toán đặt ẩn phụ với những dạng toán có dấu hiệu nhận dạng tương đối. Ở dạng này, tôi xin trình bày một số cách đặt ẩn phụ dạng khác mà không theo nguyên tắc nhất định nào cả, nó chủ yếu dựa vào tính chủ quan của người ra đề. Hiển nhiên cách giải cần phải đòi hỏi chút kinh nghiệm và phán đoán chính xác của người giải. Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 167. Giải phương trình: 2 ( 3) 8 48 24 x x x x () Olympic 30/04/2013 Điều kiện: 2 8 48 0 12 4. x x x Lời giải 1. Đặt 2 ẩn , uv đưa về hằng đẳng thức: 22 ( ) , ( ). u v k k const Đặt: 22 2 22 8 48 8 48 0 69 3 2 2 48 u x x u x x v x x vx uv x (1) (2) (3) (phương trình (3) có được là do nhân số 2 ở hai vế của() ) Lấy (1) (2) (3), suy ra: 22 3 ( ) 9 3 3 uv uv uv Với 3, uv suy ra: 2 2 0 8 48 2 2 7. 4 24 0 x x x x x xx Với 2 8 48 6 5 31. x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 2 2 7, 5 31. xx Lời giải 2. Đưa về dạng 22 . A B A B 2 ( ) 2( 3) 8 48 2 48 x x x x 2 2 2 ( 8 48) 2( 3) 8 48 6 9 9 x x x x x x x 2 2 2 2 2 8 48 2 2 7 ( 8 48 3) 3 5 31 8 48 6 x x x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 2 2 7, 5 31. xx Lời giải 3. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn. 2 ( ) 2( 3) 8 48 2 48 x x x x 2 2 2 ( 8 48) 2( 3) 8 48 6 0 x x x x x x x () i Đặt 2 8 48 0, t x x suy ra: 22 8 48. t x x Khi đó: 22 ( ) 2( 3) 6 0 i t x t x x có 22 ( 3) ( 6 ) 9. t x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 134 Do đó: , 6 tx tx suy ra: 2 2 8 48 2 2 7 5 31 8 48 6 x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 2 2 7, 5 31. xx Lời giải 4. Liên hợp sau khi sử dụng casio tìm nhân tử 2 4 24. xx 22 ( ) ( 4 24) ( 3) 8 48 0 x x x x x x () i Nếu 2 8 48 0 2 7 2 x x x x không là nghiệm () i . Nếu 2 7 2 x thì 2 2 2 2( 3)( 4 24) ( ) ( 4 24) 0 8 48 x x x i x x x x x 22 4 24 0 8 48 6 2 2 7 5 31. x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 2 2 7, 5 31. xx Ví dụ 168. Giải phương trình: 2 ( 2) 2 3 3 x x x x () Điều kiện: 2 2 3 0 3 1. x x x Lời giải 1. Đặt 2 ẩn , uv đưa về hằng đẳng thức: 22 ( ) , ( ). u v k k const Đặt 22 2 22 23 2 3 0 44 2 2 2 6 u x x u x x v x x vx uv x (1) (2) (3) Lấy (1) (2) (3), suy ra: 2 1 ( ) 1 1 uv uv uv Với 1, uv suy ra: 2 2 3 2 3 3 1. 4 3 0 x x x x x xx Với 1, uv suy ra: 2 2 1 2 3 1 2 1. 2 1 0 x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 2 1. xx Lời giải 2. Đưa về dạng 22 . A B A B 2 ( ) 2( 2) 2 3 2 6 0 x x x x 2 2 2 ( 2 3) 2( 2) 2 3 4 4 1 x x x x x x x 2 2 22 2 2 3 ( 2) 1 2 3 ( 2) 1 2 3 ( 2) 1 x x x x x x x x x 2 2 1 2 3 3 21 2 3 1 x x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 135 Lời giải 3. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn. 2 ( ) 2( 2) 2 3 2 6 0 x x x x 2 2 2 ( 2 3) 2( 2) 2 3 4 3 0 x x x x x x x () i Đặt 2 2 3 0, t x x thì 22 ( ) 2( 2) 4 3 0 i t x t x x có: 2 2 1 3 2 3 3 1 1 21 2 3 1 t x t x x x x tx x x x x Lời giải 4. Liên hợp sau khi nhẩm được 1 nghiệm 1. x 2 ( ) ( 2)( 2 3 2) ( 1) 0 x x x x 22 22 ( 2)( 2 1) ( 2)( 1) ( 1) 0 ( 1) 0 2 3 2 2 3 2 x x x x x xx x x x x 2 22 2 1 32 ( 1) 1 0 2 3 3 ( ) 2 3 2 x xx x x x x x i xx Do sử dụng table tìm được nhân tử 2 21 xx của phương trình () i nên: 22 ( ) ( 2 1) 2 3 ( 1) 0 i x x x x x () ii Xét: 2 2 1 2 3 ( 1) 1 2 2 4 2 0 x x x x x xx và nghiệm này không thỏa phương trình ( ). ii Với 2 2 3 ( 1) 0 1 2, x x x x thì: 2 2 2 2( 2 1) ( ) ( 2 1) 0 2 3 1 xx ii x x x x x 2 2 2 1 0 2 1. 2 3 3 : o xx x x x x VN Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 2 1. xx Nhận xét. Dạng tổng quát là 2 ( ) , ( 0), mx n ax bx c px q a khi đó ta thường đặt 2 ẩn phụ , uv để đưa về dạng 22 ( ) , ( ), u v k k const tương ứng với lời giải 1. Nếu giải được bằng phương pháp này thì ta hoàn toàn giải được bằng cách 2 (đưa về dạng 22 ) A B A B hoặc cách 3 (đặt ẩn phụ không hoàn toàn). Còn cách giải 4 bằng phương pháp liên hợp tỏ ra khá mạnh mẽ, nhưng đòi hỏi sự hỗ trợ của máy tính bỏ túi và kinh nghiệm tách ghép khi giải toán. Nhưng vấn đề ở đây là nếu đặt 2 ẩn phụ mà không đưa về dạng 22 ( ) , ( ) u v k k const thì sẽ xử lý như thế nào ?!. Để trả lời câu hỏi này, ta cùng tìm hiểu ví dụ sau: Ví dụ 169. Giải phương trình: 2 ( 1) 2 7 9 9 39 x x x x () Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 136 Điều kiện: 2 9 2 7 9 0 2 x x x hoặc 1. x Lời giải 1. Đặt hai ẩn phụ đưa về dạng: 2 2 ( . ) ( ) . a m b f x Đặt 22 22 2 21 1 4 8 28 36 2 7 9 0 4 36 156 a x x ax b x x b x x ab x (1) (2) (3) Lấy 2 2 2 2 3 11 (1) (2) (3) ( 2 ) 9 66 121 (3 11) 2 3 11 a b x a b x x x a b x Với 22 2 3 11 1 2 2 7 9 3 11 2 7 9 5 a b x x x x x x x x 2 2 2 55 3 145 2 2 7 9 10 25 3 34 0 xx x x x x x x x Với 2 2 3 2 3 11 2 7 9 2 6 : . 2 17 45 0 o x a b x x x x VN xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 3 145 2 x Bình luận. Để đưa về dạng 2 2 ( . ) ( ) , a m b f x ta cần nhân thêm hệ số của phương trình (2) để khi cộng (1) với (2) được hệ số trước 2 x là số chính phương (1,4,9,16,...) và khả năng rất thấp xuất hiện hiện dạng: 2 2 ( . ) ( ) . a m b f x Cách ra đề dạng này chủ yếu dựa vào tính chủ quan của người ra đề. Lời giải 2. Đặt hai ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II với ba biến. 2 2 2 ( ) ( 5) ( 14) ( 1) ( 1)( 5) ( 14) x x x x x x x x () i Đặt 22 22 2 5 ( 14) ( 1) ( 14) ( 1) ( 1)( 5) ( 14) 0 ux u x x x v v x x x u v x x x x 22 ( 1)( ) ( )( 1) 0 10 uv u v x v u u v u v x u v x Với , uv suy ra: 2 2 5 3 145 2 7 9 5 2 3 34 0 x x x x x xx Với 2 1 0, 2 7 9 2 6 : u v x x x x vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 3 145 2 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 137 Bình luận. Bài toán này có dạng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n f x b x a x a x f x b x ta đã tìm hiểu ở dạng 7: đưa về hệ đối xứng ba ẩn. Nó khác với hai ví dụ trước là hệ số trước 2 x trong căn thức là số dương ( 0) a mà ta cần phải phân biệt. Ví dụ 170. Giải phương trình: 22 3 5 2 2( 1) 2 3 1 0 x x x x x () Điều kiện: 2 1 2 3 1 0 2 x x x hoặc 1. x Lời giải 1. Đặt 2 ẩn , uv đưa về hằng đẳng thức: 22 ( ) , ( ). u v k k const Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 3 5 2 2 3 1 2 3 5 2 2 3 1 0 ux u x x u v x x v x x uv x x v x x 2 2 ( ) 4 2 uv uv uv Với 2, uv suy ra: 2 2 3 3 41 2 3 1 3 2 3 8 0 x x x x x xx Với 2, uv suy ra: 2 2 1 2 3 1 1 : 50 x x x x xx vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 3 41 2 x Lời giải 2. Đưa về dạng 22 . A B A B 2 2 2 ( ) (2 3 1) 2( 1) 2 3 1 2 1 4 x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 3 1 3 3 41 ( 2 3 1 1) 2 2 2 3 1 1 x x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 3 41 2 x Lời giải 3. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn. 2 2 2 ( ) (2 3 1) 2( 1) 2 3 1 2 3 0 x x x x x x x () i Đặt 2 2 3 1 0, t x x thì 22 ( ) 2( 1) 2 3 0 i t x t x x có 4. t Suy ra: 2 2 2 3 1 3 3 41 2 2 3 1 1 t x x x x t x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 3 41 2 x Lời giải 4. Liên hợp sau khi sử dụng casio tìm được nhân tử 2 3 8. xx 22 ( ) ( 3 8) 2( 1) 2 3 1 ( 3) 0 x x x x x x () i Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 138 Xét 22 2 3 2 3 1 ( 3) 0 2 3 1 3 : . 3 8 0 o x x x x x x x VN xx Xét 2 2 3 1 ( 3) 0 x x x thì 2 2 2 2( 1)( 3 8) ( ) ( 3 8) 0 2 3 1 3 x x x i x x x x x 2 2 3 8 0 3 41 2 2 3 1 1: o xx x x x x VN Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 3 41 2 x Bình luận. Qua ví dụ trên và các ví dụ của các dạng trước, nhận thấy rằng phương trình có dạng 22 () mx nx p ax b cx dx e có rất nhiều cách giải, chẳng hạn: đặt ẩn phụ không hoàn toàn, đặt một ẩn (hoặc hai) để đưa về dạng đẳng cấp, liên hợp, đặt hai ẩn phụ đưa về hệ đối xứng ba biến, đặt hai ẩn phụ đưa về dạng 22 ( ) , u v k đưa trực tiếp về dạng 22 AB hoặc tổng các số không âm, … Tùy thuộc vào đặc điểm của bài toán mà ta chọn phương án phù hợp, theo kinh nghiệm của tôi, bạn nên chọn phương pháp giải theo thứ tự phương pháp trên. Lớp bài toán đặt 1 hoặc 2 ẩn phụ đưa về hệ đối xứng hoặc hệ cơ bản Ví dụ 171. Giải phương trình: 2 3 2 3 36 5 13 6 13 6 xx xx () Nhận xét. Bài toán có dạng tổng quát . a bx a bx e c dx c dx Khi đó ta thường đặt hai ẩn phụ 0, u c dx v c dx đưa về hệ đối xứng loại I. Lời giải. Điều kiện: 13 13 66 x Đặt 2 22 2 13 6 0 13 6 26 13 6 13 6 0 u x u x uv vx vx (1) Ta lại có: 22 13 13 66 uv x nên 22 13 13 22 36 22 () 6 uv uv 22 17 17 36 17 1 1 36 1 () 2 2 5 2 5 2 uv uv u v u v 17( ) 1 36 () 2 2 5 uv uv uv (2) Từ 2 2 2 26 ( ) 2 26 (1), (2) ( ) 17 36 17 36 2 2 5 2 2 5 u v u v uv I u v u v u v u v uv uv khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 139 Đặt 2 0 , ( 4 ), 0 S u v SP P uv thì 2 2 2 2 26 2 26 () 17 5 72 17 36 10 2 2 5 26 PS SP I SS SS P S 32 2 5 72 330 1872 0 6 : 26 5 2 S S S S S P P thỏa 2 4. SP Theo Viét thì , uv là nghiệm của 2 15 6 5 0 51 uu XX vv Với 13 6 1 13 6 1 2 2. 13 6 25 2 13 6 5 u x x x x xx vx Với 13 6 5 13 6 25 2 2. 13 6 1 2 13 6 1 u x x x x xx vx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 2. x Ví dụ 172. Giải phương trình: 2 1 11 8 7 6 13 6 xx xx () Lời giải. Điều kiện: 7 6 0 13 7 13 6 0 66 x x x 11 3 (2 1) 3 (2 1) () 4 10 3(2 1) 10 3(2 1) xx xx (1) Đặt 21 tx thì: 11 3 3 (1) 4 10 3 10 3 tt tt (2) Đặt 10 3 0 , 10 3 0 ut vt suy ra: 22 20 uv (3) Mặt khác, ta có: 22 10 10 33 uv t nên 22 10 10 33 11 33 (2) 4 uv uv 22 33 19 19 1 1 33 19( ) 33 19 4 4 4 u v u v u v u v u v u v uv Kết hợp với (3) được hệ phương trình: 22 19( ) 33 4 20 uv uv uv uv 22 76( ) 33 4( ) 76 33 4 ( ) 2 20 2 20 u v uv u v uv S P SP u v uv S P với 0 0 S u v P uv Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 140 22 2 2 152 33.2 2 .4 152 33( 20) 4 ( 20) 2 20 2 20 S P P S S S S S PS PS 3 2 2 22 4 33 232 660 0 ( 6)(4 57 110) 0 6 8 2 20 2 20; , 0 S S S S S S S P P S P S S P Theo Viét thì , uv là nghiệm của 2 42 6 8 0 24 uv XX vu Với 10 3 4 , 10 3 2 ut vt suy ra: 3 2 1 2 2 t x x Với 10 3 2 , 10 3 4 ut vt suy ra: 1 2 1 2 2 t x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 31 , 22 xx Ví dụ 173. Giải phương trình: 22 2 2 14 12 2 20 (7 2 )(2 3) 4 8 29 x x x x xx xx () Lời giải. Điều kiện: 37 22 x 22 22 13 ( 1) 13 ( 1) ( ) 20 25 4( 1) 25 4( 1) xx xx (1) Đặt 2 25 ( 1) , 0 4 t x t thì 13 13 (1) 20 25 4 25 4 tt tt (2) Đặt 25 4 0, 25 4 0, u t v t suy ra: 22 50 uv (3) Mặt khác: 22 25 25 44 uv t nên 22 25 25 13 13 44 (2) 20 uv uv 22 77 77 77( ) 80 80 u v u v uv u v uv (4) Từ 22 2 50 ( ) 2 50 (3),(4) 77( ) 154( ) 2 ( ) 160 80 uv u v uv uv u v uv u v uv uv uv () I Đặt 2 0, 0, ( 4 ) S u v P uv S P thì 2 2 22 2 50 2 50 () 154 2 . 80.2 154 ( 50) 80( 50) PS PS I S P S P S S S S khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 141 32 2 80 204 4000 0 8 7 2 50; , 0 S S S S P P S S P Theo Viét thì , uv là nghiệm của 2 71 8 7 0 17 uu XX vv Với 25 4 7 , 25 4 1 ut vt suy ra: 2 ( 1) 6 : tx vô nghiệm. Với 25 4 1 , 25 4 7 ut vt suy ra: 2 ( 1) 6 1 6. t x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 1 6. x Nhận xét. Bản chất của bài toán là tác giả thay thế x bởi 2 ( 1) . x Khi đó cần chọn một đại lượng làm chuẩn để thử dần và tìm ra các đại lượng còn lại dựa vào dạng tổng quát của bài toán mà phân tích. Ví dụ 174. Giải phương trình: 2 11 2 2 x x () Chọn đội tuyển VMO năm 2014 – 2015 tỉnh Bình Thuận Lời giải. Điều kiện: ( 2; 2)\ 0 . x Đặt 22 2 2 2 ( ) 2 2 20 11 2 2 xy x y xy yx x y xy yx 2 1 ( ) ( ) 2 0 21 2 xy x y x y xy xy x y hoặc 2 1 xy xy 1 2 ( 1) 1 yx xx hoặc 2 2 2 2 2 1 0 13 1, ( 2) 1 2 2 1 0 y x x x xx xx xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 1 1, (1 3). 2 xx Ví dụ 175. Giải các phương trình sau: a) 2 1 3. 3 1. xx b) 3 3 1 2. 2 1. xx Nhận xét. Dạng tổng quát của bài toán là .. n n x b a ax b Khi đó ta luôn đặt ẩn phụ 0 n n n ax y b y ax b ay x b và đây là hệ đối xứng loại II (lấy vế trừ vế). Lời giải câu a). Đặt 2 22 2 31 3 1 3( ) ( ) 31 xy y x x y y x yx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 142 35 ( )( 3) 0 3 1 3 0 : 2 o yx x y x y x x x x y VN Kết luận: Nghiệm của phương trình là 35 2 x Lời giải câu b). Đặt 3 33 3 3 21 2 1 2( ) 21 xy y x x y y x yx 22 3 15 ( )( 2) 0 2 1 1 2 x y x xy y x y x x x x Kết luận: Nghiệm của phương trình là 15 1, 2 xx Ví dụ 176. Giải các phương trình sau: a) 2014 2014 . xx b) 2 (2015 )(1 1 ) . x x x Nhận xét. Dạng cơ bản của 2 bài toán là . x a a x Khi đó ta cũng đặt một ẩn phụ y a x y a x a x a y và đây là hệ đối xứng loại II. Lời giải câu a). Điều kiện: 2014. x Đặt 2014 2014 2014. yx Suy ra: 2014 0 ( ) ( 1) 0 2014 xy x y x y x y x y yx x y x y nên 2014 0 xx 1 8057 2 x 4029 8057 : 2 x thỏa mãn điều kiện. Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 4029 8057 . 2 x Lời giải câu b). Điều kiện: 0 1. x Đặt 1 , (0 1). y x y Suy ra: 2 2 2 2 1 1 (1 ) y x x y x y nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 0 1 0 1 () (1 ) (2015 )(1 ) (1 ) (1 ) (2015 )(1 ) yy y y y y y y y 2 2 2 22 01 01 1 (1 ) (1 ) 2015 0 (1 ) ( 1007) 0 y y y y y y y y y Với 22 1 (1 ) 0 : y x y thỏa mãn điều kiện. Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 0. x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 143 Ví dụ 177. Giải phương trình: 2 3 2 3 2 ( 1 ) ( 1 ) 4 2 0 x x x x x () Học sinh giỏi tỉnh Phú Yên năm 2014 – 2015 Lời giải. Đặt: 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 ( ) 4 4 1 ( 1 )( 1 ) 1 a x x a b x a b x b x x ab x x x x Kết hợp với ( ), được hệ phương trình: 3 3 2 1 ( ) 6 0 ab a b a b 3 2 3 2 11 ( ) 3 ( ) ( ) 6 0 ( ) ( ) 3( ) 6 0 ab ab a b ab a b a b a b a b a b 2 1 ab ab nên theo Viét thì , ab là nghiệm của: 2 2 1 0 XX Suy ra: 22 22 1 1 1 1 1 0. 1 1 1 1 1 a a x x x x x b b x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 0. x Bình luận. Việc phương trình có chứa cặp số mà tích của chúng bằng hằng số k thì hướng xử lý bằng phép đặt 2 ẩn phụ là hoàn toàn khả thi, một lối đi thường gặp. Ví dụ 178. Giải: (Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Phan Châu Trinh – Đà Nẵng) 2 4 2 4 2 91 2 2 93 2 2 2 93 x x x x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 x và 42 2 2 93 2 0. x x x x Đặt 42 2 2 93 0, t x x x x suy ra: 2 4 2 2 2 93 t x x x x 2 2 2 2 2 ( 2) 91 2 91 t x x x x t (1) 2 2 2 2 ( ) 91 2 2 91 x t t t t x (2) 2 2 2 2 ( 2 2) ( 91 91) 2; 2 x t x t t x xt 22 ( )( ) ( )( ) 0 22 91 91 2; 2 x t x t x t x t x t xt tx tx 22 1 ( ) 0 . 22 91 91 2; 2 xt x t x t xt xt tx xt Suy ra: 2 2 2 2 91 2 ( 91 10) ( 2 1) ( 9) x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 144 2 ( 3)( 3) 3 ( 3)( 3) 21 91 10 x x x xx x x 2 31 ( 3) ( 3) 0 21 91 10 x xx x x (3) Do: 2 3 1 3 1 ( 3) ( 3) 10 2 1 2 1 91 10 xx xx xx x 91 ( 3) 0 10 21 x x nên (3) 3. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 3. x Lớp bài toán đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình tích số Trước hết, ta tìm hiểu lớp bài tập mà sau khi biểu đổi và đặt ẩn phụ đưa được về loại phương trình đối xứng 2 biến với các dạng sau: 22 3 2 3 2 . . . . . . . . . . m a n a m b n b m a n a p a m b n b p b Khi đó ta sẽ biến đổi về tích số bằng phép nhóm phù hợp. Nhưng trong rất nhiều trường hợp, ta không thể đưa về 1 trong 2 dạng trên nhưng vẫn đặt 2 ẩn phụ đưa được về phương trình tích số. Ta cùng xét các ví dụ sau để hiểu kỹ hơn về vấn đề này: Ví dụ 179. Giải phương trình: 22 2 2 1 1 x x x x () Điều kiện: 1 2 x Nhận xét & lời giải 1. Đặt 2 ẩn phụ đưa về tích số. Nhận thấy: 2 2 2 2 2 2 ( 1) (2 1) ( 1) ( 2 1) x x x x x x nên có: 2 2 2 2 ( ) ( 1) ( 2 1) 2 1 1 x x x x 2 2 2 2 ( 1) 1 ( 2 1) 2 1 x x x x () i Đặt 2 1 1, 2 1 0 a x b x thì 22 () i a a b b 22 ( ) ( ) 0 ( ) ( 1) 0 , ( : 1 0) a b a b a b a b a b do a b Suy ra: 22 1 2 1 2 0 0 x x x x x hoặc 2. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiêm là 0, 2. xx Nhận xét & lời giải 2. Ghép căn thức để liên hợp. Nhận thấy: 22 ( 1) (2 1) 2 x x x x có nhân tử với vế trái nên ghép 2 căn thức lại với nhau để liên hợp và đưa về tích số dạng: 2 ( 2 ). ( ) 0. x x f x 2 2 2 2 2 2 ( ) ( 2 ) ( 1 2 1) 0 2 0 1 2 1 xx x x x x x x xx 22 2 0 1 ( 2 ) 1 0 2 0 2 1 2 1 x x x x x x xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 145 Ví dụ 180. Giải phương trình: 32 3 8 4 2 2 1 3 1 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 1 0 1 3 1 0 2 x x x 3 2 3 2 ( ) 3 8 4 8 4 3 x x x x x x 3 2 2 3 2 2 ( 3 ) 3 ( 8 4) 8 4 x x x x x x () i Đặt: 32 3 0, 8 4 0 a x x b x thì 22 () i a a b b 22 ( ) ( ) 0 ( ) ( 1) 0 , ( : 1 0) a b a b a b a b a b do a b Suy ra: 3 2 3 2 2 3 8 4 3 8 4 0 2 1 3 x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 2 1, 3 xx Bình luận: Vấn đề đặt ra là tại sao biết được cần biến đổi về dạng đối xứng để đặt được 2 ẩn phụ đưa về tích số ?! Rất đơn giản, do ta đã sử dụng casio tìm được 2 nghiệm của phương trình là 2 1, 3 xx và giá trị của hai biểu thức chứa căn thức tại 2 vị trí nghiệm này đều bằng nhau, tức luôn có 32 3 8 4, x x x nên sẽ luôn có . ab Hiển nhiên khi dự đoán được 2 nghiệm, ta hoàn toàn có thể ghép bậc nhất để liên hợp cũng dẫn đến đáp số tương tự (dành cho bạn đọc). Ví dụ 181. Giải phương trình: 4 1 5 2 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 5 2 x hoặc 1 0. x Nhận thấy 5 1 4 2x x x x x x nên đặt 51 2 0, a x b x xx Suy ra: 22 4 a b x x thì 22 4 5 1 ( ) 2 0 0 x x x a b a b x x x 2 5 1 4 ( )( 1) 0 2 0 2 x a b a b a b x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 2. x Ví dụ 182. Giải phương trình: 3 2 2 2 3 5 3 ( 3) 1 x x x x x () Phân tích. 2 2 2 2 2 2 3 2 () ( 3) 1 ( 1) 2 1 ( 1) 2 1. VP x x x x x x Do đó ta hy vọng vế trái của () sẽ phân tích thành dạng: 3 ( ) 2( ). x m x m Khai triễn và đồng nhất hệ số, ta sẽ tìm được ngay 1. m Nhưng đồng nhất thức thì dài, Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 146 nên ta sẽ khắc phục đều đó bằng cách tìm 1 nghiệm của phương trình là 0. x Khi đó cần viết: 3 2 3 3 5 3 ( ) 2( ), x x x x m x m và cho 0 x vào phương trình này cũng tìm được 1 m và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 32 3 5 3 0 ?! 1. x x x x 3 2 3 2 ( ) ( 1) 2( 1) ( 1) 2 1 x x x x () i Đặt 2 1 0, 1 2 a x b x thì 33 ( ) 2 2 i a a b b 3 3 2 2 ( ) 2( ) 0 ( )( 2) 0 . a b a b a b a ab b a b Suy ra: 2 1 1 0 0. x x x Lưu ý. Ta có thể giải bài toán này bằng phương pháp liên hợp khi sử dụng casio tìm được 1 nghiệm 0. x Ngoài ra, từ 2 ( ) ( 1) ( 1) i f x f x với hàm đặc trưng 3 ( ) 2 f t t t luôn đơn điệu 1 chiều nên 2 1 1 0. x x x Dạng này ta sẽ tìm hiểu kỹ ở phần giải phương trình bằng phương pháp đánh giá bằng hàm số. Ví dụ 183. Giải phương trình: ( 1 1)( 5 2 1) 2( 1) 2 1 x x x x x () Điều kiện: 2 1 0. x Phân tích. 23 () 2( 1) 2 1 ( 2 1) 3 2 1 ( 2 1) 3 2 1 VP x x x x x x và 22 () ( 1 1) ( 1) 2 1 1 3 ( 1 1) ( 1 1) 3 VT x x x x x 3 ( 1 1) 3( 1 1) xx sẽ đưa () về dạng đối xứng 33 33 a a b b sau khi đặt ẩn phụ 1 1, 2 1 a x b x và có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Ta có: 33 ( ) ( 1 1) 3( 1 1) ( 2 1) 3 2 1 x x x x () i Đặt 1 1 1, 2 1, 0, 0, : . 2 a x b x a b do x Khi đó: 3 3 3 3 2 2 ( ) 3 3 ( ) 3( ) 0 ( )( 3) 0 i a a b b a b a b a b a ab b 22 , ( : 3 0, , ). a b do a ab b a b Suy ra: 1 1 2 1 1 2 1 1 1 2 2 2 1 x x x x x x x 2 1 2 2 1 1 5 2 5. 10 5 0 x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 5 2 5. x Ví dụ 184. Giải phương trình: (8 6) 1 (2 2)( 4 2 3) x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2. x Ta có: 2 2 2 () (2 2) ( 2) 4 2 2 1 (2 2) ( 2 2) 1 VP x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 147 3 (2 2) (2 2). xx 23 () (4 3) 4 4 ( 4 4) 1 4 4 ( 4 4) 4 4. VT x x x x x x Nên: 33 ( ) ( 4 4) 4 4 (2 2) (2 2) x x x x () i Đặt 4 4 0, 2 2 2. a x b x Khi đó: 33 () i a a b b 3 3 2 ( ) ( ) 0 ( )( 1) 0 . a b a b a b a ab b a b Suy ra: 2 22 2 2 2 4 4 2 2 3 6 9 9 40 44 0 2 x x x x x x xx x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 22 , 2. 9 xx Ví dụ 185. Giải phương trình: 3 3 2 2 4 5 6 7 9 4 x x x x x () Phân tích. Sử dụng casio, ta tìm được phương trình có 1 nghiệm 5. x Do đó sẽ thử xét phân tích: 3 3 2 2 ( ) ( ) 7 9 4 7 9 4 x m x m x x x x và phương trình có 1 nghiệm bằng 5 x nên thế vào và sử dụng shift solve của casio, tìm được ngay 1, m (hoặc sử dụng đồng nhất hệ số với đề sau khi khai triễn). Do đó sẽ đặt 2 ẩn phụ đưa về dạng đối xứng và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Tập xác định: . D Ta có: 3 3 2 2 ( ) ( 1) ( 1) 7 9 4 7 9 4 x x x x x x () i Đặt 3 2 1, 7 9 4 a x b x x thì 33 ( ) . i a a b b a b Suy ra: 322 15 7 9 4 1 ( 5)( 1) 0 5 2 x x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có các nghiệm là 15 5, 2 xx Ví dụ 186. Giải phương trình: 2 2 2 3 7 13 8 2 (1 3 3 ) x x x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D Do 0 x không là nghiệm () nên: 3 2 3 2 7 1 8 1 3 ( ) 13 2 3 xx x x x 3 3 22 2 2 1 3 1 3 1 2 1 3 2 3 x x x x xx () i Đặt 3 2 2 1 3 1, 3 ab xx x thì 33 ( ) 2 2 . i a a b b a b Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 148 Suy ra: 32 3 2 1 1 3 2 3 1 3 3 13 8 0 5 89 4 x x x x xx x x Kết luận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 5 89 1, 4 xx Bình luận. Trên đây là các ví dụ nếu các em học sinh nhìn nhận đặc điểm của mỗi bài sẽ tìm ra cấu trúc chung và dễ dàng đưa được về dạng đối xứng, dẫn đến phương trình tích số. Nhưng rất nhiều bài toán không chuẩn mực như thế, khi đó ta cần phân tích phù hợp và đặt ẩn phụ. Để minh chứng điều đó, ta cùng xét các ví dụ kế sau đây: Ví dụ 187. Giải phương trình: 22 2 5 3 2 ( 3 2 2 1) x x x x x x () Nhận xét. Bài toán chỉ có hai căn thức, nếu đặt 3, 2 1 a x b x thì sẽ thu được phương trình đẳng cấp dạng 2 2 ( ) ab x x a b và có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Điều kiện: 1 2 x Đặt: 2 30 ( 3)(2 1) 2 5 3. 2 1 0 ax ab x x x x bx Khi đó: 22 ( ) 2 ( ) ( ) (2 2 ) 0 ( ) 2 ( ) 0 ab x x a b ab ax x bx a b x x x b 2 2 0 32 ( )( 2 ) 1. 4 3 0 2 21 2 1 0 x b x x x b x a x x xx ax xx xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 1. x Ví dụ 188. Giải: 22 2 ( 1) 2 3 ( 2) 4 6 3 0 x x x x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2013 –THPT Mạc Đĩnh Chi, Q.6, Tp. Hồ Chí Minh Tập xác định: . D Lời giải 1. Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình tích số. 22 ( ) ( 1) ( 1) 2 3 ( 2) ( 2) 4 6 0 x x x x x x x x 22 ( 1)(1 2 3) ( 2)(1 4 6 0 x x x x x x (1) Đặt 22 2 2 2 22 22 2 23 2 3 0 2 3 . 3 46 4 6 0 2 b a x a x x a x x ba b x x x b x x Suy ra: 2 2 2 2 11 (1) (1 ) (1 ) 0 22 b a b a ab 2 2 2 2 (1 ) ( 1) (1 ) ( 1) 0 a b a b b a khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 149 2 2 2 2 2 2 (1 )( ) (1 )( ) 0 ( )( 2) ( ) 0 a b a b b a b a b a a b b a 0, , 0 ( ) ( )( 2) 1 0 0 . ab b a a b a b b a a b Suy ra: 22 3 2 3 4 6 2 x x x x x Lời giải 2. Biến đổi về dạng 22 . AB 22 ( ) 4 2( 1) 2 3 2( 2) 4 6 6 0 x x x x x x x 2 2 2 ( 2) 2( 2) 4 6 ( 4 6) x x x x x x 2 2 2 ( 1) 2( 1) 2 3 2 3 x x x x x x 2 2 2 2 ( 2 4 6) ( 1 2 3) x x x x x x 22 22 2 4 6 1 2 3 2 4 6 2 3 1 x x x x x x x x x x x x 22 22 0 1 4 6 2 3 0 : 3 23 2 2 3 0 4 6 2 3 x x x x VN x x x x x x x Ví dụ 189. Giải: 2 (2 2 1 4) (7 4 2 1) 2 1 3 0 x x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Bắc Quảng Nam – Quảng Nam Lời giải. Điều kiện: 1 2 x 2 2 2 ( ) (2 4 1) 2 1 4 7 3 (2 4 1) 2 1 (4 3)( 1) x x x x x x x x x x Đặt 2 2 2 2 22 1 2 1 2 1 2 4 1 2 1 2 1 4 3 2 1 0 ax a x x a x x b x b x bx thì: 22 (2 2 ) ( ) 0 2 ( ) ( ) 0 ( )(2 1) 0 PT a b b a a b ab a b a b a b ab ab hoặc 2 1 0. ab Nếu , ab suy ra: 2 1 2 1 1 2 2. 4 2 0 x x x x xx Nếu 2 2 1 0 2( 1) 2 1 1 0 ( 2 1) 1 2 1 1 0 ab x x x x 33 ( 2 1) 2 1 1 0 1 0 x x t t () i với 2 1 0 tx Xét hàm số 3 ( ) 1 f t t t trên 0; có 2 1 ( ) 3 1 0 3 f t t t với 0. t Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 150 t 0 1 3 () ft 0 () ft 1 9 2 3 9 Từ bảng biến thiên () 1 9 2 3 ( ) 0 9 3 i VT f t f nên () i vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2 2. x BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 14 BT 317. Giải phương trình: 2 ( 3) 8 48 28 . x x x x () x BT 318. Giải phương trình: 2 3 ( 1) 4 5 3 2 x x x x () x BT 319. Giải phương trình: 2 2( 5) 5 4 5 20. x x x x () x BT 320. Giải phương trình: 2 ( 2). 2 3 3. x x x x () x BT 321. Giải phương trình: 22 5 4( 2) 1 1. x x x x () x BT 322. Giải phương trình: 22 2 4 21 2(1 ) 2 3. x x x x x () x BT 323. Giải phương trình: 22 2 6 3 2( 2) 2 0. x x x x x () x BT 324. Giải phương trình: 22 5 20 12 4( 2) 4 5 0. x x x x x () x BT 325. Giải phương trình: 22 2 4 ( 1). 2 . x x x x x () x BT 326. Giải phương trình: 55 8. 5 2 5 2 xx xx () x BT 327. Giải phương trình: 1 1 3 2 10 10 x xx () x BT 328. Giải phương trình: 1 1 4 5 17 4 17 4 xx xx () x BT 329. Giải phương trình: 2 2 20 3 20 20 xx xx () x BT 330. Giải phương trình: 2 1 1 7 2 1 12 26 x xx () x BT 331. Giải phương trình: 22 2 4 4 11 9 4 4 32. 2 ( 3)(2 ) 4 4 26 x x x x xx xx () x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 151 BT 332. Giải phương trình: 1 1 7 7 1 24 (7 11) (9 7 ) x xx () x BT 333. Giải phương trình: 42 2 3 3 3 0. x x x () x BT 334. Giải phương trình: 1 (2 1) 2 1. x x x BT 335. Giải: 2 2 2 2 2015 2015. 2 4 2015 4030. x x x () x BT 336. Giải phương trình: 3 2 33 5 2 3 10 1 0. x x x x () x BT 337. Giải phương trình: 33 33 (34 ) 1 ( 1) 34 30. 34 1 x x x x xx () x BT 338. Giải phương trình: 111 4 30 30 30 30 444 xx () x BT 339. Giải phương trình: 22 3 2(4 2 3) 4( 2 ) 0. x x x x () x BT 340. Giải phương trình: 2 8 8 1 3 1 . x x x x () x BT 341. Giải phương trình: 22 2 2 4 5 1 5 3 . x x x x () x BT 342. Giải phương trình: 22 8 2 5 6 2 1 3 2 1. x x x x x () x BT 343. Giải phương trình: 3 3 2 2.(3 2) 2 1 1 21 2 (2 1) x x x x x () x BT 344. Giải phương trình: 3 ( 5) 1 1 3 4. x x x () x BT 345. Giải phương trình: 32 3 15 78 141 5 2 9. x x x x () x BT 346. Giải phương trình: 3 3 2 3 2 6 12 7 9 19 11. x x x x x x () x BT 347. Giải phương trình: 22 (5 4 3). ( 3). 5 4 . x x x x x x () x 15. Dạng 15. Đặt ẩn phụ bằng phương pháp lượng giác hóa Ý tưởng bài toán và phương pháp giải: – Một lớp các phương trình vô tỹ có thễ giãi được bằng phương pháp chuyễn về phương trình lượng giác. Dấu hiệu nhận biết là trong phương trình xuấ t hiện các biễu thức 2 2 2 1 , 1, 1,... x x x Lợi thế của phương pháp này là đưa phương trình ban đầu về một phương trình lượng giác cơ bãn đâ biết cách giãi như : phương trình đẵng cấp , đối xứng, cỗ điễn,… Vì hàm lượng giá c là tuần hoàn , nên khi đặt điều kiện các biểu thức lượng giác thật khéo léo sao cho lúc khai căn không có giá trị tuyệt đối , có nghĩa là luôn luôn dương (dựa vào điều kiện và vòng tròn lượng giác ). Tuy nhiên, nhược điễm cũa phươ ng pháp này là khi chuyễn về lượng giác lại khó tìm được nghiệm tường minh cũa phương trình. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 152 – Một số dấu hiệu và phương pháp lượng giác hóa thường gặp : Chứa: 22 ax 2 P Đặt: sin , ; 22 cos , 0; x a t t x a t t Chứa: 22 xa 2 P Đặt: , ; \ 0 sin 2 2 , 0; \ cos 2 a xt t a xt t Chứa: 22 ax 2 P Đặt: tan , ; 22 cot , 0; x a t t x a t t Chứa: ( )( ) x a b x 2 P Đặt: 2 ( )sin . x a b a t Chứa: ax ax 2 P Đặt: cos , cos 1;1 . x a t t – Bản chất của phương pháp là lợi dụng các công thức lượng giác, chủ yếu là 2 2 2 2 22 11 sin cos 1, 1 tan , 1 cot cos sin t t t t tt để khai căn dễ hơn. Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 190. Giải các phương trình sau: a) 32 4 3 1 x x x () a b) 3 32 x x x () b Phân tích. Câu a) đã quá rõ ràng, ở vế phải có chứa 2 1, x nên ta có 2 phương án lựa chọn ẩn phụ. Một là đặt sin , xt hai là đặt cos , xt nhưng ta sẽ chọn phương án 2, tức đặt cos , xt để cho vế trái có dạng công thức 3 4cos 3cos cos3 t t t sẽ dễ dàng hơn. Còn với câu b), đặt 2cos , xt thì 3 2(4cos 3cos ) 2cos3 VT t t t và vế phải là 2 2 2(1 cos ) 2 cos 2 t xt Khi đó chọn điều kiện thích hợp sẽ khai căn thức dễ dàng và đưa về những phương trình lượng giác cơ bản. Lời giải câu a). Điều kiện: 1 1. x Đặt cos , xt do 1;1 x nên 0; t Suy ra: 2 2 2 1 1 cos sin sin sin , : 0; sin 0 . x t t t t do t t 3 82 ( ) 4cos 3cos sin cos3 sin cos , 2 4 k t t t t t t t k tk khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 153 Do 0; , t suy ra: 53 8 8 4 t t t Ta có: 2 1 cos2 1 cos2 cos cos 22 tt t x t nên: Với: 1 cos 22 4 cos , : cos 0 8 8 2 2 8 t x do Với: 5 1 cos 5 5 2 2 5 4 cos , : cos 0 8 8 2 2 8 t x do Với: 3 3 2 cos 4 4 2 tx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm là 2 2 2 2 2 , , 2 2 2 x x x Lời giải câu b). Điều kiện: 2. x Với: 32 0 2 3 .( 4) 2 2 x x x x x x x x nên () vô nghiệm. Với: 2 2, x đặt 2cos , 0; . x t t Suy ra: 2 2 2(1 cos ) 2.2cos 2 cos 2cos , : 0; 2 2 2 2 4 t t t t x t do 33 ( ) 2(4cos 3cos ) 2cos 8cos 6cos 2cos cos3 cos 2 2 2 t t t t t t t t 32 2 t tk hoặc 4 32 25 tk t k t hoặc 4 , . 7 k tk Do 0; , t k suy ra: 44 0; ; 75 t nên 44 2cos 2; 2cos ; 2cos 75 xt Kết luận: Các nghiệm cần tìm là 44 2, 2cos , 2cos 75 x x x Nhận xét. Trong lời giải trên, tôi đã sử dụng công thức nhân ba là công thức mở rộng trong chương trình phổ thông hiện hành. Các công thức này chứng minh như sau: 22 cos3 cos(2 ) cos2 cos sin2 sin (1 2sin )cos 2sin cos t t t t t t t t t t t 2 2 3 cos 4sin cos cos 4(1 cos )cos 4cos 3cos cos3 . t t t t t t t t t 22 sin3 sin( 2 ) sin cos2 cos sin2 sin (1 2sin ) 2cos sin t t t t t t t t t t t 3 2 3 sin 2sin 2(1 sin )sin 3sin 4sin sin3 . t t t t t t t sin5 sin(3 2 ) sin3 cos2 cos3 sin2 t t t t t t t 3 2 3 (3sin 4sin )(1 2sin ) (4cos 3cos )2sin cos t t t t t t t Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 154 3 3 5 4 2 3sin 6sin 4sin 8sin 8sin cos 6sin cos t t t t t t t t 5 3 2 2 2 8sin 10sin 3sin 8sin (1 sin ) 6sin (1 sin ) t t t t t t t 5 3 2 4 3 8sin 10sin 3sin 8sin (1 2sin sin ) 6sin 6sin t t t t t t t t 53 16sin 20sin 5sin sin5 . t t t t Ví dụ 191. Giải phương trình: 32 1 32 48 18 1 x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2013 – THPT Chuyên Tiền Giang – Tiền Giang Lời giải. Điều kiện: 1. x 3 2 3 ( ) 4 4 64 96 36 2 (4 2) 2 (4 2) 3(4 2) x x x x x x x () i Đặt 4 2, tx do 1 x nên 4 2 2. tx Khi đó: 3 ( ) 2 3 i t t t () ii Với: 2 t thì 3 3 2 2 2 2 3 ( 4 ) ( 4) ( 2) 2 t t t t t t t t t t t t ( 1)( 2) 2 2, t t t t nên () ii vô nghiệm khi 2. t Với: 2 2, t đặt 2cos , 0; . t u u Suy ra: 2 2 2(1 cos ) 2 cos 2 cos 2cos , : 0; 2 2 2 2 2 u u u u t u do 3 44 ( ) 2cos 8cos 6cos cos3 cos , ( ). 2 2 7 5 u u k k ii u u u u u k Do 0; , , uk suy ra: 44 0; ; 57 u Nên 44 0; 2cos ; 2cos 57 t Kết luận: Các nghiệm cần tìm là 1 4 1 4 0, 1 cos , 1 cos 2 5 2 7 x x x Ví dụ 192. Giải phương trình: 2 2 3 2 2 (4 1) 1 4 1 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Đặt sin , ; 22 x t t Suy ra: 2 2 2 1 1 sin cos cos cos , : ; 22 x t t t t do t 23 ( ) 2sin (4sin 1)cos 4sin cos t t t t t 23 2sin 4sin cos 2cos 2sin 0 t t t t t 22 (sin cos ) 2sin (sin cos ) 0 (sin cos )(1 2sin ) 0 t t t t t t t t sin 0 2 sin cos2 0 , . 4 4 4 2 cos2 0 t k t t t k t khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 155 Do ;, 22 t suy ra: 4 t nên 2 sin 2 xt Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 2 2 x Ví dụ 193. Giải: 2 2 3 3 21 1 1 (1 ) (1 ) 3 3 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Đặt cos , 0; . x t t Suy ra: 2 2 2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 2 3 3 2 1 1 cos sin sin sin (1 ) ( 1 cos ) 2cos 2 2 cos 2 2 cos 2 2 2 (1 ) ( 1 cos ) 2sin 2 2 sin 2 2 sin 2 2 2 1 sin sin cos sin cos sin cos 2 2 2 2 2 2 x t t t t t t t xt t t t xt t t t t t t t 33 1 ( ) 1 sin 2 2 cos sin (2 sin ) 22 3 tt tt 1 2 2 sin cos cos sin 1 sin cos (2 sin ) 2 2 2 2 2 2 3 t t t t t t t 22 11 2 2 cos sin 1 sin (2 sin ) 2 2 2 3 tt tt 11 2 cos 2 sin (2 sin ) 0 (2 sin ) 2 cos 0 33 t t t t t 1 1 1 2 cos 0 cos 3 6 6 t t x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 6 6 x Ví dụ 194. Giải phương trình: 22 2 2 1 (1 1 ) x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 2 2 2 1 0 1 0 0 1. 0 ?! x xx x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 156 Đặt sin , 0; , 2 x t t suy ra: 2 2 2 1 1 sin cos cos cos . x t t t t 22 ( ) 2(1 cos ) sin (1 cos ) 4sin 2sin cos 22 tt t t t t 33 sin 2sin cos sin 2sin cos 0 2 2 2 2 2 2 t t t t t t 3 3 3 33 2 , , 0; sin 0 2 2 sin 1 2cos 0 1 22 1 4 1 cos sin 1 2 2 2 42 t t k k t tt t t 3 3 0 sin 0 sin 2sin cos 4 1 sin 4 1 22 t xt tt t xt Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 3 0, 4 1. xx Bình luận. Trong lời giải trên, nếu ta tìm điều kiện không chính xác, tức 1;1 x thì khi đặt sin , ; 22 x t t thì biểu thức 2 2 2 1 sin 2 t x sẽ không bỏ dấu trị tuyệt đối được ngay mà cần chia ra 2 trường hợp để giải. Ví dụ 195. Giải phương trình: 2 2 1 2 1 12 2 xx x () Điều kiện: 11 x thì 2 2 2 1 2 1 ( 1 ) 0 : x x x x luôn đúng. Lời giải 1. Đặt cos , 0; , x t t suy ra: 22 1 sin sin sin . x t t t 22 ( ) (cos sin ) 2 1 2cos cos sin 2 cos2 t t t t t t cos cos2 cos cos( 2 ) cos2 44 t t t t t () i Nếu 3 0; ; cos 0 4 4 4 2 4 t t t thì 52 5 3 12 3 12 ( ) cos2 cos , : 0; 3 344 2 4 4 k t t i t t do t t tk khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 157 Suy ra: 5 6 2 cos cos sin 12 2 12 12 4 32 cos 42 x x Nếu 33 ; ; cos 0 4 4 2 4 4 t t t thì: 2 4 ( ) cos2 cos : 2 4 12 3 tk i t t k k t để 3 ; 4 t Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 6 2 2 , 42 xx Lời giải 2. Đưa về hằng đẳng thức và sử dụng 2 . AA 2 2 2 2 2 ( ) ( 1 ) 2(1 2 ) 1 2(1 2 ) x x x x x x 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 0 1 2 0 1 2(1 2 ) 1 2( 1 )( 1 ) 1 2(1 2 ) 1 2( 1 )( 1 ) xx x x x x x x x x x x x x x x x x x x 2 22 22 1 2 0 2 2 ( 1 ) 1 2( 1 ) 0 62 ( 1 ) 1 2( 1 ) 0 4 x x x x x x x x x x x Ví dụ 196. Giải phương trình: 2 2 1 41 x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 1;1 \ 2 x Đặt 2 cos , 0; \ ; 33 x t t 2 2 2 2 cos ( ) 1 cos (4cos 1) sin cos 4cos 1 t t t t t t 23 sin 4(1 sin ) 1 cos 3sin 4sin cos sin3 sin 2 t t t t t t t t 25 82 , , 0; \ ; 3 3 8 8 4 4 k t k t t t t tk Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 158 Ta có: 2 1 cos2 1 cos2 cos cos 22 tt tt Nên: Với 1 cos 22 4 cos , : cos 0 8 8 2 2 8 t x do Với 5 1 cos 5 5 2 2 5 4 cos , : cos 0 8 8 2 2 8 t x do Với 2 cos 4 4 2 tx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm là 2 2 2 2 2 , , 2 2 2 x x x Ví dụ 197. Giải phương trình: 4 2 2 (16 12 1) 1 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 22 cos , 0; 1 1 cos sin . x t t x t t 42 ( ) (16cos 12cos 1)sin cos t t t t 2 2 2 sin 16(1 sin ) 12(1 sin ) 1 cos t t t t 4 2 5 3 sin (16sin 20sin 5) cos 16sin 20sin 5sin cos t t t t t t t t sin5 cos sin5 sin 2 12 3 k t t t t t hoặc 82 k t Do 0; t và k nên 553 12 8 12 8 4 t t t t t Ta có: 2 1 cos2 1 cos2 cos cos 22 tt tt Nên: Với 32 cos 4 4 2 tx Với 1 cos 62 6 cos , : cos 0 12 12 2 4 12 t x do Với 1 cos 22 4 cos , : cos 0 8 8 2 2 8 t x do Với 5 1 cos 5 5 6 2 5 6 cos , : cos 0 12 12 2 4 12 t x do khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 159 Với 5 1 cos 5 5 2 2 5 4 cos , : cos 0 8 8 2 2 8 t x do Kết luận: Các nghiệm là 6 2 2 2 2 2 2 , , , 4 2 2 2 x x x x Ví dụ 198. Giải phương trình: 2 2 5 1 21 xx x () Phân tích. Trong phương trình có chứa 2 1 x giúp ta liên tưởng đến công thức lượng giác 2 2 1 1 tan cos và các biến còn lại đều biểu diễn được về các hàm lượng giác cơ bản, do đó ta chọn hướng lượng giác hóa tan xt và có lời giải: Lời giải. Đặt tan , ; , 22 x t t suy ra: 0 cos 1 1 sin 1, sin 0 t tt 22 2 1 1 1 1 1 tan , : ; cos 2 2 cos cos x t do t t t t 2 1 5cos 1 5cos sin ( ) tan 0 2 5cos 2sin 0 cos 2 cos 2 cos t t t t t t t t t 2 5sin 2sin 3 0 sin 1 t t t (loại) hoặc 3 sin 5 t (nhận). Suy ra: 2 4 sin 3 cos 1 sin tan 5 cos 4 t t t x t t Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 3 4 x Ví dụ 199. Giải phương trình: 2 2 2 2 2 1 ( 1) 1 2 2 (1 ) xx x x xx () Đề nghị Olympic 30/04/2014 Lời giải. Điều kiện: 0, 1. xx Đặt tan , ; \ 0; 2 2 4 x t t Ta có: 2 2 2 2 2 2 22 22 2 2 2 2 2 2 2 22 11 1 tan 1 1 cos cos sin 1 2 1 1 sin 2 2 cos 2 tan . cos 2 sin 2 1 tan 1 2 1 tan 1 cos 2 2cos 1 1 1 tan 1 tan 1 4 (1 ) 2 ( 1) 2sin 2 cos 2 sin 4 ( 1) 2 (1 x t x t t t x x t t t t x t tx tx tt t t x x x x tt t x x x 2 ) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 160 1 1 2 1 1 1 ( ) 0 cos sin2 sin4 cos 2sin cos 2sin cos cos2 t t t t t t t t t 22 2 11 1 0 2sin (1 2sin ) (1 2sin ) 1 0 2sin 2sin (1 2sin ) t t t t tt 32 2sin sin sin 0 sin 0 t t t t (loại) sin 1 t (loại) 1 sin 2 t 1 sin sin 2 2 6 6 t t k hoặc 5 2 , . 6 t k k Do ; \ 0; , 2 2 4 t suy ra: 3 tan 6 6 3 tx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3 3 x Ví dụ 200. Giải phương trình: 2 22 1 x x x () Phân tích. Phương trình có chứa 2 1, x nếu ta đặt 2 sin 1 1 sin cos t xx t t thì các biến còn lại được biểu diễn hết theo hàm lượng giác. Công việc còn lại là chọn điều kiện thích hợp để bỏ giá trị tuyệt đối. Thông thường thì học sinh đặt điều kiện: 2 1 0 1 1 (0; ) x x x t thì sint dương, nhưng còn cost chưa xác định được dương hay âm và lúc đó cần phải chia ra hai khoảng 0; 2 x và khoảng ;. 2 x Nhưng nếu để ý điều kiện kéo theo là 0, x tức luôn có 1. x Khi đó điều kiện t sẽ là 0; 2 t : thuộc góc phần từ thứ nhất thì sin , cos 0. tt Từ đó có lời giải 1 chi tiết như sau: Điều kiện: 2 1 1 10 1. 0 0 ?! xx x x x x Lời giải 1. Đặt sin 0 1 , 0; cos 0 sin 2 t xt t t 22 2 2 2 2 1 1 sin cos cos cos 11 sin sin sin sin sin t t t t x tt t t t Khi đó: 1 1 sin ( ) 2 2 sin cos 2 2 sin cos sin sin cos t t t t t t t t khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 161 2 sin 2 sin2 sin2 sin 2 , . 4 4 4 t t t t t t k k Do 0; 2 t và k nên 1 2. 4 cos 4 tx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2. x Lời giải 2. Đặt 22 22 22 2 1 1 1 1 0 2 2 ax ab ax bx b x ab a b 2 4 3 2 2 2 22 22 , : 0 , 0, 1 1 1 8 2 6 2 1 0 1 21 b b a do b a b a b b b b b b b b bb 2 22 22 1 2 , 0, 1 2. 1 2 11 ( 1) ( 4 1) 0 b b x a b a x b a x b b b Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2. x Ví dụ 201. Giải phương trình: 2 3 36 9 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 3 x x Đặt 3 , 0; \ sin 0. cos 2 x t t t 22 2 2 2 2 9 9(1 cos ) sin sin sin 9 9 3 3 3 cos cos cos cos cos t t t t x t t t t t Với 2 cos 0 sin 3sin 0; 9 3 tan 0 2 cos cos t tt tx t t t thì: 2 11 ( ) 4cos sin cos 4cos sin cos sin t t t t t tt 2 22 3 3 3 sin cos 4cos sin tan (1 tan ) (1 tan ) 4tan cos cos cos t t t t t t t t t t t 3 tan tan 3tan 1 0 tan 1 tan 1 2. t t t t t Ta có: 22 2 9 3 3 9(1 tan ) 3 1 tan , : 0 cos cos cos t x t do tt t Suy ra: tan 1 3 2 tx và tan 1 2 3 4 2 2. tx Với 2 cos 0 3sin 3sin ;9 tan 0 2 cos cos t tt tx t t t thì: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 162 2 11 ( ) 4cos sin cos 4cos sin cos sin t t t t t tt 2 22 2 3 3 sin 1 cos 4cos sin tan (1 tan ) (1 tan ) 4tan cos cos cos cos t t t t t t t t t t t t tan 1 t hoặc tan 1 2. t Ta có: 22 2 9 3 3 9(1 tan ) 3 1 tan , : 0 cos cos cos t x t do tt t Suy ra: tan 1 3 2 tx và tan 1 2 3 4 2 2. tx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 3 2, 3 4 2 2. xx Ví dụ 202. Giải phương trình: 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 xx xx xx () Phân tích. Trong phương trình có chứa ; a x a x a x a x nên ta có thể lượng giác hóa bằng cách đặt cos . x a t Cụ thể 11 1 2 1 2 22 ; ; 11 1 2 1 2 22 xx xx xx xx nên ta đặt: 1 cos 2 xt và có lời giải 1. Ngoài ra, do hai vế không âm và dự đoán phương trình có một nghiệm 0 x nên có thể giải bằng phương pháp đánh giá bằng bất đẳng thức cổ điển hoặc bất đẳng thức hình học (xem bài học tiếp theo). Điều kiện: 11 22 x Lời giải. Đặt 1 cos , 0; . 2 x t t Khi đó: 2 1 2 1 cos 2sin 2 sin 2 sin , : 0; 2 2 2 2 2 t t t t x t do 2 1 2 1 cos 2cos 2 cos 2 cos , : 0; 2 2 2 2 2 t t t t x t do Suy ra: 1 2 1 2 tan 1 2 2 12 x x t x x và 12 cot 1 2 2 xt x sin cos 22 ( ) 2 sin 2 cos tan cot 2 sin cos 2 2 2 2 2 2 sin cos 22 tt t t t t t t tt khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 163 2 sin cos 2 0 sin cos 0 sin 2 2 2 sin 2 2 t t t t t t (loại). 3 2 cos 0 2 , , (0; ) 0. 2 4 2 2 t t k k t t x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0. x BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 15 BT 348. Giải phương trình: 22 2 1 2 1 1. x x x x () x BT 349. Giải phương trình: 3 2 4 6 1 3 3 2 2 . x x x x x x () x BT 350. Giải phương trình: 2 1 1 1 1 1 1 1 1 xx x () x BT 351. Giải phương trình: 22 1 1 4 1 1 2 1 4 . x x x () x BT 352. Giải phương trình: 22 2 1 2 1 2 1 x x x x x () x BT 353. Giải phương trình: 3 2 2 4 12 9 1 2 . x x x x x () x BT 354. Giải phương trình: 3 2 42 43 1 16 12 1 xx x xx () x BT 355. Giải phương trình: 2 2 52 4. 1 1 x x x () x BT 356. Giải phương trình: 2 2 50 25 25 xx x () x BT 357. Giải phương trình: 23 2 53 ( 1) 1 6 20 6 x x x x x () x BT 358. Giải phương trình: 22 2 1 1 4( 1). 1 xx x () x BT 359. Giải phương trình: 2 15 1 6 1 x x x () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 164 Bài 4. GIẢI PHƢƠNG TRÌNH BẰNG PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Trong bài này, tôi xin giới thiệu đến quý độc giả phương pháp giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đánh giá với các công cụ sau đây: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Sử dụng bất đẳng thức (Cauchy, Cauchy – Schwarz, Véctơ,…). Sử dụng tổng các số không âm hoặc biến đổi về dạng . nn AB Ngoài những dấu hiệu nhận dạng đặc trưng được nêu trong từng ví dụ, tôi xin lưu ý rằng, đối với phương trình có nghiệm duy nhất o xx thì có rất nhiều khả năng sử dụng phương pháp đánh giá bằng hàm số hoặc bất đẳng thức cổ điển hoặc liên hợp,… tùy vào đặc điểm bài toán, đó là một lối đi thường gặp. I. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phƣơng trình vô tỷ. Vận dụng thành thạo kết quả : “Nếu hàm số () y f x liên tục và luôn đơn điệu một chiều trên miền D (luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến ) thì số nghiệm trên D c ủa ( ) 0 fx không nhiều hơn một và , : ( ) ( ) u v D f u f v u v ”. 1. Các ví dụ vận dụng hàm số () y f x đơn điệu 1 chiều trên miền D thì phƣơng trình ( ) 0 fx có tối đa một nghiệm. Ví dụ 203. Giải phương trình: 3 3 5 1 2 1 4 x x x () Phân tích. Quan sát vế trái của phương trình thấy khi x tăng thì giá trị của biểu thức trong căn cũng tăng. Từ đó có thể dự đoán vế trái là hàm đồng biến, còn vế phải là hằng số và sử dụng casio tìm được nghiệm duy nhất 1, x nên đây là những điều kiện thích hợp cho việc sử dụng phương pháp hàm số để giải. Ngoài ra, công thức đạo hàm sau đây thường hay được sử dụng là 1 () . n n n u u nu Điều kiện: 3 3 1 5 1 0 5 xx Lời giải 1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. 3 3 ( ) 5 1 2 1 4 0 x x x () i 3 1 x 5 = không thỏa mãn (i) 3 1 x 5 > xét hàm số 3 3 ( ) 5 1 2 1 4 y f x x x x trên 3 1 ; 5 có: 2 3 32 3 15 2 1 ( ) 1 0, ; . 5 2 5 1 3 (2 1) x f x x xx Do đó hàm số () y f x đồng biến trên 3 1 ; 5 và (1) 0 f nên 1 x là nghiệm duy nhất của ( ). i Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 1. x khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 165 Lời giải 2. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy với điểm rơi 1. x Ta có: 33 33 3 1 1 5 3 5 3 5 1 (5 1) 4 2 2 2 4 21 (2 1).1.1 3 Cauchy Cauchy xx xx x x Suy ra: 33 3 3 () 5 3 2 1 15 20 13 5 1 2 1 4 3 12 x x x x VT x x x x Mà: 3 32 15 20 13 4 3 4 7 0 ( 1)(3 3 7) 0 1. 12 xx x x x x x x Suy ra: 3 3 3 15 20 13 5 1 2 1 4 12 xx x x x và dấu "" xảy ra khi 1. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 1. x Lời giải 3. Liên hợp khi sử dụng casio tìm được 1 x là nghiệm duy nhất. 2 3 ( ) ( 5 1 2) ( 2 1 1) 1 0 x x x 22 3 3 5( 1)( 1) 2( 1) ( 2) 0 5 1 2 (2 1) 2 1 1 x x x x x x x 22 3 3 5( 1) 2 ( 1) 1 0 1. 5 1 2 (2 1) 2 1 1 x xx x x x Do 3 22 3 3 5( 1) 2 1 1 0, 5 5 1 2 (2 1) 2 1 1 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 1. x Ví dụ 204. Giải phương trình: 22 3( 2 1 1) (1 3 8 2 1) x x x x () Phân tích. Sử dụng casio tìm được 0 x là nghiệm duy nhất của phương trình. Để ý rằng: 22 2 1 1 2 1 1 0 xx và 22 8 2 1 3 8 3 8 3 0 x x x x x x nên để phương trình có nghiệm thì điều kiện kéo theo là 0. x Tìm điều kiện chặt chẽ sẽ thuận lợi cho việc đánh giá () fx luôn dương hay âm trong cách giải bằng hàm số. Lời giải. Điều kiện: 0. x 2 2 2 ( ) 3 8 2 1 3 2 1 3 0 x x x x x () i Xét hàm số 2 2 2 ( ) 3 8 2 1 3 2 1 3 f x x x x x x trên 0; có: 22 2 2 2 2 2 6 32 6 8 ( ) 6 1 8 2 1 6 1 2 1 2 1 2 1 x x x x f x x x x x x x Do: 2 32 6 8 0, x x x nên ( ) 0, 0. f x x Suy ra hàm số () fx luôn đồng biến trên [0; ) và có (0) 0 f nên 0 x là nghiệm duy nhất của ( ). i Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 166 Ví dụ 205. Giải phương trình: 12 12( 5 4 ) x x x x x () Phân tích. Sử dụng casio, tìm được 4 x là nghiệm duy nhất của phương trình. Với điều kiện 04 x thì nháp đạo hàm ở vế trái thấy hàm số đồng biến, đạo hàm vế phải thấy là hàm nghịch biến. Từ đó nghĩ đến việc vận dụng nội dung: “Nếu hai hàm số () fx và () gx đơn điệu ngược chiều trên miền D thì số nghiệm trên D của phương trình ( ) ( ) f x g x không nhiều hơn 1” và có lời giải chi tiết bằng hàm số như sau: Lời giải. Điều kiện: 0 4. x Xét hàm số ( ) 12 f x x x x xác định và liên tục trên 0;4 , có: 31 ( ) 0, 0;4 , 2 2 12 f x x x x nên () fx đồng biến trên 0;4 () i Xét hàm số ( ) 12( 5 4 ) g x x x xác định và liên tục trên 0;4 , có: 11 ( ) 12 0, 0;4 . 2 5 2 4 g x x xx Do đó hàm số () fx nghịch biến trên đoạn 0;4 . () ii Từ ( ), ( ), i ii suy ra ( ) ( ) f x g x có nghiệm duy nhất và (4) (4) 12 fg nên 4 x là nghiệm duy nhất của phương trình ( ). Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 4. x Ví dụ 206. Giải phương trình: 3 ( 1)(2 1 3 6) 6 x x x x () Học sinh giỏi tỉnh Thái Bình năm 2010 Lời giải. Điều kiện: 1. x Do 1 x không là nghiệm của phương trình nên chỉ xét (1; ). x 3 6 ( ) 2 1 3 6 1 x xx x () i Xét hàm số 3 ( ) 2 1 3 6 f x x x trên khoảng (1; ) có: 3 11 ( ) 0, 1 16 f x x xx nên hàm số () fx đồng biến trên (1; ). Xét hàm số 6 () 1 x gx x trên (1; ) có 2 7 ( ) 0, 1. ( 1) g x x x Do đó hàm số () gx nghịch biến trên (1; ). Ta lại có: (2) (2) 8 fg nên 2 x là nghiệm duy nhất của ( ). i Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 2. x Ví dụ 207. Giải phương trình: 3 (4 1)( 3 5 3) 4 8 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 0 3. xx khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 167 Do 1 , 3 4 xx không là nghiệm của () nên chỉ xét 1 ( 3; )\ 4 x 33 4 8 4 8 ( ) 3 5 3 3 5 3 0 4 1 4 1 xx x x x x xx () i Xét hàm số 3 48 ( ) 3 5 3 41 x f x x x x trên 1 3; \ 4 x có: 2 2 3 1 1 36 1 ( ) 0, 3; \ 4 (4 1) 23 (3 5) f x x x x x Suy ra hàm số () fx đồng biến trong các khoảng 11 3; , ; . 44 Bảng biến thiên x 3 1 4 () fx () fx 3 4 4 13 Ta có () i là phương trình hoành độ giao điểm của hàm số () fx và trục Ox có phương trình 0. y Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình () i có tối đa hai nghiệm và có ( 2) (1) 0 ff nên 2, 1 xx là 2 nghiệm cần tìm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 2, 1. xx Ví dụ 208. Giải: ( 2)(2 1) 3 6 4 ( 6)(2 1) 3 2 x x x x x x () Học sinh giỏi tỉnh Cao Bằng năm 2014 – 2015 Lời giải. Điều kiện: 1 2 x ( ) ( 2)(2 1) 3 2 ( 6)(2 1) 3 6 4 x x x x x x 2( 2 1 3) 6( 2 1 3) 4 x x x x ( 2 1 3)( 2 6) 4 x x x () i Do 1 2 6 0, 2 x x x và vế phải dương nên để phương trình () i có thì cần điều kiện kéo theo là 2 1 3 0 2 1 3 5. x x x Xét hàm số dương ( ) 2 1 3 f x x trên nửa khoảng (5; ) có: 1 ( ) 0, 5 21 f x x x nên () fx là hàm số dương đồng biến (5; ) (1) Xét hàm số dương ( ) 2 6 g x x x trên nửa khoảng (5; ) có: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 168 11 ( ) 0, 5 2 2 2 6 g x x xx nên () gx đồng biến trên (5; ) (2) Từ (1),(2) ( ) ( ). ( ) ( 2 1 3)( 2 6) h x f x g x x x x là hàm số đồng biến trên (5; ) và có (7) 4 h nên 7 x là nghiệm duy nhất của ( ). i Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 7. x Nhận xét. Trong thí dụ trên, tôi đã sử dụng kết quả: "Tích của hai hàm số dương đồng biến (nghịch biến) trên D là một hàm đồng biến (nghịch biến) trên D". Ví dụ 209. Giải: 2 3 3 ( 1) 2 1 ( 5) 8 3 31 0 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 8. x Đặt 33 3 1 1 8 7. t x x t t 2 3 3 3 ( ) 2 ( 4) 7 3 28 0 t t t t t 3 2 3 3 3 2 28 ( 4) 7 0 t t t t t () i Nhận thấy 3 7 t không là nghiệm nên chỉ xét 3 ( 7; ). t Xét hàm số 3 2 3 3 ( ) 3 2 28 ( 4) 7 f t t t t t t trên 3 ( 7; ) có: 23 3 2 2 3 3 32 3 0, ( 4) ( ) (9 2 2) 3 7 0, ( 7; ). ( 7) t tt f t t t t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên khoảng 3 ( 7; ). Ta lại có: (2) 0 2 9 f t x là nghiệm duy nhất của phương trình. Kết luận. Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 9. x 2. Các ví dụ vận dụng hàm số () y f x đơn điệu 1 chiều trên miền D và tồn tại , u v D thì ( ) ( ) f u f v u v . Ví dụ 210. Giải phương trình: 33 22 33 2 2 1 2 1 x x x x () Phân tích. Nếu lập phương hai vế thì phương trình rất phức tạp, nhưng nếu quan tâm đến mối liên hệ giữa các biến trong căn thức, ta nhận thấy: 22 2 1 (2 ) 1 xx và 2 ( 1) 1. xx Tức 22 33 33 ( ) ( 1) 1 ( 1) (2 ) 1 (2 ) x x x x với vế trái và phải đều có dạng 33 ( ) 1 f t t t mà ta gọi đây là hàm đặc trưng. Khi đó phương trình viết dạng 2 ( 1) (2 ) f x f x nên sẽ sử dụng phương pháp hàm như sau: Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 33 33 ( ) ( 1) 1 ( 1) (2 ) 1 (2 ) ( 1) (2 ) x x x x f x f x (1) Xét hàm số 33 ( ) 1 f t t t có 322 3 11 ( ) 0, \ 1;0 . 3 3 ( 1) f t t tt 0 Do đó hàm số () ft đồng biến trên (2) khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 169 Từ 22 (1), (2) ( 1) (2 ) 1 2 1 f x f x x x x hoặc 1 2 x Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là 1 , 1. 2 xx Ví dụ 211. Giải phương trình: 33 3 2 3 2 2 2 3 1 3 1 2 x x x x x x () HSG các trường chuyên khu vực Duyên Hải & Đồng Bằng Bắc Bộ 2010 Phân tích. Bậc cao nhất của phương trình là bậc ba, thường thì ta sẽ xây dựng hàm đặc trưng của bậc ba dạng 3 ( ) . f t mt nt Nghĩa là ta cần viết lại phương trình dưới dạng: 33 3 3 2 2 2 3 1 2 3 1 2 2 x x x x x x (theo biểu thức trong dấu căn) và xem 33 3 3 3 2 2 3 2 3 1 ( 2 3 1) , 2 ( 2) x x x x x x thì ta đã đưa về hàm đặc trưng với 1 mn và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Tập xác định: . D 33 3 3 2 2 ( ) 2 3 1 2 3 1 2 2 x x x x x x 3 3 3 3 3 3 3 2 3 2 ( 2 3 1) 2 3 1 ( 2) 2 x x x x x x 33 32 ( 2 3 1) ( 2) f x x f x (1) Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, . f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên (2) Từ (1), (2), suy ra: 3 3 3 3 3 2 3 2 ( 2 3 1) ( 2) 2 3 1 2 f x x f x x x x 3 2 2 1 1 5 2 3 1 0 (2 1)( 1) 0 22 x x x x x x x x Kết luận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 1 1 5 , 22 xx Ví dụ 212. Giải phương trình: 2 11 24 60 36 0 5 7 1 xx xx () Học sinh giỏi tỉnh Quảng Ninh năm 2011 Lời giải. Điều kiện: 7 5 x 22 11 ( ) (5 6) (5 6) ( ) (5 6) 1 1 x x f x f x xx (1) Xét hàm số 2 1 () 1 f t t t trên (1; ) có 1 ( ) 2 0, 1. 2( 1) 1 f t t t tt Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên khoảng (1; ). (2) Từ 3 (1), (2) (5 6) ( ) 5 6 2 f x f x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 170 Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3 2 x Ví dụ 213. Giải phương trình: 32 2 6 15 13 1 9 12 47 x x x x x xx () Lời giải. Điều kiện: 9. x 2 11 ( ) 2 9 12 47 xx x xx 2 2 11 ( 2) 9 ( 2) ( 9) ( 2) 3 ( 9) 3 x x f x f x x x (1) Xét 2 1 () 3 f t t t trên có 4 2 2 2 2 2 2 2 5 8 ( 1) ( ) 1 0, . ( 3) ( 3) t t t t f t t tt Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên (2) Từ 29 3 (1), (2) ( 2) ( 9) 2 9 2 f x f x x x x Kết luận: So với điều kiện phương trình có nghiệm duy nhất 29 3 2 x Xét hai dạng chuẩn: 32 3 32 () ax bx cx d n ex f ax bx cx d a x b c x d () () i ii Hai dạng này có thể xây dựng hàm đặc trưng ở 2 vế dạng 3 ( ) . . . f t m t n t Đối với dạng ( ), i ta xét: 33 33 .( ) .( ) .( ) . m px u n px u m ex f n ex f và đồng nhất hệ số với đề bài tìm được giá trị , , , . m n p u Đối với dạng ( ), ii ta có thể dựa vào căn thức để biến đổi, từ đó định hướng được dạng của hàm số đặc trưng và biến đổi vế còn lại. Để hiểu kỹ nó, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 214. Giải phương trình: 32 3 15 78 141 5 2 9 x x x x () Olympic 30/04/2011 Phân tích. Xét phương trình: 33 33 ( ) 5.( ) ( 2 9) 5. 2 9 x m x m x x và khai triển ta được: 3 2 2 3 3 3 (3 4) 4 5. 2 9. x mx m x m m x Đồng nhất hệ số với phương trình đã cho, được hệ: 2 3 3 15 3 4 78 5. 4 141 m mm mm Khi đó ta viết phương trình 33 3 3 3 ( ) ( 5) 5.( 5) ( 2 9) 5. 2 9 ( 5) ( 2 9) x x x x f x f x với hàm số đặc trưng ở hai vế có dạng 3 ( ) 5 f t t t luôn đơn điệu trên và có lời giải 1. Ngoài ra, ta có thể giải bài toán này bằng phép đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình mà đã được học ở bài học 3 (lời giải 3). khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 171 Tập xác định: . D Lời giải 1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. 33 3 3 3 ( ) ( 5) 5( 5) ( 2 9) 5 2 9 ( 5) ( 2 9) x x x x f x f x (1) Xét hàm số 3 ( ) 5 f t t t có 2 ( ) 3 5 0, . f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên . (2) Từ 33 (1), (2) ( 5) ( 2 9) 5 2 9 4 f x f x x x x hoặc 11 5 2 x Kết luận: Phương trình đã cho có các nghiệm là 11 5 4, 2 xx Lời giải 2. Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình tích số. 33 33 ( ) ( 5) 5( 5) ( 2 9) 5 2 9 x x x x () i Đặt 3 5, 2 9 a x b x thì 3 3 3 3 ( ) 5 5 5( ) 0 i a a b b a b a b 22 3 11 5 ( )( 5) 0 2 9 5 4, 2 a b a ab b a b x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có các nghiệm là 11 5 4, 2 xx Lời giải 3. Đặt 1 ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại II. Đặt 3 3 32 ( 5) 2 9 5 2 9 15 78 141 5( 5) yx yx x x x y 32 3 3 2 2 32 15 75 2 116 0 ( ) 15( ) 80( ) 0 15 78 5 116 0 y y y x y x y x y x x x x y 22 22 ( ) 15( ) 80 0 ( 15) 15 80 0 yx y x y yx x y x y x y x x Với 3 5 2 9 4 y x x x x hoặc 11 5 2 x Với 22 ( 15) 15 80 0 y x y x x và xem đây là phương trình bậc hai với ẩn là y có: 2 3 30 95 0, y x x x nên phương trình vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho có các nghiệm là 11 5 4, 2 xx Nhận xét. Việc tìm ra phép đặt ẩn phụ có thể tiếp cận bằng công cụ đạo hàm thông qua việc xét hàm số ngoài dấu căn 3 2 2 ( ) 15 78 141 ( ) 3 30 78 f x x x x f x x x 6 30 0 5 f x x và sẽ đặt 3 5 2 9. yx Hoặc ta có thể tìm ra phép đặt ẩn phụ từ dạng tổng quát (dạng 8, bài 3): ( ) . . n n ax b p cx d q x r với 2;3 n thì sẽ đặt n ay b cx d nếu . 0, pc đặt () n ay b cx d nếu . 0. pc Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 172 Lời giải 4. Đặt ẩn phụ để đơn giản hơn, rồi sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Đặt 3 3 3 2 3 32 29 2 9 5 15 80 150 5 15 78 141 yx y x y y x x x y x x x 33 5 ( 5) 5.( 5) ( ) ( 5) y y x x f y f x (3) Xét hàm số 3 ( ) 5 f t t t có 2 ( ) 3 5 0, . f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên . (4) Từ 3 (3), (4) ( ) ( 5) 2 9 5 4 f y f x x x x hoặc 11 5 2 x Bình luận. Lời giải 4 sẽ gọn hơn lời giải 1 khi ta sử dụng ẩn phụ để đưa về hệ tạm, rồi sau đó cộng hai phương trình này lại với nhau (đôi khi nhân thêm hằng số rồi mới cộng với phương trình còn lại để tạo ra hàm đặc trưng). Hiển nhiên, chúng ta cũng cần đến đồng nhất thức, tức ở trên cần có 33 5 ( ) 5( ) y y x m x m và khai triển vế trái, đồng nhất với phương trình ban đầu được 5. m Nói chung, cách nào cũng có lợi thế riêng của nó, tùy thuộc đặc điểm bài toán, sự nhạy bén của người giải toán. Ví dụ 215. Giải phương trình: 32 3 16 168 580 655 5 19 x x x x () Phân tích. Xét: 33 33 ( ) ( ) ( 5 19) 5 19 m px u px u m x x và khai triển được: 3 3 2 2 2 3 3 3 (3 5 ) 19 5 19. mp x mp ux mpu p m x mu u m x Nếu đồng nhất hệ số bậc ba được 3 16 mp nên có thể chọn: 2, 2 16, 1 mp mp Nếu 2, 2 mp và đồng nhất hệ số bậc hai được 24 168 7 uu và lúc này phương trình được viết lại là 3 33 2(2 7) (2 7) 2( 5 19) 5 19. x x x x Khai triễn và rút gọn phương trình này thì giống với đề bài, chứng tỏ hướng chọn 2, 2 mp là đúng hướng. Nếu không khớp với đề bài thì sẽ chọn lại, nhưng thường thì , mp là những số nguyên. Những bước phân tích trên nhìn tuy dài nhưng đã quen rồi thì rất nhanh. Tập xác định: . D 3 33 ( ) 2(2 7) (2 7) 2(5 19) 5 19 (2 7) ( 5 19) x x x x f x f x (1) Lời giải 1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t trên có 2 ( ) 6 1 0, . f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên (2) Từ 33 (1), (2) (2 7) ( 5 19) 2 7 5 19 f x f x x x 3 2 2 13 7 8 84 289 324 0 ( 4)(8 52 81) 0 4, 4 x x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là 13 7 4, 4 xx Lời giải 2. Đặt ẩn phụ để đơn giản hơn, rồi sử dụng tính đơn điệu của hàm số. khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 173 Đặt: 3 3 32 5 19 5 19 16 168 580 655 yx yx y x x x (3) (4) Nhận xét. Nếu cộng hai phương trình lại với nhau thì vế trái sẽ là 3 yy tức đang xây dựng hàm đặc trưng 3 () f t t t và vế phải không đưa được về hàm này, tức không sử dụng được phương pháp hàm. Để ý phương trình (4) có số 16, theo kinh nghiệm thì 33 16 2.(2 ) xx nên sẽ thử nhân phương trình (3) với 2, rồi cộng với phương trình (4) được: 3 3 2 2 16 168 590 693. y y x x x Mong muốn lúc này là cần biến đổi về dạng: 33 2 2(2 ) (2 ) y y x m x m và đồng nhất được 7. m 3 3 3 2 32 2 10 38 2 16 168 590 693 16 168 580 655 yx y y x x x y x x x 33 2 2(2 7) (2 7) ( ) (2 7) y y x x f y f x (5) Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t trên có 2 ( ) 6 1 0, . f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên (6) Từ 3 13 7 (5), (6) ( ) (2 7) 2 7 5 19 4, 4 f y f x y x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là 13 7 4, 4 xx Lời giải 3. Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình tích số. Đặt 3 2 7, 5 19 a x b x thì 3 3 3 3 (1) 2 2 2( ) ( ) 0 a a b b a b a b 2 2 2 2 ( )(2 2 2 1) 0 , ( : 2 2 2 1 0) a b a ab b a b do a ab b Suy ra: 2 3 13 7 5 19 2 7 ( 4)(8 52 81) 0 4, 4 x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là 13 7 4, 4 xx Lời giải 4. Đặt 1 ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại II. Phân tích. Xét hàm số 32 16 168 580 655 y x x x có 2 ' 48 336 580 y x x và 7 '' 96 336 0 2 y x x nên tìm ra phép đặt ẩn phụ 3 2 7 5 19. yx Đặt 3 3 32 (2 7) 5 19 2 7 5 19 16 168 580 655 2 7 yx yx x x x y 32 3 3 2 2 32 8 84 294 5 324 0 8( ) 84( ) 295( ) 0 8 84 290 324 0 y y y x y x y x y x x x x y yx hoặc 22 8 4(2 21) 8 84 295 0. y x y x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 174 Với 3 2 7 5 19 4 y x y x x hoặc 13 7 4 x Với 22 8 4(2 21) 8 84 295 0 y x y x x có 2 48 336 596 0, y x x x nên phương trình vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là 13 7 4, 4 xx Ví dụ 216. Giải phương trình: 3 3 2 2 8 13 7 2 3 3 x x x x x () Phân tích. Xét 33 3 2 2 2 (2 ) 2(2 ) ( 3 3) 2 3 3 x m x m x x x x và đồng nhất hệ số ta được 1 m nên có lời giải 1 như sau: Tập xác định: . D 33 3 2 3 2 ( ) (2 1) 2.(2 1) ( 3 3) 2. 3 3 x x x x x x () i Lời giải 1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. 3 2 ( ) ( 3 3) (2 1) i f x x f x (1) Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, . f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên (2) Từ 33 22 (1), (2) ( 3 3) (2 1) 3 3 2 1 f x x f x x x x 32 8 12 3 2 0 1 x x x x hoặc 5 89 16 x Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là 5 89 1, 16 xx Lời giải 2. Đặt ẩn phụ để đơn giản hơn, rồi sử dụng tính đơn điệu của hàm số hoặc đặt ẩn phụ. Đặt: 32 3 2 3 3 32 33 3 3 2 (2 1) 2(2 1) 2 8 13 7 y x x y x x y y x x y x x x Đặt 21 tx thì phương trình 33 2 2 . y y t t y t Suy ra: 3 2 5 89 3 3 2 1 1, 16 y x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là 5 89 1, 16 xx Lời giải 3. Đặt hai ẩn phụ trực tiếp đưa về hệ đối xứng loại II. 3 2 2 3 ( ) (2 1) ( 1) 2 2(2 1) ( 1) x x x x x x (3) Đặt 32 33 32 2 3 21 ( 1) 2 2( ) ( 1) 2 2(2 1) ( 1) ux u x x v u v v u v x x u v x x x 3 2 3 3 2 1 1 u v x x x x hoặc 5 89 16 x khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 175 Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là 5 89 1, 16 xx Bình luận. Trong lời giải 3, tôi đưa về dạng: ( ) ( ) ( ). ( ). ( ) ( ) n n f x b x a x a x f x b x và đặt 2 ẩn phụ đã được tìm hiểu ở bài học 3. Điều này muốn nhắc ta rằng, trong toán học có rất nhiều hướng đi, tùy thuộc vào đặc điểm của bài toán mà ta chọn hướng đi cho phù hợp, hiển nhiên cần có đầy đủ “phương tiện” mới đến “địa điểm” cần đến. Ví dụ 217. Giải phương trình: 3 3 2 2 3 6 12 7 9 19 11 x x x x x x () Phân tích. Xét 3 3 2 3 2 3 ( ) ( ) (9 19 11) 9 19 11 m px u px u m x x x x x x 3 3 2 2 2 3 ( ) (3 9 ) (3 19 ) 11 mp m x mup m x u mp p m x mu u m VP và so sánh hệ số với () thu được hệ: 3 2 2 3 1 1 3 9 6 1 2 3 19 12 1 11 7 mp m p mup m m u mp p m u mu u m . Khi đó phương trình 33 3 2 3 3 2 3 11 ( 1) ( 1) ( 9 19 11) 9 19 11. 22 x x x x x x x x Khai triển và rút gọn tthu được phương trình giống đề bài nên có lời giải 1. Tuy nhiên cách phân tích sẽ dài dòng, để khắc phục ta có thể đặt 3 23 9 19 11 y x x x để đưa về hệ tạm, sau đó cộng lại để tìm hàm đặc trưng và có lời giải 2. Tập xác định: . D 33 3 2 3 3 2 3 11 ( ) ( 1) ( 1) ( 9 19 11) 9 19 11. 22 x x x x x x x x Lời giải 1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. 3 32 ( 1) ( 9 19 11) f x f x x x (1) Xét hàm số 3 1 () 2 f t t t trên có 2 3 ( ) 1 0, . 2 f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên (2) Từ 33 3 2 3 2 (1), (2) ( 1) ( 9 19 11) 1 9 19 11 f x f x x x x x x x 32 6 11 6 0 1 x x x x hoặc 2 x hoặc 3. x Kết luận: Phương trình đã cho có ba nghiệm là 1, 2, 3. x x x Lời giải 2. Đặt ẩn phụ để đơn giản hơn, rồi dùng tính đơn điệu của hàm số. Đặt: 3 3 2 3 32 32 9 19 11 9 19 11 6 12 7 y x x x y x x x y x x x (3) (4) Nhận xét. Nếu cộng hai phương trình lại thì vế trái là hàm bậc ba, vế phải là hàm bậc hai, lệch bậc nhau sẽ không sử dụng được phương pháp hàm. Suy nghĩ rất tự nhiên, ta Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 176 sẽ nhân phương trình (4) cho 2, rồi cộng với phương trình (3) sẽ thu được hai vế đều có dạng bậc ba, khả năng sử dụng được phương pháp hàm số là rất cao. 3 3 2 3 3 2 32 9 19 11 2 3 5 3 2 2 12 24 14 y x x x y y x x x y x x x 33 2 ( 1) 2( 1) ( ) ( 1) y y x x f y f x (5) Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t trên có 2 ( ) 3 2 0, . f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên (6) Từ 3 32 (5), (6) ( ) ( 1) 1 9 19 11 1 f y f x y x x x x x 32 6 11 6 0 1 x x x x hoặc 2 x hoặc 3. x Kết luận: Phương trình đã cho có ba nghiệm là 1, 2, 3. x x x Ví dụ 218. Giải phương trình: 32 (9 1) 9 1 8 12 10 3 x x x x x () Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản 2: 32 () ax bx cx d a x b c x d như đã nêu ở trên. Khi đó ta cần bám sát vào đại lượng chứa căn để phân tích, dự kiến hàm đặc trưng và biến đổi vế còn lại. Cụ thể: (9 1) 9 1 (9 1) 2 9 1 VT x x x x 3 ( 9 1) 2 9 1 xx nên sẽ dự kiến hàm đặc trưng là 3 ( ) 2 . f t t t Từ đó, sẽ phân tích vế phải: 3 2 3 8 12 10 3 (2 ) 2(2 ) x x x x m x m và đồng nhất hệ số ta sẽ tìm được 1 m và có lời giải. Hiển nhiên ta hoàn toàn có thể đặt hai ẩn phụ , ab để đưa về phương trình dạng đối xứng (dành cho lớp 10, 11), rồi kết thúc bằng việc giải phương trình tích số (bạn đọc tự giải). Lời giải. Điều kiện: 1 9 x 33 ( ) ( 9 1) 2 9 1 (2 1) 2(2 1) ( 9 1) (2 1) x x x x f x f x (1) Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t trên có 2 ( ) 3 2 0, . f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên (2) Từ 13 137 (1), (2) ( 9 1) (2 1) 9 1 2 1 8 f x f x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm là 13 137 8 x Ví dụ 219. Giải phương trình: 2 (4 1) ( 3) 5 2 0 x x x x Đề thi thử Đại học 2013 khối A – THPT Tuy Phước Phân tích. Tương tự thí dụ trên, xuất phát từ ( 3) 5 2 , xx có chứa 2x trong căn nên chuyển vế và nhân cho 2 sẽ được: (6 2 ) 5 2 (5 2 ) 1 5 2 x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 177 23 ( 5 2 ) 1 5 2 ( 5 2 ) 5 2 x x x x và từ đó định hướng phân tích vế trái 23 2 (4 1) (2 ) (2 ), x x x x đã đưa hai vế về dạng hàm đặc trưng 3 ( ) . f t t t Lời giải. Điều kiện: 5 2 x 33 ( ) (2 ) (2 ) ( 5 2 ) 5 2 (2 ) ( 5 2 ) x x x x f x f x (1) Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t trên có 2 ( ) 3 2 0, . f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên (2) Từ 21 1 (1), (2) (2 ) ( 5 2 ) 5 2 2 4 f x f x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình đã cho là 21 1 4 x Ví dụ 220. Giải phương trình: 22 (4 2)(1 1) 3 (2 9 3) 0 x x x x x () Olympic 30/04 – Đồng Bằng Sông Cửu Long Phân tích. Chuyển vế ta được: 22 (4 2)(1 1) 3 (2 9 3) x x x x x và lợi dụng tính chất của số chính phương, ta viết 2 ( 3 ) 2 ( 3 ) 3 VP x x nên hy vọng vế trái đưa được về hàm đặc trưng dạng: 2 ( ) .(2 3). f t t t Thật vậy, nếu có 2 2 2 (4 2)(1 1) (2 1)(2 4 4 4) (2 1) 2 (2 1) 3 x x x x x x x x thì đã xây dựng được hàm đặc trưng dạng: 2 ( ) .(2 3) f t t t ở hai vế. Lời giải. Tập xác định: . D 22 ( ) (2 1) 2 (2 1) 1 ( 3 ) 2 ( 3 ) 3 (2 1) ( 3 ) x x x x f x f x Xét hàm số 2 ( ) .(2 3) f t t t trên có 2 2 2 ( ) 2 3 0, . 3 t f t t t t Nên () ft luôn đồng biến trên và 1 (2 1) ( 3 ) 2 1 3 5 f x f x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1 5 x Ví dụ 221. Giải phương trình: ( 3) 1 ( 3) 1 2 0 x x x x x () Điều kiện: 1 1. x Lời giải 1. Sử dụng phương pháp hàm số. ( ) ( 3) 1 1 (3 ) 1 1 x x x x x x ( 1) 2 1 ( 1) (1 ) 2 1 (1 ) x x x x x x 3 2 3 2 ( 1) ( 1) 2 1 ( 1 ) ( 1 ) 2 1 x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 178 ( 1) ( 1 ) f x f x (1) Xét hàm số 32 ( ) 2 f t t t t trên có 2 ( ) 3 2 2 0, . f t t t t Do đó () ft tăng trên và ( 1) ( 1 ) 1 1 0. f x f x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 0. x Lời giải 2. Ghép hằng số để liên hợp sau khi sử dụng casio tìm được 0. x ( ) ( 3)( 1 1) ( 3)( 1 1) 4 0 x x x x x 0 ( 3) ( 3) 40 33 4 ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x xx i xx xx Do 1;1 , x suy ra: ( ) ( ) 0, 0 ii VT VP nên phương trình () i vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 0. x Ví dụ 222. Giải: 2 2 2 31 ( 1) (4 2 4) ( 1)(8 2 4 3) 22 x x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0 x . Do 1 x không là nghiệm nên với 1 x ta có: 22 1 3 1 ( ) ( 1)(4 2 4) (8 2 4 3) ( 1) 2 x x x x x x xx 22 2 31 ( 1) 4 ( 1) 3 2 4 (2 ) 3 22 x x x x x xx 22 11 ( 1) 4 ( 1) 3 ( 2 ) 4 ( 2 ) 3 12 x x x x xx 22 11 ( 1) 4 ( 1) 3 ( 2 ) 4 ( 2 ) 3 1 ( 2 ) x x x x xx ( 1) ( 2 ). f x f x Xét hàm số 2 1 ( ) (4 3) f t t t t trên \0 có: 2 2 2 2 1 ( ) 4 3 0, 0 3 t f t t t t t nên hàm số () ft đồng biến. Suy ra: 1 ( 1) ( 2 ) 1 2 3 f x f x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1 3 x Nhận xét. Trên đây tôi đã trình bày những dạng chuẩn, cơ bản trong việc sử dụng hàm số. Nhưng trong rất nhiều bài toán, hàm số đặc trưng được che dấu khá kỹ. Khi đó đòi hỏi người giải cần phải có kinh nghiệm biến đổi để bỏ đi lớp ngụy trang ấy, đưa về những dạng cơ bản quen thuộc, ta cùng xét các ví dụ sau để minh chứng điều này. Ví dụ 223. Giải phương trình: 3 3 2 2 3 2 10 17 8 2 5 x x x x x x () khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 179 Lời giải. Tập xác định: . D Do 0 x không là nghiệm nên xét 0. x Chia hai vế () cho 3 0 x ta được: 3 2 3 2 10 17 8 5 ( ) 2 2 1 x x x x () i Đặt 1 , ( 0) yy x thì 32 3 ( ) 8 17 10 2 2 5 1 i y y y y 3 2 3 2 2 3 3 3 (2 1) 2(2 1) ( 5 1) 2 5 1 (2 1) ( 5 1) y y y y f y f y Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t có 2 ( ) 3 2 0, f t t t nên () ft tăng trên và có: 2 2 3 2 33 (2 1) ( 5 1) 2 1 5 1 8 17 6 0 f y f y y y y y y 2 (8 17 6) 0 0 y y y y (loại) hoặc 17 97 1 17 97 16 12 yx y Kết luận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 17 97 12 x Ví dụ 224. Giải phương trình: 2 3 2 1 9 1 21 8 8 xx x x () Lời giải. Điều kiện: 0. x Nhân hai vế () cho , x ta được: 3 2 2 3 3 3 2 3 2 33 1 9 9 9 ( ) 2 8 8 8 8 x x x x x x x x x x x x x x 3 3 3 2 3 2 3 2 3 3 3 9 9 9 () 8 8 8 x x x x x x x x x f x f x x Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, . f t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên và có 3 2 3 2 3 99 () 88 xx f x f x x x x x 3 2 2 9 2 0 (16 8 9) 0 0 8 x x x x x x x hoặc 1 10 4 x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có các nghiệm là 1 10 4 x Ví dụ 225. Giải phương trình: 2 5 1 5 4 6 2 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 5 1. x Đặt 2 22 6 5 1 0 6 2 (5 )(1 ) 5 4 2 y y x x y x x x x 22 2 6 ( 6) ( ) 6 3 6 3 2 2 2 2 yy xx y x y x ( ) ( 6). f y f x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 180 Xét hàm số 2 ( ) 3 2 t f t t trên 0; có ( ) 1 0, 0 f t t t nên hàm số () ft luôn đồng biến trên 0; và có ( ) ( 6) 6. f y f x y x Suy ra: 2 2 41 8 5 1 6 2 5 4 5 x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2 41 8 5 x Nhận xét. Sự tinh tế trong lời giải trên là nhận ra 22 ( 6) 6 ( 6) 3 2 2 2 x x x dựa vào vế trái đã có hàm đặc trưng dự kiến 2 3 2 y y và có lời giải đẹp như trên. Ví dụ 226. Giải: 2 3 4 2 12 4 2 4 5 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 4 3. x Đặt 2 2 2 2 3 4 0 7 2 12 2 12 7. y x x y x x x x y 2 2 2 ( ) 7 4 2 4 5 7 4 5 ( 4 5) 7 y y x x y y x x ( ) ( 4 5). f y f x Xét hàm số 2 ( ) 7 f t t t trên 0; có ( ) 1 2 0, 0 f t t t nên hàm số () ft luôn đồng biến trên 0; và có ( ) ( 4 5) 4 5 f y f x y x Suy ra: 2 3 229 3 4 4 5 12 2 1 10 x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 3 229 10 x Nhận xét. Một bài toán có dạng tổng – tích, nhưng khi đặt t tổng thì bình phương lên sẽ không biểu diễn x hết theo . t Lúc đó bạn hãy nháp thử có đưa được về dạng hàm số hay không, khi dựa vào hàm đặc trưng dự kiến bên vế phải 2 ( ) 7, f t t t nếu không được lúc đó hãy suy nghĩ đến các phương án khác. Ví dụ 227. Giải phương trình: 2 2 2 1 4 5 x x x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 2 4 0. u x x Khi đó: 2 2 2 2 ( ) 1 1 1 ( ) ( ) 1 ( ) ( ). x u u x x x u u f x f u Xét hàm số 2 ( ) 1 f t t t trên có: 2 22 22 1 ( ) 1 0 ; ( : 0 1 ). 11 t t t f t t do t t t t tt Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên . Suy ra: ( ) ( ) f x f u u x khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 181 2 22 0 4 4. 4 x x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 4. x Ví dụ 228. Giải: 2 5( 6) 5 19 ( 2)( 5 4 3)( 3 2) x x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3. x 22 ( ) 5( 2)( 3) 5 19 ( 2) ( 3) 4 3 2 4 ( 3 2) x x x x x x x 2 (5 15) 5 19 ( 3 2) 4 ( 3 2), ( : 2 0, 3) x x x x do x x 23 ( 5 19) 4 5 19 ( 3 2) 4.( 3 2) x x x x 33 ( 5 19) 4. 5 19 ( 3 2) 4.( 3 2) x x x x ( 5 19) ( 3 2) f x f x (1) Xét hàm số 3 ( ) 4 f t t t có 2 ( ) 3 4 0, f t t t nên hàm số () ft luôn đồng biến trên và có ( 5 19) ( 3 2) 5 19 3 2 f x f x x x 5 19 1 4 3 3 5 7. x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 7. x Ví dụ 229. Giải phương trình: 2 2 4(1 1 4 ) 1 1 1 3 2 xx x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0. x 22 4 4 1 4 1 2 1 () 1 ( 1) ( 1) 1 ( 1)( 2) xx xx x x x x x x 2 ( 1) ( 1)( 2) 1 1 2 (4 ) (4 ) 1 (4 ) 1 1 1 ( 1) x x x x x x x x x x x 1 1 1 1 (4 ) (4 ) 1 (4 ) 1 (4 ) 1 1 1 1 x x x f x f x x x x Xét hàm số ( ) 1 f t t t t trên (0; ) có ( ) 1 1 0 (0; ). 21 t f t t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên (0; ). Suy ra: 2 1 1 1 2 (4 ) 4 4 4 1 0 1 1 2 f x f x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm 12 2 x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 182 Ví dụ 230. Giải: 22 2 (2 1) (4 4 3) 2 1 3 2 2 4 4 3 4. 4 x x x x x x x Lời giải. Điều kiện: 13 22 x Phương trình: 2 22 2 (2 1) (2 1) ( 2 1 3 2 ) ( 2 1 3 2 ) 22 xx x x x x () 2 (2 1) ( 2 1 3 2 ) 2 x f x x f Xét hàm số 2 () f t t t trên 0; có ( ) 1 2 0, 0 f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên 0; . Suy ra: 22 (2 1) (2 1) ( 2 1 3 2 ) 2 1 3 2 22 xx f x x f x x () i Đặt 22 22 22 22 4 2 1 0 4 1 42 ( ) 2 1 3 2 0 2 uv u x u v u v x u v x vx Kết hợp với phương trình ( ), i được hệ 22 22 2 2 2 2 4 4 () 8 ( ) ( ) 8 uv uv uv u v u v uv 22 22 22 4 ( ) 2 4 2 4 (2 )( ) 4 (2 ) 8 ( 2 )( ) 8 uv u v uv S P uv u v P S u v uv u v Với 2 0 , ( 4 ) 0 S u v SP P uv và giải hệ này được: 0 2 P S Suy ra: 2 0 2 1 2 2 1 0 31 02 22 3 2 0 3 2 2 u u x x xx vv xx Kết luận: So với điều kiện nghiệm phương trình là 31 , 22 xx Nhận xét. Do tôi nhận ra: 2 22 2 2 2 2 4 4 3 2 (2 1)(3 2 ) 4 ( 2 1) ( 3 2 ) (2 1) (4 4 3) (2 1) (2 1) 2 x x x x xx x x x x x nên đã mạnh dạn biến đổi về ( ), để xây dựng hàm đặc trưng và sử dụng phương pháp hàm. Ví dụ 231. Giải phương trình: 3 2 2 1 1 1 1 2 2 xx x xx () khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 183 Điều kiện: 1 1. x Lời giải 1. Đánh giá bằng phương pháp hàm số. 3 2 2 ( ) 1 ( 3) (2 2) 1 1 4 ( 3) 1 4 (2 2) xx x f x f x x xx () i Nhận thấy 1 x là nghiệm của phương trình đã cho. Xét hàm số () 14 t ft t xác định trên đoạn 0;4 có: 2 1 4 1 ( ) 0, 0;4 . 2 2 4 (1 4 ) tt f t t t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên đoạn 0;4 . Nếu 1;1 , x suy ra: 3 2 2 ( 3) (2 2) 1 0 1 0 x x f x f x xx ( 3) (2 2) 0 10 f x f x x thì phương trình () i vô nghiệm khi 1;1 . x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x Bình luận. Việc phát hiện ra hàm số ( ) , 0;4 14 t f t t t như trên là không khó, có thể thấy ngay từ việc quan sát biểu thức và đặt điều kiện xác định . Ở trên tôi đã sử dụng kết quả : " Nếu hàm số () fx luôn đồng biến trên D thì ( ) ( ) f u f v ; uv , . u v D Nếu () fx luôn nghịch biến trên D thì ( ) ( ) ; f u f v u v , u v D ". Hiển nhiên kết quả trên cũng nhờ vào sự nhẩm được nghiệm duy nhất 1 x của phương trình nên sẽ chứng minh trong khoảng còn lại vô nghiệm. Ta hoàn toàn có thể đưa hẳn về dạng ( ) ( ) f u f v u v bằng lời giải 2 như sau: Lời giải 2. Đặt ẩn phụ, kết hợp với phương pháp hàm số. 3 2 2 ( ) 1 1 4 ( 3) 1 4 (2 2) xx x xx () i Đặt 3 1 22 ux v u x vx thì 22 () 1 4 1 4 uv i v u uv ( ) ( ) 1 4 1 4 uv u v f u f v uv (1) Xét hàm số 2 () 14 t f t t t xác định và liên tục trên đoạn 0;4 có: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 184 2 2 2 2 1 4 1 ( ) 1 0, 0;4 . 2 4 (1 4 ) t t t f t t t tt Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên đoạn 0;4 . (2) Từ (1), (2) ( ) ( ) , f u f v u v suy ra: 3 2 2 1. xxx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x Ví dụ 232. Giải phương trình: 22 2 22 2 1 1 2 1 4 x x x x x x x x x () Học sinh giỏi tỉnh Bình Phước Lời giải. Điều kiện: 2 2 0 2 4 1 17 1 2 04 xx x xx 22 2 22 2 ( ) 1 1 4 ( 2) 1 4 ( ) x x x x x x x x x 2 2 2 ( 2) ( ) 1 f x x f x x x () i Xét hàm số () 14 t ft t xác định và liên tục trên đoạn trên 0;4 có: 2 1 4 1 ( ) 0, (0;4). 2 2 4 (1 4 ) tt f t t t t t Suy ra hàm số () ft luôn đồng biến trên đoạn 0;4 . Nếu 2 2 2 2 22 2 ( 2) ( ) 1;1 1 0 1 0 x x x x f x x f x x x xx 22 2 ( 2) ( ) 0 , 10 f x x f x x x suy ra () i vô nghiệm khi 1;1 . x Nếu 2 2 2 2 22 2 ( 2) ( ) 1 17 1; 2 1 0 1 0 x x x x f x x f x x x xx 22 2 ( 2) ( ) 0 , 10 f x x f x x x suy ra () i vô nghiệm khi 1 17 1; 2 x Thử trực tiếp, thấy 1 x thỏa ( ), nên 1 x là nghiệm duy nhất. Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 185 II. Sử dụng bất đẳng thức cổ điển để giải phương trình vô tỷ 1. Ý tưởng giải bài toán Biến đổi phương trình về: ( ) , f x a ( a const hoặc ( )), a h x mà trong đó ta dùng bất đẳng thức chứng minh được kết quả () f x a hoặc ( ) . f x a Lúc đó , nghiệm là t}́t cả các giá trị x thỏa mãn dấu "" xảy ra. Biến đổi phương trình về dạng ( ) ( ), f x g x m| trong đó ta dùng BĐT chứng minh được: ( ) ( ) hay , ( ) ( ) f x a f x a g x a g x a ( a const hoặc ( )). a h x Lúc đó , nghiệm của phương trình là các giá trị x thỏa hệ : () () f x a g x a 2. Các bất đẳng thức cổ điển thường được sử dụng Bất đẳng thức Cauchy: Với , 0 ab thì: 2 . . a b a b Dấu "" xảy ra . ab Với , , 0 a b c thì: 3 3. . . . a b c a b c Dấu "" xảy ra . a b c Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (Bunhiacôpxki): Với , , , a b x y bất kỳ ta luôn có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( . . ) ( )( ) . . ( ).( ) a x b y a b x y a x b y a b x y Dấu "" xảy ra hay y a b x x y a b Với , , x y z bất kỳ thì: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( . . . ) ( )( ) . . . ( )( ) a x b y c z a b c x y z a x b y c z a b c x y z Dấu "" xảy ra hay y a b c x z x y z a b c Bất đẳng thức véctơ: cho ( ; ), ( ; ), ( ; ) u a b v x y w m n v| khi đó: . u v u v Dấu "" xảy ra , uv cùng chiều ab xy . u v u v Dấu "" xảy ra , uv cùng chiều ab xy . . . u v u v Dấu "" xảy ra , uv cùng chiều ab xy . u v w u v w Dấu "" xảy ra a x m b y n ♦ Lưu ý. Thông thường, tôi sẽ sử dụng casio để đi tìm nghiệm của phương trình (điểm rơi). Dựa v|o điểm rơi n|y để ghép hợp lý khi sử dụng BĐT. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 186 Các ví dụ sử dụng bất đẳng thức Cauchy, Cauchy – Schwarz Ví dụ 233. Giải phương trình: 2 4 6 10 27 x x x x () Tạp chí Toán Học & Tuổi Trẻ số 402 Phân tích. Do 22 () 10 27 ( 5) 2 2 VP x x x v| nếu đ{nh gi{ được vế tr{i () 4 6 2 VT x x thì khả năng sử dụng bất đẳng thức để giải l| rất cao. Thật vậy VT có dạng AB với AB hằng số, đó l| dấu hiện nhận dạng sử dụng bất đẳng thức Cauchy hoặc Cauchy – Schwarz. Nếu sử dụng Cauchy, thì chỉ số căn thức bấy nhiêu thì trong căn sẽ có bấy nhiêu hạng tử tích số bằng nhau. Đối với căn thức 4 x có một hạng tử, cần thêm một hạng tử hằng số dạng .( 4) mx với 4 5 1 mx (do dự đo{n được nghiệm duy nhất 5 x bằng casio v| phù hợp với dấu "" xảy ra ở vế phải). Ta cũng l|m tương tự với căn thức 6. x Điều kiện: 4 6. x Lời giải 1. Sử dụng Cauchy dạng . 2 ab ab 22 () 10 27 ( 5) 2 2 VP x x x (1) () 1 ( 4) 3 4 1.( 4) 2 2 2 4 6 2 1 (6 ) 7 6 1.(6 ) 2 2 2 Cauchy Cauchy xx xx VT x x xx xx (2) Từ (1), (2), suy ra 2 4 6 2 , 10 27 2 xx xx nên nghiệm phương trình () là các giá trị để dấu "" trong (1), (2) đồng thời xảy ra 5. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 5. x Lời giải 2. Sử dụng Cauchy – Schwarz dạng 2 2 2 2 . . ( )( ). a x b y a b x y Ta có: 22 ( ) 10 27 ( 5) 2 2 f x x x x (1) Mà: ( ) 1. 4 1. 6 2 4 6 2 Cauchy Schwarz g x x x x x (2) Từ (1), (2), suy ra 2 4 6 2 , 10 27 2 xx xx nên nghiệm phương trình () là các giá trị để dấu "" trong (1), (2) đồng thời xảy ra 5. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 5. x Ví dụ 234. Giải phương trình: 3 43 16 5 6 4 x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Nguyễn Văn Linh – Phú Yên khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 187 Phân tích. Do 4 () 16 5 0, , VT x x nên phương trình có nghiệm thì cần điều kiện kéo theo l| 332 3 4 (4 1) 0 0. x x x x x Sử dụng casio, tìm được nghiệm duy nhất của phương trình l| 1 2 x nên dựa v|o điểm rơi n|y để tìm trọng số hợp lý sao cho khi {p dụng Cauchy đảm bảo dấu đẳng thức xảy ra tại 1 2 x Đối với 332 3 3 1 6 4 6. .(4 1). . x x mx x n mn Khi 1 2 x thì 2 2 4 1 4 2 41 mx x m n nx Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0. x 3 3 2 2 3 () 6. 4 3. 4 (4 1).2 4 4 3 Cauchy VP x x x x x x (1) 4 2 2 2 () 16 5 4 4 3 (2 1) (2 2 1) 0 VT x x x x x x : đúng 0 x (2) Do đó nghiệm của phương trình () l| tất cả c{c gi{ trị l|m cho dấu của đẳng thức (1) v| (2) đồng thời xảy ra 2 4 4 1 2 1 2 2 1 0 xx x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1 2 x Ví dụ 235. Giải phương trình: 32 4 3 8 40 8 4 4 0 x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Lê Quý Đôn – Ninh Thuận Phân tích. Phương trình 32 4 3 8 40 8 4 4 x x x x v| sử dụng casio, tìm được nghiệm duy nhất của phương trình là 3. x Vế phải có căn bậc bốn nên trong căn thức sẽ có 4 hạng tử tích số bằng nhau. Tức có 4 4 8 4 4 (4 4).16.16.16 xx và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 4 4 0 1. xx 32 4 ( ) 3 8 40 8 4 4 x x x x (1) Ta có: 4 4 (1) 4 52 8 4 4 (4 4).16.16.16 13 4 Cauchy x VP x x x (2) Mà: 3 2 2 3 8 40 13 ( 3) ( 3) 0 : x x x x x x đúng 1 x (3) Từ (2), (3), suy ra nghiệm (1) l| c{c gi{ trị l|m cho dấu đẳng thức trong (2) v| (3) đồng thời xảy ra 4 4 16 3. 30 x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3. x Ví dụ 236. Giải phương trình: 32 3 1 3 1 2 2 2 1 x x x x () Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 188 Phân tích. Sử dụng casio, tìm được phương trình có nghiệm duy nhất 0. x Hình thức b|i to{n khó cho việc sử dụng liên hợp, hoặc h|m số nên ta sẽ nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức. Nhưng nếu sử dụng Cauchy thì biểu thức trong căn thức (bậc ba) phải dương. Với điều kiện 1 1 2 0 2 xx thì 3 2 2 2 2 1 2 ( 1) 1 0 x x x x nên để phương trình có nghiệm cần điều kiện: 3 11 1 3 . 1 2 0 23 x x x Do đó sẽ thêm bớt 3 (1 3 ). . , (1 2 ). x a b x c để {p dụng BĐT Cauchy với điểm rơi l| 0 x v| c{c hạng tử tích trong căn thức bằng nhau nên 1 3.0 1, 1 2.0 1. a b c Từ những định hướng n|y, ta có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 11 23 x Ta có: 3 2 3 1 3 1 1 • 0 (1 3 ).1.1 1 3 1 3 1 2 1 1 2 1 • 0 (1 2 ).1 1 2 Cauchy Cau nh chy ân x xx x x x x xx (1) Dấu "" trong (1) xảy ra khi v| chỉ khi 0. x Mà: 3 2 2 2 2 2 1 1 (2 3) 0 : x x x x x đúng 11 ; 23 x (2) Dấu "" trong (2) xảy ra khi v| chỉ khi 0. x Từ (1), (2), suy ra: 2 3 3 2 2 1 3 1 2 1 , 2 2 1 1 x x x x x x nên nghiệm () l| tất cả c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong (1), (2) đồng thời xảy ra 0. x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0. x Ví dụ 237. Giải phương trình: 2 2 2 1 1 2 x x x x x x () Phân tích. Sử dụng casio, nhận thấy phương trình có nghiệm duy nhất 1. x Bài to{n có dạng AB đa thức, ta ho|n to|n có thể giải bằng bất đẳng thức Cauchy cho từng căn thức sau đó cộng lại v| dựa v|o đó chứng minh vế còn lại hoặc sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. Hiển nhiên cả 2 c{ch cần dựa v|o điểm rơi 1 x để ghép hằng số hợp lý. Từ những ph}n tích n|y, có 2 lời giải chi tiết như sau: Điều kiện: 2 2 10 1 5 5 1 22 10 xx x xx Lời giải 1. Sử dụng Cauchy dạng . 2 ab ab Dấu "" xảy ra khi . ab khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 189 Ta có: 2 22 2 22 1 1.( 1) (1) 2 2 1 1.( 1) (2) 2 Cauchy Cauchy xx x x x x xx x x x x 22 () 1 1 1 VT x x x x x (3) Dấu "" trong (3) xảy ra khi v| chi khi dấu "" trong (1), (2) đồng thời xảy ra 22 22 1 1 2 0 1 2 1. 0 1 1 1 0 x x x x x x x xx x x x x Ta lại có: 2 2 2 () 2 ( 2 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 VP x x x x x x x x (4) Dấu "" trong (4) xảy ra khi v| chỉ khi 1 0 1. xx Từ (3), (4), suy ra: 22 2 1 1 1 , 21 x x x x x x x x nên nghiệm phương trình () l| c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong (3), (4) đồng thời xảy ra 1. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x Lời giải 2. Sử dụng Cauchy – Schwarch dạng 2 2 2 2 . . ( )( ). a x b y a b x y 2 2 2 2 2 2 () 1. 1 1. 1 (1 1 )( 1 1) 2 VT x x x x x x x x x (1) Dấu "" xảy ra khi v| chỉ khi 22 1 11 1. 1 11 x x x x x x x 2 2 2 () 2 2 ( 1) ( 1) 0 : VP x x x x x đúng . x (2) Dấu Dấu "" xảy ra khi v| chỉ khi 10 1. 10 x x x Từ ( ), (1), (2), suy ra nghiệm phương trình l| c{c gi{ trị l|m dấu "" trong (1), (2) đồng thời xảy ra 1. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x Ví dụ 238. Giải phương trình: 3 3 1 4 5 12 x x x () Điều kiện: 1 5. 3 x Lời giải 1. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy. Ta có: 1 1 7 3 ( 3).4 (1) 2 2 2 1 1 3 5 3 1 (3 1).4 (2) 2 2 2 4 5 2. (5 ).4 9 (3) Cauchy Cauchy Cauchy x xx x xx x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 190 Suy ra: (1) (2) (3) 3 3 1 4 5 12 x x x (4) Từ ( ), (4), suy ra nghiệm phương trình l| c{c gi{ trị l|m cho dấu đẳng thức trong (1), (2), (3) đồng thời xảy ra 1. x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x Lời giải 2. Cauchy – Chwarz dạng 2 2 2 2 2 2 ( )( ). ax by cz a b c x y z Ta có: 2 2 2 1. 3 1. 3 1 2. 20 4 1 1 2 . 24 12 Cauchy SChwarz x x x (5) Suy ra nghiệm l|m cho dấu đẳng thức trong (5) xảy ra: 20 4 3 3 1 1. 2 x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x Ví dụ 239. Giải phương trình: 2 2 2 2 2 3 1 1 (7 4) 4 x x x x x x x Phân tích. Nhận thấy 1 x l| một nghiệm của phương trình v| vế tr{i có nhiều căn phức tạp nên ta sẽ nghĩ đến việc {p dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz bộ ba số để đ{nh gi{ ( ). VT f x Rồi dựa v|o () fx v| điểm rơi 1 x để t{ch ghép vế phải nhằm chứng minh () VP f x bằng bất đẳng thức Cauchy dạng 2. a b ab Lời giải. Điều kiện: 2 2 3 1 0 3 3 0 x x xx hoặc 1. x Áp dụng Cauchy – Schwarz dạng 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ax by cz a b c x y z có: () 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1. 3 1 1. ( ) 1 1 1 ( ) 3 1 1 i x x x x x x x x x x Suy ra: 2 2 2 2 2 3 1 1 (5 )( 2) x x x x x x x x (1) Ta có: 2 2 2 22 (7 4) (5 ) 2( 2) 44 VP x x x x x v| {p dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương 22 (5 ); 2( 2), x x x ta được: 2 2 2 2 2 2 (5 ) 2( 2) 2 (5 ).2( 2) 2 2 (5 ).( 2) Cauchy x x x x x x x x x (2) Từ (1), (2), suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 (5 )( 2) , 2 (7 4) (5 )( 2) 4 x x x x x x x x x x x x x nên có nghiệm của phương trình đã cho l| tất cả c{c gi{ trị l|m cho dấu đẳng thức trong (1), (2) đồng thời xảy ra 22 22 31 1. 5 2( 2) x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 191 Ví dụ 240. Giải phương trình: 11 1 xx xx () (MO Yugoslavia) Phân tích. Sử dụng casio tìm được nghiệm xấu v| ta tiếp tục sử dụng casio tìm được nh}n tử bậc hai dạng 2 1 xx bằng chức năng table. Đối với 11 1 xx xx v| {p dụng Cauchy thì dấu đẳng thức xảy ra khi 2 1 1 1 0 x x x x phù hợp với nh}n tử vừa tìm được. Còn 11 1 ( 1) x xx v| {p dụng bất đẳng thức Cauchy cũng đạt dấu đẳng thức tại 2 1 1 1 0. x x x x Từ đó có lời giải như sau: Lời giải. Điều kiện: 1. x Ta có: () 1 1 11 1. 2 11 1 1 1 11 1 ( 1) 2 Cauchy Cauchy x x xx xx VP x x xx x x x xx (1) Suy ra nghiệm của phương trình () l| tất cả c{c gi{ trị l|m cho dấu đẳng thức trong (1) xảy ra 2 1 1 1 5 1 5 1 0 1 22 1 x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm l| 15 2 x Ví dụ 241. Giải phương trình: 423 44 6 8 2 4 6 3 30 x x x x x x x Phân tích. Do biểu thức: 4 2 4 6 8 (4 )( 2) (4 ).( 2) , x x x x x x giúp ta suy nghĩ đến việc {p dụng bất đẳng thức Cauchy dạng: 2 ab ab sẽ phù hợp với điểm rơi 3 x được tìm bằng casio và 44 24 xx thuộc dạng AB có AB l| một hằng số nên sẽ {p dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. Công việc còn lại l| t{ch ghép 63 xx hợp lý dựa v|o điểm rơi 3. x Nếu dựa v|o điểm rơi n|y, đa số học sinh sẽ {p dụng 3 3. 2 x x thì sẽ khó khăn cho việc còn lại. Do ta ước lượng được tổng hai đ{nh gi{ trên 3, nên ta sẽ {p dụng Cauchy cho 63 xx sao cho Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 192 3 6 3 27 x x x để 3 30, VT x tức: 33 6 3 2. 27. 27 , Cauchy x x x x vẫn đảm bảo dấu "" xảy ra tại vị trí 3 x v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 2 4. x Ta có: 4 2 42 6 8 (4 ).( 2) 1 2 Cauchy xx x x x x (1) Dấu "" của (1) xảy ra khi v| chi khi 3. x Mặt kh{c: 44 2 4 1. 2 1. 4 2( 2 4 ) Cauchy SChwarz x x x x x x 22 2 1. 2 1. 4 2 (1 1 )( 2 4 ) 2 Cauchy SChwarz x x x x (2) Dấu "" của (2) xảy ra khi v| chi khi 3. x Ta lại có: 33 6 3 2. 27. 27 Cauchy x x x x (3) Dấu "" của (2) xảy ra khi v| chi khi 3. x 423 44 ( ) ( ) (1) (2) (3) 6 8 2 4 6 3 30 VT x x x x x x x VP Suy ra nghiệm của phương trình l| c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong (1), (2), (3) đồng thời xảy ra 3. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3. x Ví dụ 242. Giải phương trình: 22 2 2 21 85 2 xx x x x () Phân tích. Sử dụng casio, tìm được phương trình có nghiệm duy nhất 2. x Do đó ta cần thêm trọng số để {p dụng được bất đẳng thức Cauchy đảm bảo dấu "" xảy ra tại vị trí 2. x Với 2 2 2 11 8 (8 ) (8 ) 4 2 x x m x m (chọn 4 m do sau khi {p dụng Cauchy có dấu "" tại 2 8, xm với 2 4) xm . Ta sẽ l|m tương tự cho 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2. 4 2 2 2 x x x m x x x m v| có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 2 2 2 2 2 2 x x Ta có: 22 22 2 2 2 2 2 2 2 1 1 12 8 (8 ) 4 3 (1) 2 2 2 4 2 2 1 2 1 3 1 2 (2) 4 4 4 2 2 2 Cauchy Cauchy xx xx x x x x x x x 22 2 () 22 2 15 1 (1) (2) 8 44 2 xx VT x xx (3) Dấu "" trong (3) xảy ra khi dấu "" trong (1), (2) đồng thời xảy ra khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 193 2 2 2 2 2 84 4 2. 21 4 4 2 x x x x x x Ta lại có: 22 22 2 1 15 1 1 1 5 1 0 4 4 2 2 x x x xx x (4) Dấu "" trong (4) xảy ra khi v| chỉ khi 10 2 2. 11 0 2 x x x Từ (3), (4), suy ra: 2 2 2 2 22 2 15 1 1 8 5 , 44 2 x x x x x xx nên nghiệm phương trình () l| c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong (3), (4) xảy ra 2. x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2. x Ví dụ 243. Giải phương trình: 4 2 4 4 3 . 2 1 x x x x () Phân tích. Sử dụng casio tìm được phương trình có nghiệm duy nhất 1 x và do 0 x không là nghiệm nên 4 42 2 1 ( ) 2 x x x x Nhận thấy vế phải có dạng nghịch đảo gợi ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy, còn vế tr{i sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Cchwarz 2 lần sẽ triệt tiêu đi biến x v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 4 44 2 0 2 2. xx Do 0 x không l| nghiệm nên 4 42 2 1 ( ) 2 x x x x (1) Ta có: 22 22 4 4 4 2 4 4 11 2 2 (2) 1. 2 1. 2. 2 2. 2. (2 ) 2 (3) Cauchy xx xx x x x x x x Nghiệm phương trình (1) l| c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong (2), (3) đồng thời xảy ra 2 2 4 4 1 1 1 2 x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x Ví dụ 244. Giải phương trình: 2 4( 1 2) 13 3( 2 1) xx x x () Lời giải. Điều kiện: 2. x Suy ra: 1 2 0, 2. x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 194 4 ( ) 1 3 ( 1 2)( 2 1) x x x x (1) Đặt 1, 2, ( 0). a x b x a b Khi đó: 2 4 (1) 3 ( )( 1) a a b b (2) Ta có: 22 4 1 1 4 ( ) 1 22 ( )( 1) ( )( 1) bb a a b a b b a b b 4 2 1 1 4 4. ( ) 1 3 22 ( )( 1) Cauchy bb ab a b b (3) Suy ra nghiệm của phương trình (2) l| c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong (3) xảy ra 2 1 2 3. 1 21 ax x b x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3. x Nhận xét. Việc đ{nh gi{ 2 4 3 ( )( 1) a a b b l| một kỹ thuật t{ch cặp nghịch đảo để {p dụng được bất đẳng thức Cauchy kh{ cơ bản. Việc {p dụng n|y dựa theo ý tưởng: “t{ch phần nguyên theo mẫu số để sau khi {p dụng bất đẳng thức Cauchy được hằng số hoặc biến số giống (hoặc gần giống) vế phải”. Bạn đọc có thể tìm hiểu v| rèn luyện c{c b|i bất đẳng thức cơ bản n|y trong đề cương học tập to{n 10 của cùng t{c giả trên trang web: w.w.w.mathvn.com, trang 115. Ví dụ 245. Giải phương trình: 2 3 1 3 3 3 (1 ) 1 2 5 2( 1) x x x xx xx () Phân tích. Sử dụng casio, tìm được nghiệm duy nhất của phương trình l| 1. x Vế tr{i có dạng ph}n số với tử số dạng căn nên sẽ nghĩ đến việc {p dụng BĐT Cauchy dạng ( ). A B f x Nên cần đ{nh gi{ mẫu số ?... để cả ph}n số cùng dấu và biểu thức mẫu có chứa 2 2 2 2 2 2( 1) (1 1 )( 1 ), xx gợi ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Chwarz viết ngược dạng: 2 2 2 2 ( )( ) . . . a b x y a x b y Kiểm tra lại thấy dấu "" xảy ra khi 1, x phù hợp với dự đo{n bằng casio nên hướng đi l| đúng. Lời giải. Điều kiện: 0 1. x Ta có: 1 1 3 5 3 1 (3 1) 4 2 2 2 3 1 3 3 1 1 7 3 ( 3) 4 2 2 2 Cauchy Cauchy x xx x x x x xx Dấu "" trong (1) xảy ra khi v| chỉ khi 3 1 4 1. 34 x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 195 Mà: 2 2 2 2 2 5 2( 1) 5 (1 1 )( 1 ) 5 1 2( 3) Cauchy Schwarz x x x x x x x Dấu "" xảy ra khi v| chỉ khi 1. x Suy ra: 2 11 2( 3) 5 2( 1) x xx (2) Lấy (1) nh}n (2) theo vế, suy ra: () 2 3 1 3 3 1 2( 3) 2 5 2( 1) x x x VT x xx (3) 3 () 3 3 1 (1 ) 1 (1 ) (1 ) 0 : 22 x VP x x x x đúng 0;1 x (4) Dấu đẳng thức xảy ra khi 1. x Từ (3), (4), suy ra: 2 3 1 3 1 3 3 (1 ) 1 , 22 5 2( 1) x x x xx xx nên nghiệm () l| c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong (3), (4) đồng thời xảy ra 1. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x Ví dụ 246. Giải phương trình: 2 5( 4 9) 2( 5) 1 3 3 10 2 10 6 4 3 1 xx x x x xx Lời giải. Điều kiện: 41 33 x Ta có: 11 2 10 6 4 3 2. 10 6 8 6 4 18 9. 2 2 Cauchy Schwarz x x x x Dấu đẳng thức xảy ra khi v| chỉ khi 10 6 2. 8 6 1. 2 x xx Nên: 11 2 10 6 4 3 1 10 10 2 10 6 4 3 1 xx xx Suy ra: 2 2 2 5( 4 9) 5( 4 9) 4 9 10 2 2 10 6 4 3 1 x x x x x x VP xx (1) 2 2 49 2( 5) 1 3 3 10 2 29 4( 5) 1 3 0 2 xx VT x x x x x x x 22 ( 5) 2.( 5).2 1 3 4(1 3 ) 0 ( 5 2 1 3 ) 0 x x x x x x : đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi v| chỉ khi 5 2 1 3 0 1. x x x Hay: 2 4 9 4 1 2( 5) 1 3 3 10 , ; 2 3 3 xx VT x x x x (2) Từ (1), (2), suy ra nghiệm phương trình tại vị trí dấu "" ở (1), (2) 1. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 196 Ví dụ 247. Giải phương trình: 24 2 24 2 ( 4 1) 3 2 3 1 16 xx x xx () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Lê Quý Đôn – Vũng Tàu Lời giải. Điều kiện: 2 3 2 0 x và 2 2 3 0. x Đặt 2 41 , 2 xx y x suy ra hệ phương trình: 24 2 1 4 2 (1) 2 3 2 3 1 (2) xy x xy x Lấy 4 2 22 (2) 2.(1) ( 3 2 2 ) 3 4 9 x x y y x x (3) Ta có: 2 2 2 • 1. 3 2 ( 2).( 2) 1 2. 3 2 2 3 2 2 2 2 • 1. 3 ( 2). 1 2. 3 3 Cauchy Schwarz Cauchy Schwarz x x x x x x x x (4) (5) Lấy (3) 2 22 (4) (5) ( 3 2 2 ) 3 6 VT x x x x (6) 4 2 2 2 2 (3) 4 9 6 ( 1) ( 2 3) 6 ( 1) ( 1) 2 6 VP y y y y y y y (7) Do đó nghiệm của phương trình (3) l| c{c gi{ trị l|m cho dấu đẳng thức của (6), (7) đồng thời xảy ra dấu đẳng thức ở (4), (5), (7) đồng thời xảy ra, tức: 2 2 2 2 41 32 1 2 21 3 1. 2 2 3 3 2 2 ; 2 1 0 11 22 xx xx y x x x x xx x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x Ví dụ 248. Giải phương trình: 2 2 2 3 6 7 5 10 14 4 2 x x x x x x () Phân tích. Để ý c{c biểu thức trong v| ngo|i căn có thể đưa về dạng hằng đẳng thức dạng 2 2 2 2 ( ) 0 a ab b a b v| kết hợp với dự đo{n nghiệm duy nhất 1 x bằng casio nên sẽ có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 2 4 2 0 ?! 1 5 1 5. x x x 2 2 2 ( ) 3( 1) 4 5( 1) 9 5 ( 1) x x x (1) Ta có: 22 (1) 2 (1) 3( 1) 4 5( 1) 9 4 9 5 5 ( 1) 5 VT x x VP x (2) (3) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 197 Suy ra nghiệm phương trình đã cho l| c{c gi{ trị l|m cho dấu đẳng thức trong (2), (3) đồng thời xảy ra 1. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x Ví dụ 249. Giải phương trình: 3 2 4 3 2 2 4 2. 4 4 ( 1) 1 x x x x x x () Đề thi thử THPT Quốc Gia 2015 lần 2 – THPT Chuyên Đại học Vinh Lời giải. Điều kiện: 2 4 0 2 2. xx 2 2 2 2 3 ( ) 4 2 2. ( 2 ) 2 x x x x x x (1) Ta có: 2 22 4 4 2 4 4, 2; 2 . x x x x x Suy ra: 2 4 2, 2; 2 x x x (2) Dấu đẳng thức trong (2) xảy ra khi v| chỉ khi 0 x hoặc 2. x Đặt 22 3 ( 2 ) , t x x và do 2; 2 x nên suy ra: 1; 2 . t Khi đó: 2 3 2 (1) 4 2 2 x x t t với 1; 2 t (3) Xét h|m số 32 ( ) 2 2 f t t t trên 1; 2 có 2 4 ( ) 3 4 0 0 3 f t t t t t Tính 1;2 4 22 ( 1) 1, (0) 2, , (2) 2 max ( ) 2 ( ) 2. 3 27 f f f f f t f t Do đó 2 2 2 3 2 2 ( 2 ) 2 2 x x x x (4) Dấu đẳng thức trong (4) xảy ra khi v| chỉ khi 0 x hoặc 2. x Suy ra nghiệm của phương trình (1) l| c{c gi{ trị l|m cho dấu đẳng thức trong (2) v| trong (4) đồng thời xảy ra 0, 2. xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình l| 2, 0, 2. x x x Các ví dụ sử dụng bất đẳng thức véctơ Ví dụ 250. Giải phương trình: 22 2 5 2 10 29 x x x x () Phân tích. C{c biểu thức trong căn thức đưa được về dạng bình phương, nhưng ta sẽ không l|m được như ví dụ trên do điểm rơi của b|i to{n l| 1 5 x khi dò bằng casio. Nhưng để ý, biểu thức trong căn thức có dạng tổng của 2 bình phương (môđun của véctơ) gợi ta sử dụng bất đẳng thức véctơ dạng: . u v u v Tức biến đổi phương trình 2 2 2 2 ( 1) 2 ( 1) 3 29 xx v| chọn ( 1; 2), ( 1; 3). u x v x Nhưng do vế phải l| hằng số nên ta cần điều chỉnh lại c{ch chọn véctơ u hoặc v để triệt tiêu x khi tính uv v| điều chỉnh đó có thể l| (1 ; 2), ( 1; 3) u x v x do tính chất số chính phương, ta luôn có: 22 ( 1) (1 ) xx v| có lời giải chi tiết như sau: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 198 Lời giải. Ta có: 2 2 2 2 ( ) ( 1) 2 ( 1) 3 29 xx (1) Trong mặt phẳng tọa độ , Oxy xét hai véctơ (1 ; 2), ( 1; 3). u x v x Suy ra: 22 22 22 (1 ) 2 (2;5) , 2 5 29 ( 1) 3 ux uv uv vx Mà ta luôn có: 2 2 2 2 ( 1) 2 ( 1) 3 29 u v u v x x (2) Từ (1), (2), suy ra nghiệm của phương trình () l| c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong (2) xảy ra , uv cùng chiều 1 2 1 1 3 5 x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1 5 x Ví dụ 251. Giải phương trình: 2 2 2 4 4 2 2 5 9 12 13 x x x x x x () Lời giải. Tập x{c định: . D 2 2 2 2 2 2 ( ) (2 1) 1 ( 1) 2 (3 2) 3 x x x (1) Trong mặt phẳng tọa độ , Oxy xét hai véctơ: (2 1; 1), ( 1;2). u x v x Suy ra: 22 22 (2 1) 1 ( 1) 2 ux vx và 22 (3 2; 3) (3 2) 3 . u v x u v x Ta có: u v u v 2 2 2 2 2 2 (2 1) 1 ( 1) 2 (3 2) 3 x x x (2) Từ (1), (2), suy ra nghiệm của phương trình l| c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong (2) xảy ra , uv cùng chiều 2 1 1 1 1 2 3 x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 1 3 x Ví dụ 252. Giải phương trình: 22 2 5 6 10 5 x x x x () Phân tích. Phương trình 2 2 2 2 ( 1) 2 ( 3) 1 5 xx với vế tr{i có dạng hiệu v| biểu thức bên trong có dạng tổng hai bình phương gợi ý ta sử dụng bất đẳng thức véctơ dưới dạng u v u v với việc chọn ( 1;2) ux và ( 3;1) vx vì khi tính uv thì x sẽ triệt tiêu phù hợp với vế phải l| hằng số v| có lời giải như sau: Lời giải. Tập x{c định: . D 2 2 2 2 ( ) ( 1) 2 ( 3) 1 5 xx (1) Trong mặt phẳng tọa độ , Oxy xét hai véctơ: ( 1;2), ( 3;1). u x v x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 199 Suy ra: 22 22 ( 1) 2 ( 3) 1 ux vx và 22 (2;1) 2 1 5. u v u v Ta luôn có: 2 2 2 2 ( 1) 2 ( 3) 1 5 u v u v x x (2) Từ (1), (2), suy ra nghiệm của phương trình l| c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong (2) xảy ra , uv cùng chiều 12 5. 31 x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 5. x Ví dụ 253. Giải: 2 2 2 25 20 13 6 13 16 40 26 x x x x x x () Lời giải. Tập x{c định: . D 2 2 2 2 2 2 ( ) (5 2) 3 ( 3) 2 (4 5) 1 x x x (1) Chọn: 22 22 22 (5 2) 3 5 2; 3 3; 2 ( 3) 2 4 5; 1 (4 5) 1 ux ux v x v x u v x u v x . Ta luôn có: 2 2 2 2 2 2 (5 2) 3 ( 3) 2 (4 5) 1 u v u v x x x (2) Từ (1), (2), suy ra nghiệm của phương trình () l| c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong (2) xảy ra , uv cùng chiều 5 2 3 13 3 2 7 x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 13 7 x Ví dụ 254. Giải phương trình: 2 2 2 4 20 34 2 5 1 6 2 x x x x x () Phân tích. Phương trình 2 2 2 2 2 (2 5) 3 ( 1) 2 1 6 2 x x x với c{c biểu thức trong căn đều có dạng 22 ( ) , f x a gợi ta sử dụng bất đẳng thức véctơ dưới dạng . u v w u v w Cần biến đổi 22 (2 5) (5 2 ) xx để c{c biến x triệt tiêu do vế phải l| hằng số v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Tập x{c định: . D 2 2 2 2 2 ( ) (2 5) 3 ( 1) 2 1 6 2 x x x (2) Trong mặt phẳng tọa độ , Oxy xét (5 2 ;3), (1 ;2), ( ;1). u x v x w x Suy ra: 2 2 2 2 2 (5 2 ) 3 , ( 1) 2 , 1 u x v x w x và 6;6 u v w nên 6 2. u v w Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 200 Có: 2 2 2 2 2 (2 5) 3 ( 1) 2 1 6 2 u v w u v w x x x (2) Từ (1), (2), suy ra nghiệm của phương trình l| c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong (2) xảy ra , , u v w cùng chiều 1. x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 1. x Nhận xét. Qua c{c ví dụ, nhận thấy dấu hiệu nhận dạng giải phương trình vô tỷ bằng c{c bất đẳng thức ; u v u v u v u v và u v w u v w là các biểu thức trong căn đều có thể biến đổi được về dạng: 22 ( ) ( ). ax b Lúc đó, ta cần chọn tọa độ véctơ dựa v|o () theo công thức tính môđun véctơ hợp lý. Ví dụ 255. Giải phương trình: 2 3 2 4 2( 1)( 3) x x x x x () Đề nghị Olympic 30/04 – THPT Bình Phú – Tp. HCM Phân tích. . 3 2 1. 4 VT x x x l|m ta nhớ đến "hoành nhân hoành + tung nh}n tung", nghĩa l| tích hai véctơ . . 3 2 1. 4 u v x x x với véctơ ( ; 1) ux và ( 3 2; 4 ). v x x Khi đó hiển nhiên liên quan đến bất đẳng thức véctơ dạng: .. u v u v v| nếu tính được . u v VP thì việc giải phương trình đi đúng hướng. Thật vậy 22 . 1. 2 6 2( 1)( 3) u v x x x x VP v| có lời giải như sau: Lời giải. Điều kiện : 2 4. 3 x 2 ( ) . 3 2 1. 4 1. 2 6 x x x x x (1) Chọn: 2 22 1 ( ;1) ( 3 2; 4 ) ( 3 2) ( 4 ) 2 6 ux ux v x x v x x x Suy ra: . . 3 2 1. 4 u v x x x và 2 . 1. 2 6. u v x x Ta luôn có: 2 . . . 3 2 1. 4 1. 2 6 u v u v x x x x x (2) Từ (1), (2), suy ra nghiệm của phương trình l| c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong 2 xảy ra , uv cùng chiều 1 4 3 2 3 2 4 x x x x xx 2 0 (4 ) 2 2 x x x x 32 0 4 3 2 0 x x x x 2 x hoặc 1 2. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có hai nghiệm l| 2, 1 2. xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 201 Ví dụ 256. Giải phương trình: 2 2 3 1 1. 3 4 x x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Chuyên Long An – Tỉnh Long An Lời giải. Điều kiện: 2 3 0. x Chọn: ( ;1), ( 2 3 ; 1 ). u x v x x Suy ra: 2 1 34 ux vx và 2 . 1. 3 4 . 2 3 1 u v x x u v x x x Ta luôn có: 2 . . 2 3 1 1. 3 4 u v u v x x x x x (1) Từ ( ), (1), suy ra nghiệm của () l| c{c gi{ trị l|m cho dấu đẳng thức trong (1) xảy ra hai véctơ , uv cùng chiều 2 3 1 2 3 1 1 xx x x x x 22 00 15 : 2 2 3 (1 ) ( 2)( 1) 0 xx x x x x x x x TMĐK. Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm l| 15 . 2 x Ví dụ 257. Giải phương trình: 23 (3 ) 1 5 2 40 34 10 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 5 1 2 x . Chọn: (3 ;1) ux và ( 1; 5 2 ). v x x Suy ra: 2 (3 ) 1 4 ux vx và 2 2 3 . (3 ) 1 5 2 . (3 ) 1 4 40 34 10 u v x x x u v x x x x x Ta có: 23 . . (3 ) 1 5 2 40 34 10 u v u v x x x x x x (1) Từ ( ), (1), suy ra nghiệm của () l| c{c gi{ trị l|m cho dấu "" trong (1) xảy ra , uv cùng chiều 31 (3 ) 5 2 1 1 5 2 x x x x xx 2 3 2 3 0 3 2. (3 ) (5 2 ) 1 2 17 49 46 0 xx x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất: 2. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 202 III. Đưa về tổng các số không âm hoặc dạng nn A B . Dấu hiện nhận dạng: Hệ số trước căn thức thường l| những số chẵn. 1. Đưa về tổng các số không âm Dùng c{c biến đổi hoặc t{ch ghép (chủ yếu l| hằng đẳng thức ) để đưa về dạng tổng c{c số không }m 22 0 00 0 A A B C B C 2. Biến đổi về dạng nn A B . Biến đổi đưa phương trình về dạng: , ( ) nn a b n a b nếu n lẻ và , ( ) nn a b n a b nếu n chẵn. Các ví dụ đưa về tổng các số không âm Ví dụ 258. Giải phương trình: 2 4 1 2 11 23 x x x () Phân tích. Nhận thấy hệ số trước dấu căn l| số chẵn nên có rất nhiều khả năng đưa được về dạng tổng hai số không }m bằng hằng đẳng thức: 2 2 2 2 ( ) a ab b a b và khi ph}n tích nên xuất ph{t từ 2. . ab để thêm bớt dễ d|ng hơn. Lời giải. Điều kiện: 1 x . 2 2 2 2 ( ) ( 1 2. 1.2 2 ) 2( 6 9) 0 ( 1 2) 2( 3) 0 x x x x x x 14 1 2 0 3. 3 30 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3. x Ví dụ 259. Giải phương trình: 4 3 2 3 2 11 x x x () Phân tích. Cũng xuất ph{t từ 2.2. 3; 2.1. 3 2 xx sẽ đưa được về dạng : 22 0 AB v| có c{ch giải 1. Ngo|i ra, nếu sử dụng casio tìm được 1 nghiệm duy nhất 1, x do đó ta sử dụng t{ch, ghép hợp lý để nh}n lượng liên hợp đưa về phương trình tích số v| có lời giải 2. Điều kiện: 30 3 3 3 2 0 2 x x x Lời giải 1. Đưa về tổng hai số không }m ( ) 11 4 3 2 3 2 0 x x x ( 3 4 3 4) (3 2 2 3 2 1) 0 x x x x 22 3 2 0 ( 3 2) ( 3 2 1) 0 1. 3 2 1 0 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 203 Lời giải 2. Liên hợp khi sử dụng casio tìm được nghiệm duy nhất 1. x ( ) 4( 3 2) 2( 3 2 1) ( 1) 0 x x x 1 4( 1) 4( 1) ( 1) 0 44 1 0 ( ) 3 2 3 2 1 3 2 3 2 1 x xx x i xx xx Xét h|m số 44 ( ) 1 3 2 3 2 1 fx xx trên đoạn 3 3; 2 có: 22 2 4 3 ( ) 0, 3; 2 3( 3 2) 3 2 ( 3 2 1) f x x x x x x Do đó h|m số () fx luôn nghịch biến trên đoạn 3 3; 2 Suy ra 3 3; 2 min ( ) ( 3) 2 f x f hay () 2 i VT nên phương trình () i vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x Nhận xét. Qua hai lời giải, nhận thấy lời giải 1 ngắn gọn v| dễ d|ng hơn. Do đó khi bắt gặp phương trình vô tỷ m| hệ số trước căn thức l| những số chẵn, bạn hãy ưu tiên phương ph{p đưa về tổng c{c số không }m hoặc dạng . nn AB Ví dụ 260. Giải phương trình: 2 4 3 2 2 1 4 3 3 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 1 0. x 2 ( ) (4 2.2 . 3 3) (1 2. 2 1 2 1) 0 x x x x x x 22 2 3 0 (2 3) (1 2 1) 0 1. 1 2 1 0 xx x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x Bình luận. Đ}y l| một b|i to{n kh{ đơn giản nếu nhìn nhận với góc độ tổng c{c số không âm với dấu hiệu l| có hằng số chẵn trước căn thức. Tuy nhiên, trong qu{ trình giảng dạy, khi tôi đưa b|i to{n n|y ra, đa số c{c bạn học sinh đều sử dụng liên hợp do đã quen tay với thao t{c casio v| tìm được nghiệm duy nhất 1. x Hiển nhiên sẽ gặp nhiều rắc rối cho dù đó l| liên hợp thông thường hay truy ngược dấu ?!....... Ví dụ 261. Giải phương trình: 42 3 5 2 2 0 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2. x 4 2 2 ( ) ( 2 1) ( 2 1) ( 2 2 2 1) 0 x x x x x x 2 2 2 2 2 10 ( 1) ( 1) ( 2 1) 0 1 0 1. 2 1 0 x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 204 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất: 1. x Ví dụ 262. Giải phương trình: 22 2( 1) 3 1 2 2 5 2 8 5 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 3 1 0 1 3 2 5 2 0 x x xx 2 ( ) ( 1) 2( 1) 3 1 3 1 2 2 ( 2)(2 1) 2 1 0 x x x x x x x x 22 3 1 1 ( 1 3 1) ( 2 2 1) 0 1. 2 2 1 xx x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x Ví dụ 263. Giải phương trình: 2 4 12 1 4( 5 1 9 5 ) x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 9 1 5 x 2 ( ) 4 12 1 4 5 1 4 9 5 0 x x x x x 2 (4 2.2 . 5 1 5 1) 4 2.2. 9 5 9 5 1 0 x x x x x x x 22 2 5 1 0 (2 5 1) (2 9 5 ) 1 0 2 9 5 0 1. 10 xx x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất: 1. x Ví dụ 264. Giải: 2 3 2 2 3 2 12 16 1 2 24 12 6 4 4 8 9 x x x x x x x x x x Lời giải. Điều kiện: 3 2 2 3 2 24 12 6 0 0 8 9 0. x x x x x x x x 2 2 2 2 ( ) 6 2 6 (4 2 1) 4 2 1 (1 2 4 4 4 4 ) x x x x x x x x x x 22 4 4 2 (4 4 )(1 8 ) 1 8 0 x x x x x x 2 2 2 2 2 2 ( 6 4 2 1) (1 4 4 ) ( 4 4 1 8 ) 0 x x x x x x x x 2 22 2 6 4 2 1 0 12 1 4 4 0 4 4 1 0 2 4 4 1 8 0 x x x x x x x x x x x Kết luận: Thế v|o điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 12 2 x Ví dụ 265. Giải phương trình: 44 11 3 2( 2 7 3 5). 2 7 3 x x x xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 205 Lời giải. Điều kiện: 2 7 0 7 30 2 x x x Phương trình 44 11 (2 7) 2 2 7 ( 3) 2 3 0 2 7 3 x x x x xx 22 22 22 4 4 4 4 44 11 ( 2 7) 2 2 7 ( 3) 2 3 0 2 7 3 x x x x xx 22 22 44 44 11 ( 2 7) ( 3) 0 2 7 3 xx xx 2 3 4 4 4 3 2 4 4 4 1 2 7 0 2 7 1 27 4. 1 31 30 3 x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 4. x Ví dụ 266. Giải phương trình: 2 3 3 1 4 1 xx x xx () Lời giải. Điều kiện: 0. x Ta có: 2 31 ( ) 3 4 1 x x x xx 2 44 2 44 2 1 1 1 3 ( ) 2 2 0 () 1 x xx xx xx 2 2 4 4 2 1 2 1 ( 1) 30 1 x x x x x xx 2 2 4 4 22 1 3 6 3 30 (2 1 1). 1 xx x x x x x x x 2 4 2 4 4 4 22 1 0 1 3( 1) 30 (2 1 1). 1 10 x x x x x x x x x x x 1 1: 1 x x x thỏa mãn điều kiện. Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất l| 1. x Ví dụ 267. Giải phương trình: ( 4) 2 1 2 (2 4) 2 1 45 x x x x x xx () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 206 Lời giải. Điều kiện: 2 4. x Bản chất b|i to{n có 2 căn thức, để đơn giản, đặt 22 20 2. 40 ax ab bx 23 22 1 (4 ) 2 2 2( 2) 2 1 2 2 () ( 2) 111 1 (4 ) 4 x x x x ab a x b b a xx 2 2 3 2 (1 )( 1) (2 2 )( 1) ab a a b b 2 3 2 2 2 3 2 3 3 1 2 2 2 2 2 2 a a b ab b b a b a b a 3 3 2 3 2 3 2 2 ( 2 ) 2 2 1 0 a a b a b b b a a ab 3 2 2 2 2 3 2 ( 2 1) ( 2 1) 0 a b b b b b ab a a 2 3 2 2 3 2 2 2 ( 2 1)( 1) 2 (2 ) 0, (do : 2 ) b b a a a a a a b a 2 3 3 2 ( 1) ( 1) 2 2 2 2 0 b a a a a 2 3 2 2 3 2 ( 1) ( 1) 2 ( 1) 2( 1) 0 ( 1) ( 1) 2( 1)( 1) 0 b a a a a b a a a 2 3 2 ( 1) ( 1) 2( 1) ( 1) 0 b a a a () i Do 3 10 , 0 , 10 a ab a nên 1 0 1 2 1 ( ) 3. 1 0 1 41 b a x ix ab x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3. x Ví dụ 268. Giải phương trình: 1 2 1 2 1 32 x x x x x x xx () Lời giải. Điều kiện: 02 3 2 0 x xx Đặt 22 0 2. 20 ax ab bx 22 2 3 2 3 do : 2 2 2 2 2 1 2 . 1 1 2 (2 ) 1 ( ) 2 2 3 1 3 (2 ) 1 ab a a a a a a b a a b a b b a 23 2 3 2 22 1 2 2 ( 1) ( 1) 2( 1) ( 1) 0 11 ab a b a a a b b a (như ví dụ trên). Suy ra: 11 1. 1 21 ax x b x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x Các ví dụ đưa về dạng nn AB Ví dụ 269. Giải phương trình: 2 4 14 11 4 6 10 x x x () Tạp chí Toán Học & Tuổi Trẻ số 420 Phân tích. Phương trình có chứa một dấu căn nên có c{c hướng sau để giải quyết: một l| lũy thừa, hai l| đặt ẩn số phụ, ba l| nh}n liên hợp. Do khi lũy thừa, đặt ẩn phụ thì sẽ đưa đến phương trình bậc 4, đòi hỏi kỹ năng nhẩm nghiệm v| nghiệm đó phải khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 207 đẹp, còn b|i n|y thì nghiệm xấu nên ta không chọn hai phương {n n|y cũng như không chọn nh}n lượng liên hợp. Phép biến đổi tương đương về dạng tổng hai số không }m cũng không tồn tại v| hướng giải quyết kế đến l| đưa về dạng nn ab với 2 n bằng c{ch t{ch ghép hằng đẳng thức v| có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 5 3 x 2 2 2 ( ) 4 2.2. 6 10 (6 10) 4 20 25 (2 6 10) (2 5) x x x x x x 2 6 10 2 5 2 6 10 2 5 x x x x 55 do : 2 6 10 0; 2 5 .2 5 0 33 x x x 2 3 13 3 6 10 2 3 2 4 4 6 1 0 x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất: 13 3 4 x Ví dụ 270. Giải phương trình: 2 6 3 1 9 0 x x x () Phân tích. Tương tự thí dụ trên, với manh mối l|: 6 3 1 2.3. 3 1 xx có dạng 2ab sau khi chuyển vế nên ta ph}n tích th|nh hằng đẳng thức v| có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 1 3 1 0 3 xx 2 2 2 ( ) 9 2.3. 3 1 (3 1) 2 1 (3 3 1) ( 1) x x x x x x 3 3 1 1 3 3 1 1 3 3 1 1 xx xx xx (1) (2) 22 22 7 37 (1) 3 1 2 2 7 3 0 3 1 (2 ) xx x x x x x x x 2 4 (2) 3 1 4 : 5 15 0 x xx xx vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 7 37 2 x ’ Ví dụ 271. Giải phương trình: 32 3 ( 1) 2 6 4 2 6 x x x x x x () Phân tích. Phương trình có đa thức bậc ba v| biểu thức chứa căn có thể viết về dạng bậc ba với quan niệm: 23 ( 1) 2 [( 2) 1] 2 ( 2) 2. x x x x x x Do đó, ta t{ch ghép để đưa () về dạng nn ab với 3 n v| có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 2. x 3 2 2 ( ) 3 3 1 ( 2) 1 2 4 2 3 7 x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 208 3 3 2 3 3 ( 1) ( 2) 3( 2) 3 2 1 ( 1) ( 2 1) x x x x x x 2 0 1 2 1 2 2. 2 x x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất: 2 x . Ví dụ 272. Giải: 32 8 36 (1 3 ) 3 2 2 3 2 63 32 0 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 3 x 32 ( ) 8 36 54 27 (3 2) 1 3 2 2 3 2 9 5 x x x x x x x 3 3 2 (2 3) ( 3 2) 3( 3 2) 3 3 2 1 x x x x 33 (2 3) ( 3 2 1) 2 3 3 2 1 2. x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất: 2. x Ví dụ 273. Giải phương trình: 32 3 12 3 3 2 3 2 6 0 x x x x x x () Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Chuyên Bảo Lộc – Lâm Đồng Lời giải. Điều kiện: 2 3 2 0 3 xx 32 ( ) ( 3 2) 3 2 3 3 2 3( 3 2) 3 3 x x x x x x x 3 2 3 2 ( 3 2) 3( 3 2) 3 3 2 1 ( ) 3( ) 3( ) 1 x x x x x x 33 2 0 1 ( 3 2 1) ( 1) 3 2 2 32 x x x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm l| 2, 1. xx BÀI TẬP RÈN LUYỆN BT 360. Giải phương trình: 2 4 1 4 1 1. xx () x BT 361. Giải phương trình: 3 4 5 3 3 2 2 6. 21 xx x () x BT 362. Giải phương trình: 22 48 4 13 9. x x x () x BT 363. Giải phương trình: 2 3 6 7 1. x x x () x BT 364. Giải phương trình: 3 2 3 2 1 15( 1 2) . x x x x () x BT 365. Giải phương trình: (2 7)( 3 2 3) 5. x x x () x BT 366. Giải phương trình: 3 2( 3)( 4 2 2 7) 3 4. x x x x () x BT 367. Giải phương trình: 2 5 5 12 . x x x () x BT 368. Giải phương trình: 5 3 8 1 2 11 xx x () x BT 369. Giải phương trình: 22 1 32( 1) 2 2. x x x x () x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 209 BT 370. Giải phương trình: 3 11 3 2 3 2. 4 31 x xx x () x BT 371. Giải phương trình: 4 3 3 3 2 3 14 16 (28 4 ) 2 15. x x x x x () x BT 372. Giải phương trình: 3 2 2 3 2 2 4 1 2 3 2 9 4 4. x x x x x x x BT 373. Giải: 2 22 22 1 2 2 1 ( 1)(2 2 1) xx x x x x x x x x () x BT 374. Giải phương trình: 3 33 3 4 7 4 3 1 4 2 3. x x x x x () x BT 375. Giải phương trình: 32 3 8 36 53 25 3 5. x x x x () x BT 376. Giải phương trình: 32 3 8 12 5 3 2. x x x x () x BT 377. Giải phương trình: 32 3 2 2 1 27 27 13 2. x x x x () x BT 378. Giải phương trình: 32 3 3 3 3 5 1 3 . x x x x () x BT 379. Giải phương trình: 2 2 2 3 7 13 8 2 (1 3 3 ). x x x x x x () x BT 380. Giải phương trình: 2 3 23 14 4 5 4 18 27 xx x xx () x BT 381. Giải phương trình: 3 3 8 8 4 4 6 . x x x () x BT 382. Giải phương trình: 3 3 6 1 8 4 1. x x x () x BT 383. Giải phương trình: 32 3 3 4 3 2. x x x x () x BT 384. Giải phương trình: 2 9 28 21 1. x x x () x BT 385. Giải phương trình: 3 3 2 2 4 5 6 7 9 4. x x x x x () x BT 386. Giải phương trình: 3 2 2 3 3 6 3 17 3 9( 3 21 5). x x x x x () x BT 387. Giải phương trình: 3 ( 4)( 5). x x x x x () x BT 388. Giải phương trình: 32 2 3 1 2(3 1) 3 1. x x x x x () x BT 389. Giải phương trình: 3 4 ( 1) 2 1 0. x x x x () x BT 390. Giải phương trình: 32 3 4 2 (3 2) 3 1. x x x x x () x BT 391. Giải phương trình: 3 2 2 2 3 5 3 ( 3) 1. x x x x x () x BT 392. Giải phương trình: 3 1 2 1 2 2 1 3 x x x () x BT 393. Giải phương trình: 3 (2 3 5 3 ) 7 5 3 0. x x x x () x BT 394. Giải phương trình: 22 3 (2 9 3) ( 1)(2 2 4). x x x x x () x BT 395. Giải phương trình: 22 5 25 2 (2 3) 4 12 11 7 3 0. x x x x x x BT 396. Giải phương trình: (8 6) 1 (2 2)( 4 2 3). x x x x x BT 397. Giải phương trình: 32 4 15 30 4 27( 1) x x x x () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 210 BT 398. Giải phương trình: 2 2 3 5 2 3 12 14 x x x x () x BT 399. Giải phương trình: 2 7 5 12 38 x x x x () x BT 400. Giải phương trình: 4 22 1 1 2 4 x xx () x BT 401. Giải phương trình: 2 2 2 3 6 12 5 10 9 3 2 4 x x x x x x BT 402. Giải phương trình: 2 2 11 2 2 4 xx x x () x BT 403. Giải phương trình: 2 12 2 3( 1) x x x x () x BT 404. Giải phương trình: 22 2 3 4 2 3 11 3 x x x x x () x BT 405. Giải phương trình: 22 2 2 1 3 4 1 x x x x x () x BT 406. Giải phương trình: 3 2 3 2 2 3 2 2 3 2 1 2 2 2 x x x x x x x BT 407. Giải phương trình: 22 2 3 4 6 17 x x x x () x BT 408. Giải phương trình: 22 4 1 2 2 2 13 x x x () x BT 409. Giải phương trình: 22 10 74 6 10 10 x x x x () x BT 410. Giải phương trình: 2 2 2 2 2 2 9 6 2 2 2 x x x x x x BT 411. Giải: 2 2 2 4 8 4 12 10 9 30 50 10 x x x x x x () x BT 412. Giải phương trình: 2 1 2 10 16 3 x x x x () x BT 413. Giải phương trình: 2 ( 1) 1 3 2. 2 2 x x x x x () x BT 414. Giải phương trình: 32 (2 ) 3 2 7 17 15 x x x x x x BT 415. Giải phương trình: 2 1 3 2 1 x x x x () x BT 416. Giải: 2 3 2 3 5 6 4 19 12 36 2 20 6 x x x x x x x () x BT 417. Giải phương trình: 2 4 1 5 14 x x x () x BT 418. Giải phương trình: 2 6 4 1 3 x x x () x BT 419. Giải phương trình: 2 4 3 1 2 7 2 2 x x x x x () x BT 420. Giải phương trình: 24 4 2 4 3 2 7 10 x x x x x () x BT 421. Giải phương trình: 2 2 3 2 2 x x x x x () x BT 422. Giải phương trình: 4 2 2 2 2 2 16 2 6 20 0 x x x x x x () x BT 423. Giải phương trình: 2 4 2 3 8 1 x x x () x BT 424. Giải phương trình: 2 9 18 31 12 6 1 x x x () x BT 425. Giải phương trình: 32 (2 2) 2 1 9 33 29 0 x x x x x () x BT 426. Giải phương trình: 32 3 3 2 14 3 2 27 162 342 196 x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 211 §5. BAÁT PHÖÔNG TRÌNH VO TYÛ I. Bất phương trình vô tỷ cơ bản 2 0 0 B A B A AB 2 0 0 0 B A AB B AB 2 0 0 B A B A AB 2 0 0 0 B A AB B AB 33 . A B A B 33 . A B A B 2 0 . 0 0 0 n B A B B A 2 0 0 0 0 n A A A B B 0 0 11 0 B B A B AB A 0 B AB AB Nhóm bất phương trình cơ bản hoặc đưa về dạng cơ bản Ví dụ 273. Giải bất phương trình: 5 1 1 2 4 x x x () Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản , A B C khi đó ta cần đặt điều kiện, rồi chuyển vế sao cho hai vế đều dương và bình phương lên sẽ đưa được về các dạng cơ bản. Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 2. x ( ) 5 1 2 4 1 5 1 3 5 2 (2 4)( 1) x x x x x x x ( ) 2 (2 4)( 1) 2 (2 4)( 1) ( 2) i x x x x x x 2 10 0 0 10. x x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là: 2;10 . x Nhận xét. Trong (i) do 2 vế đều dương nên tôi đã bình phương trực tiếp mà không sử dụng công thức cơ bản . AB Ví dụ 274. Giải bất phương trình: 2 2( 16) 7 3 33 x x x xx () Lời giải. Điều kiện: 4. x 2 2 ( ) ( ) 2( 16) 3 7 2( 16) 10 2 i x x x x x 2 22 5 10 2 0 16 0 5 10 2 0 2( 16) (10 2 ) 10 34 10 34 x x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 212 5 10 34. 10 34 5 x x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là (10 34; ). x Nhận xét. Trong (i) do với điều kiện 4 x thì 10 2x chưa biết dấu nên ta phải áp dụng đúng công thức: 2 0 0 0 B A AB B AB Ví dụ 275. Giải bất phương trình: 2 24 10 3 3 0 25 x x x x x () Lời giải. Ta có: 2 2 2 7 4 ( ) 10 3 3 0 25 xx xx x 2 2 2 1 3 10 3 3 0 3 3 3 1 1 10 3 3 0 3 15 3 3 2 7 4 32 0 15 15 25 4 32 22 xx xx x x xx x x x xx x x xx Kết luận: Tập nghiệm cần tìm là 15 ;3 32 x Nhận xét. Bất phương trình có dạng cơ bản 2 0 7 : 0 0 0 n B A B B A . Thông thường thì học sinh quên đi trường hợp 0 B và bỏ sót đi nghiệm. Ví dụ 276. Giải bất phương trình: 2 11 21 2 3 5 x xx () Lời giải. Ta có: 2 2 2 1 0 2 1 0 ( ) 2 3 5 0 2 3 5 2 1 x x xx x x x 2 22 1 2 1 0 2 2 3 5 0 5 1 2 3 5 4 4 1 2 x x xx xx x x x x 1 2 5 5 5 3 1 1 2. 2 2 2 2 3 2 2 x x x x x x x xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 213 Kết luận: Tập nghiệm cần tìm là 53 ; 1; 2; . 22 x Nhận xét. Trong bài giải trên, tôi đã sử dụng công thức tương tự như dạng cơ bản , cụ thể: 0 0 11 0 B B A B AB A Ngoài ra, có thể giải bằng cách: tìm điều kiện và chia ra từng khoảng của điều kiện để xác định mẫu dương hay âm và bỏ mẫu để đưa về những dạng cơ bản. Nhóm bất phương trình sử dụng chia khoảng & tách căn Ví dụ 277. Giải BPT: 2 2 2 8 15 2 15 4 18 18 x x x x x x () Đại học Dược Hà Nội Phân tích. Nhận thấy các biểu thức trong căn có một nghiệm chung là 3, x làm cho ta suy nghĩ đến việc tách căn, rồi đặt thừa số chung và có lời giải như sau: Lời giải. Điều kiện: 2 2 2 5 3 8 15 0 5 3 2 15 0 3 5 2 3 4 18 18 0 3 5 xx xx x x x x x x x xx xx ( ) ( 5)( 3) ( 5)( 3) ( 3)(4 6) x x x x x x (1) Trường hợp 1. Nếu 3 x thì (1) luôn đúng nên 3 x là một nghiệm của (1). Trường hợp 2. Nếu 5, x suy ra: 5 0; 3 0; 5 0; 4 6 0 x x x x thì: 2 5 5 (1) 3( 5 5) 3 4 6 2 2 25 4 6 x x x x x x x x x x 22 2 5 5 17 17 5 5; 33 25 6 9 25 3 x x xx x x x xx Trường hợp 3. Nếu 5, x suy ra: 5 0, 3 0, 5 0, 4 6 0 x x x x : (1) (5 )(3 ) ( 5)(3 ) (3 )(6 4 ) x x x x x x 3 ( 5 5) 3 6 4 x x x x x 2 5 5 5 5 6 4 2 2 25 6 4 x x x x x x x x 22 2 5 5 5 5 ; 5 17 25 6 9 25 3 3 x x x xx x x x x xx Kết luận: Hợp 3 trường hợp, tập nghiệm là 17 3 ; 5 5; 3 x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 214 Ví dụ 278. Giải BPT: 2 2 2 3 2 4 3 2 5 4 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 x hoặc 4. x ( ) ( 1)( 2) ( 1)( 3) 2 ( 1)( 4) x x x x x x (1) Trường hợp 1. Nếu 1 x thì (1) đúng 1 x là một nghiệm của (1). Trường hợp 2. Nếu 1 x thì 1 0, 2 0, 3 0, 4 0 x x x x : (1) (1 )(2 ) (1 )(3 ) 2 (1 )(4 ) x x x x x x 1 ( 2 3 ) 2 1 . 4 2 3 2 4 x x x x x x x x (2) Ta có: 24 1 34 xx x xx 2 3 2 4 x x x (3) Từ (2), (3), suy ra (2) vô nghiệm khi 1 x . Trường hợp 3. Nếu 4 x thì 1 0, 2 0, 3 0, 4 0 x x x x : (1) 1( 2 3) 2 1 4 2 3 2 4 x x x x x x x x (4) Ta có: 24 4 34 xx x xx 2 3 2 4 x x x (5) Từ (4), (5), suy ra (5) luôn đúng 4, x nên luôn có 4; . x Kết luận: Hợp ba trường hợp, suy ra tập nghiệm là 1 4; . x Nhận xét. Tương tự như ví dụ trước, tôi đã dùng phương pháp chia khoảng – tách căn. Nhưng trong (2), (4) do các biểu thức chứa x bậc nhất và đồng hệ số nên ta dễ dàng so sánh và đánh giá để kết luận tập nghiệm như đã trình bày. Nếu không phát hiện ra điều này, ta có thể giải bằng cách bình phương hai vế (do luôn dương) để đưa về bất phương trình cơ bản như đã trình bày ở phần lý thuyết nhưng dài dòng. Ví dụ 279. Giải bất phương trình: 22 4 3 2 3 1 1 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 2 1 1 3 4 3 0 1 1 2 1 2 3 1 0 2 3 x xx xx x xx xx x ( ) ( 1)( 3) ( 1)(2 1) 1 x x x x x (1) Trường hợp 1. Nếu 1 x thì (1) đúng 1 x là nghiệm của (1). Trường hợp 2. Nếu 3 x thì 1 0, 3 0, 2 1 0, x x x lúc đó: 2 (1) 1( 3 2 1) ( 1) 3 2 1 1 x x x x x x x 1 3 2 1 x x x : vô nghiệm do 1 3 0, 3. x x x Trường hợp 3. Nếu 1 2 x thì 1 0, 3 0, 2 1 0, x x x lúc đó: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 215 2 (1) 1 ( 3 1 2 ) ( 1 ) 3 1 2 1 x x x x x x x 3 1 1 2 4 2 2 (3 )(1 ) 1 2 x x x x x x x 3 2 (3 )(1 ) 0 : xx luôn đúng 1 , 2 x nên luôn có 1 ; 2 x Kết luận: Hợp ba trường hợp, tập nghiệm là 1 1; 2 x Nhóm bất phương trình có mẫu số Đối với bất phương trình chứa mẫu số, hướng xữ lý thường gặp là xét mâ̂ u số và khữ mâ̂u. Nghĩa là mẫu dương thì bỏ mẫu làm cho bất phương trình không đổi dấu , còn nếu mẫu âm thì bất phương trình đổi dấu. Còn nếu thật sự chưa biết dấu của nó thì không thể bỏ ngay được mà cần phải chia ra hai trường hợp âm, dương và bỏ mẫu hoặc đưa về bất phương trình dạng tích – thương và xét dấu . Do đó, khi bỏ mẫu ta cần lý luận hoặc chứng minh mẫu đó luôn dương hay luôn âm. Công cụ đễ đánh giá điều này thường là đưa về các hằng đẵng thức với: 2 ( ) , ax b c c 2 ( ) , c ax b c 2 ( ) ...... a bx c a hoặc sử dụng phương pháp phản chứng hoặc bất đẳng thức cổ điển hoặc cực trị của hàm số,… Để làm rõ ý tưởng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 280. Giải bất phương trình: 2 2 3 2 3 2 1 1 2 1 xx xx () Lời giải. Điều kiện: 2 3 2 0 2 x x x hoặc 1. x Ta có: 22 1 2 1 1 (2 1) 3 1 3 0, . x x x x 2 2 2 ( ) 3 2 3 2 1 2 1, (do : 1 2 1 0) x x x x x x 2 2 2 2 2 1 1 3 2 2 2 1 3 2 x x x x x x x x x x 22 2 22 0 0 1 13 1 2 1 0 6 3 1 0 14 x x x x x x x x xx x x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là 13 1 ; 6 x Ví dụ 281. Giải bất phương trình: 3 ( 2) 1 ( 1) xx xx () Lời giải. Điều kiện: 3 3 ( 2) 0; 0 ( 1) 0 0, ( 1) 0 x x x xx xx suy ra: 3 ( 1) 0. xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 216 3 3 3 ( ) ( 2) ( 1) ( 2) ( 1) 2 ( 1) x x x x x x x x x x 32 2 2 1 2( 1) ( 1) 0, (do : 0 1 0) x x x x x x x x 2 2 2 0 ( 1)( 1) 2( 1) ( 1) 0 ( 1)( 1 2 ) 0 x x x x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 1 2 0 ( ) 2 1 0 ( 1) 0 x x x x x x x x x x 22 15 1 0 1 0 2 x x x x x hoặc 15 2 x Kết luận: So với điều kiện, bất phương trình có nghiệm duy nhất 51 2 x Ví dụ 282. Giải bất phương trình: 2 1 1 2( 1) xx xx () (ĐH. A – 2010) Ta có: 2 2 2 2( 1) ( 1) 1 1, x x x x suy ra: 2 1 2( 1) 0. xx Điều kiện: 0. x Khi đó: 2 ( ) 1 2( 1) x x x x (1) Lời giải 1. Do 0 x không là nghiệm của (1), nên chia hai vế cho 0: x 11 (1) 1 2 2 0, (2). xx x x Đặt 2 11 2. t x x t x x 22 22 1 0 1 (2) 1 2( 2) 2 0 2 2 1 2 1 0 ( 1) 0 tt t t t t t t t 1 1, 10 t t t suy ra: 1 5 1 3 5 1 22 x x x x Kết luận: So với điều kiện, bất phương trình có nghiệm duy nhất 35 2 x Lời giải 2. Đặt: 2 2 2 2 0 2( 1) 2 2(1 ) 2 2 . 1 ax x x x x a b bx 22 2 2 2 2 00 (1) 2 2 . 2 2 ( ) ( ) 0 a b a b a b a b a b a b a b a b Suy ra: 5 1 3 5 1 22 x x x x Kết luận: So với điều kiện, bất phương trình có nghiệm duy nhất 35 2 x Lời giải 3. Đặt 0 tx thì 4 2 2 (1) 2 2 2 1 t t t t khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 217 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 1 0 1 0 1 0 2 2 2 ( 1) ( 1) 0 1 0 t t t t t t t t t t t t t t 5 1 5 1 3 5 2 2 2 t x x Kết luận: So với điều kiện, bất phương trình có nghiệm duy nhất 35 2 x Ví dụ 283. Giải bất phương trình: 2 23 ( 1 ) 1 1 x x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0 1. x Ta có: 2 3 2 1 1 1 0, 0;1 . x x x x x x x x x x x 2 2 3 2 3 2 ( ) ( 1 ) 1 1 (1 ) x x x x x x x x x x x 2 3 2 2 2 2 1 (1 ) 2 (1 ) 2 . 1 1 0 x x x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 1 ( 1 ) 0 ( 1 ) 0 1 x x x x x x x x 2 10 51 : 2 01 xx x x thỏa mãn điều kiện. Kết luận: Bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 51 2 x Ví dụ 284. Giải bất phương trình: 2 4 1 2( 6 1) 1 xx xx () Lời giải. Điều kiện: 0, x suy ra: 2 2( 6 1) 1 2 1 0, xx nên: 22 ( ) 4 2 12 2 1 1 2 12 2 4 0 x x x x x x x x (1) Trường hợp 1. Nếu 0, x thì (1) 2 1 0 nên 0 x là nghiệm của (1). Trường hợp 2. Nếu 0, x chia hai vế của (1) cho 0, x ta được: 11 (1) 2 12 4 0, (2). xx x x Đặt: 2 11 2. t x x t x x 2 2 40 (2) 2 16 4 2 16 0 t tt t hoặc 2 40 80 t tt 8 0 t t 2 ( ) 8 1 0 17 4 33 8 17 1 0 1 1 x x x x x x x Kết luận: Hợp các trường hợp, tập nghiệm BPT là 0;33 8 37 1; . x Lưu ý. Ta có thể giải (1) theo phương pháp lũy thừa. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 218 Ví dụ 285. Giải bất phương trình: 2 11 1 2( 1) x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0 1. x Trường hợp 1. Nếu 0;1 x thì 2 2 2 2( 1) ( 1) 1 0 x x x x x x và 10 x nên () luôn đúng. Suy ra: 0;1 x là một tập nghiệm ( ). Trường hợp 2. Nếu 2 2 2 2( 1) ( 1) 1 0 1 10 x x x x x x x x 22 ( ) 1 2( 1) 1 2( 1) 2 0 x x x x x x x x 11 2 2 1 0, (1). xx x x Đặt 2 11 2. t x x t x x 22 22 1 0 1 (1) 2 2 1 0 2 2 1 2 1 0 ( 1) 0 tt t t t t t t t 2 1 1 5 3 5 1 1 ( ) 1 0 22 t x x x x x x Kết luận: Hợp 2 trường hợp, tập nghiệm BPT là 35 0;1 2 x Nhận xét. Ở lời giải trên, tôi đã xác định lượng 2 2( 1) 0, x x x còn 1 x thì chưa xác định được nên chia ra 2 trường hợp 10 x và 10 x để giải. Ví dụ 286. Giải bất phương trình: 42 21 1 2( 1) 1 x x xx () Lời giải. Ta có: 4 2 2 1 3 3 2( 1) 1 2 1 1 0. 2 2 2 x x x Điều kiện: 1 x . Khi đó: 42 2( 1) 1 ( ) 2 1 xx x x (1) Trường hợp 1. Nếu 1 0 1 xx thì 4 2 4 2 2 (1) ( 2)( 1) 2( 1) 1 2( 1) 1 x x x x x x x x 22 4 2 2 2 4 3 2 1 0 1 0 2( 1) ( 1) 2 2 1 0 x x x x x x x x x x x x 22 2 2 2 1 0 1 0 15 : 2 ( 1) 0 1 0 x x x x x x x x x thỏa mãn điều kiện. Trường hợp 2. Nếu 1 0 1 xx thì khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 219 42 22 0 21 2 (1) ( 2)( 1) 2( 1) 1 1. ( 1) 0 x x x x x x x xx Kết luận: Hợp hai trường hợp, suy ra tập nghiệm là 15 ;1 2 x Nhận xét. Ở lời giải trên, tôi đã xác định lượng 42 2( 1) 1 0, xx còn 1 x thì chưa xác định được nên chia ra hai trường hợp 10 x và 10 x để giải. Ví dụ 287. Giải bất phương trình: (2 1) 1 2 (2 ) 1 1 xx x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0 1. x Ta có: 2 2 (2 ) 1 1 2 2 1 . 1 ( 1 ) x x x x x x x x x 2( 1 ) 1 ( 1 ) ( 1 )(2 1 ) 0, 0;1 . x x x x x x x x x ( ) (2 1) ( 1 ) (2 1 ) x x x x x 22 ( ) ( 1 ) ( 1 ) (2 1 ) x x x x x x ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) (2 1 ) x x x x x x x x ( 1 ) 2 1 , do : 1 0, 0;1 x x x x x x x (1 ) 2 1 2 1 (1 ) : x x x x x x x luôn đúng 0;1 . x Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là 0;1 . x Ví dụ 288. Giải bất phương trình: 22 2 6 7 6( 5 2) 0 3 2( 10) x x x x x xx () Lời giải. Giả sử: 2 2 2 3 2( 10) ( 3) 2( 10) x x x x 22 6 11 0 ( 3) 2 0, , x x x x suy ra: 2 3 2( 10) 0. xx Điều kiện: 2 2 60 0 3. 5 2 0 xx xx xx Do 2 3 2( 10) 0 xx nên: 22 ( ) 6 7 6( 5 2) 0 x x x x x 22 6 7 6( 5 2). x x x x x Do 2 vế không âm nên sẽ lũy thừa: 2 2 2 6 49 14 ( 6) 6( 5 2) x x x x x x x x 2 ( ) 14 ( 3)( 2) 5 18 6 i x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 220 22 14 ( 3 )( 2) 5( 3 ) 3( 2) x x x x x x (1) Do với 3 2 0 xx nên chia hai vế (1) cho 2 0, x ta được: 2 2 2 2 3 3 3 3 (1) 14 5 3 5 14 3 0 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x 2 13 3 52 xx x . Do 2 3 0 2 xx x nên ta chỉ xét 2 3 3 2 xx x 2 2 3 9 12 18 0 6 3 6 6 3 6. 2 xx x x x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của BPT là 3; 6 3 6 . x Bình luận: Trong ví dụ trên, tôi đã dùng phương pháp phản chứng để chứng minh mẫu số 2 3 2( 10) 0, xx còn trong các ví dụ trước đã dùng phương pháp biến đổi đẳng thức đưa về dạng 2 () ax b c c hoặc dạng 2 () c ax b c để chứng minh mẫu số dương hoặc âm. Ngoài ra, phép biến đổi (i) sang (1) và giải là rất quen thuộc trong giải phương trình đẳng cấp dạng: . ( ) . ( ) . ( ). ( ). f x g x f x g x Tương tự, bất phương trình: . ( ) . ( ) . ( ). ( ) f x g x f x g x ta giải như sau: Xét g(x) = 0 giải tìm nghiệm. Với g(x) > 0, chia hai vế cho g(x), ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) 0. ( ) ( ) ( ) ( ) f x f x f x f x g x g x g x g x Đây là bất phương trình bậc hai với ẩn () 0 () fx gx mà đã biết cách giải. Thông thường thì tích f(x).g(x) chưa được phân tích sẵn và , ta tìm bằng phương pháp đồng nhất (xem lại phương pháp giải phương trình đẳng cấp dạng . ( ) . ( ) . ( ). ( ) . f x g x f x g x Ví dụ 289. Giải bất phương trình: 42 2 5 7 3 2 1 1 3 2 2 x x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 0 2 x và 2 3 2 2 0. x x x Xét hàm số 2 ( ) 3 2 2 f x x x x trên đoạn 3 0; 2 có: 1 1 3 ( ) 2 0, 0; 2 3 2 2 f x x x xx Do đó hàm số () fx đồng biến trên đoạn 3 0; , 2 suy ra: 2 ( ) 3 2 2 (0) 2 3 0. f x x x x f 4 2 2 ( ) 5 7 3 2 1 3 2 2 x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 221 42 ( ) 6 8 3 2 3 0 g x x x x (1) Xét hàm số 42 ( ) 6 8 3 2 3 g x x x x xác định và liên tục trên 3 0; 2 có: 32 8 8 3 ( ) 4 12 4 ( 3) 0, 0; 2 3 2 3 2 g x x x x x x xx Do đó hàm số () gx nghịch biến trên đoạn 3 0; 2 và có ( ) (1) 0 1. g x g x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 0;1 . x II. Bất phương trình vô tỷ đưa về dạng tích – thương Để giải bất phương trình tích hoặc thương dạng ( ) ( ) 0 f x g x hoặc () 0, () fx gx ta có các phương pháp giải sau: Phương pháp 1. Xét dấu (tổng quát nhất) Bước 1. Tìm miền xác định D. Bước 2. Tìm nghiệm của các phương trình: ( ) 0; ( ) 0. f x g x Bước 3. Lập bảng xét dấu của ( ), ( ) f x g x trên D, suy ra dấu của tích – thương. Phương pháp 2. Dựa vào miền xác định, chia trường hợp. Phương pháp 3. Dựa vào miền xác định để tìm dấu của một thừa số. 1. Đưa về tích số nhờ vào phép biến đổi tương đương Ví dụ 290. Giải bất phương trình: 2 2 32 21 2 x xx x () Điều kiện: 22 x . 2 2 2 ( ) 3 4 ( 1) 2 ( 1)( 4) ( 1) 2 0 x x x x x x x x 2 ( 1)( 4 2 ) 0 x x x (1) Lời giải 1. Lập bảng xét dấu. Đặt: ( ) 1 0 1 f x x x và 2 ( ) 4 2 0 g x x x 2 24 xx 2 4 : 4 7 0 x xx vô nghiệm. Bảng xét dấu x 2 1 2 () fx 0 () gx ( ). ( ) f x g x 0 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 222 Kết luận: Dựa vào bảng xét dấu, suy ra tập nghiệm của (1) là 2;1 . x Lời giải 2. Chia trường hợp dựa vào miền xác định. Trường hợp 1. Nếu 1 x thì (1) đúng, suy ra 1 x là một nghiệm của (1). Trường hợp 2. Nếu 12 x thì 10 x nên 2 1 4 2 0 xx 2 42 xx : vô nghiệm khi 1; 2 . x Trường hợp 3. Nếu 21 x thì 10 x nên 2 (1) 4 2 0 xx 22 4 2 4 7 0 x x x x luôn đúng 2;1 x . Kết luận: Hợp ba trường hợp, suy ra tập nghiệm BPT là 2;1 x . Lời giải 3. Dựa vào miền xác định để tìm dấu của một thừa số. Ta có: 2 4 2 0, 2; 2 x x x nên 1 1 0 1. xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là 2;1 . x Nhận xét. Có rất nhiều cách xét dấu khác nhau, nhưng theo tôi với những bất phương trình phức tạp thường dùng nguyên tắc "mỗi ô thử một điểm". Chẳng hạn như xét dấu 2 ( ) 4 2 f x x x thì tôi nhập vào máy tính bỏ túi: 2 42 XX và muốn xét dấu trong khoảng ( 2; 1) tôi CALC một giá trị bất kỳ trong khoảng này, chẳng hạn 0 được 4 2 0 và để vào khoảng ấy dấu . Ví dụ 291. Giải bất phương trình: 2 4 2 3 8 1 x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 2 3 0 2 xx 22 ( ) 4 2 3 8 1 0 (1 2 4 ) (1 2 ) 2 3 (2 3) 0 x x x x x x x x 2 2 1 2 ( 2 3) 1 2 2 3 0 x x x x (1 2 2 3)(1 2 2 3) (1 2 2 3) 0 x x x x x x (1 2 2 3)(2 2 2 3) 0 x x x x (1) Đặt: ( ) 1 2 2 3 ( ) 2 2 2 3 f x x x g x x x Khi đó: Cho: 2 1 3 17 ( ) 0 2 3 2 1 2 4 2 3 1 0 x f x x x x xx Cho: 2 1 5 21 ( ) 0 2 3 2 2 4 4 10 1 0 x g x x x x xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 223 Bảng xét dấu x 3 2 5 21 4 3 17 4 () fx 0 () gx 0 ( ). ( ) f x g x 0 0 Kết luận: Dựa vào bảng xét dấu, suy ra 3 5 21 3 17 ;; 2 4 4 x Ví dụ 292. Giải bất phương trình: 2 2 2 3 2 2 2 0 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 2. x 2 2 2 2 2 2 ( ) (3 2 ) 2 ( 2 ) (1 ) 2 x x x x x x x 2 3 2 2 ( 2 ) (1 ) 2 0 x x x x 2 3 2 2 2 ( 2 ) 2 ( 2 ) 0 x x x x x 2 2 2 2 2 ( 2 ) 2 ( 2 ) 0 x x x x x 2 2 2 2 ( 2 ) ( 2 ) 2 ( 2 ) 0 x x x x x x x 2 2 2 ( 2 ) (3 2 ) 0 x x x x x 2 2 2 2 0, do : 3 2 0, 2; 2 x x x x x x 2 22 0 0 2 1. 1 1 2 x x x x x xx xx Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là 1; 2 . x Ví dụ 293. Giải bất phương trình: 22 (4 7) 2 4 8 10 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2. x 22 ( ) (4 7) 2 2(4 7) 2( 2) x x x x x x 22 (4 7)( 2 2) 2[( 2) 4] x x x x 2 (4 7)( 2 2) 2( 2 2)( 2 2) x x x x x 2 4 7 2( 2 2), (do : 2 2 0, 2) x x x x x 2 2 2 4 3 2 2 (2 ) ( 2 1) x x x x x 22 (2 ) ( 2 1) 0 (2 1 2)(2 1 2) 0 x x x x x x (1) Đặt: ( ) 2 1 2 f x x x và ( ) 2 1 2. g x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 224 Cho 2 1 5 41 ( ) 0 2 2 1 2 8 4 5 1 0 x f x x x x xx Cho 2 1 ( ) 2 2 1 0 1. 2 4 3 1 0 x g x x x x xx Bảng xét dấu x 2 1 5 41 8 () fx 0 () gx 0 ( ). ( ) f x g x 0 0 Kết luận: Dựa vào bảng xét dấu, suy ra 5 41 2; 1 ; 8 x 2. Liên hợp đưa về tích số khi giải bất phương trình Ví dụ 294. Giải bất phương trình: 2 2 6 2 1 1 ( 2 1 1) x xx x () Đề thi thử Đại học năm 2013 – Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An Lời giải. Điều kiện: 1, x suy ra: 2 1 1 0. x 22 2 6 ( 2 1 1) ( ) 2 1 1 3 2 1 4 1 4 xx x x x x x x 91 (2 1) 3 2 1 ( 1) 1 44 x x x x 22 3 1 3 1 2 1 1 2 1 1 2 2 2 2 x x x x 31 do : 2 1 0, 1 0, 1 22 x x x 2 1 1 2 2 1 1 4 1 4 1 2 x x x x x x x 2 2 10 4 5. 20 20 0 x x xx Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm BPT là (10 4 5; ). x Ví dụ 295. Giải bất phương trình: 22 4( 1) (2 10)(1 3 2 ) x x x () Đề thi thử Đại học năm 2013 – Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 225 Lời giải. Điều kiện: 3 , 2 x suy ra: 1 3 2 0. x 22 2 2 (1 3 2 ) (1 3 2 ) ( ) 4( 1) (2 10) (1 3 2 ) xx xx x 2 2 2 2 1 4( 1) (1 3 2 ) 4(2 10)( 1) (1 3 2 ) 2 10 x x x x x xx 11 1 3 4 2 2 3 2 2 10 3 2 3 xx x x x x x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm BPT là 3 ;3 \ 1 2 x Ví dụ 296. Giải bất phương trình: 22 2 2 3 18 ( 1) ( 1 1) x x x x xx () Phân tích. Nếu liên hợp vế trái thu được mẫu số: 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) x x x x sẽ triệt tiêu đi 2 x ở tử số và có cùng thừa số chung với vế phải. Lời giải. Điều kiện: 1 0 x x . Khi đó: 1 1 0. xx 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1 1) 3 18 ( 1 1) 3 18 () ( 1) ( ) ( 1) ( 1) ( 1) x x x x x x x x x x x x x x xx 2 2 2 22 22 ( 1 1) 3 18 ( 1 1) 3 18 ( 1) ( 1) x x x x x x x x x x xx 22 3 2 2( 1) 1 3 18 ( 1) 1 8 x x x x x x x x 33 ( 1) 2 1 2 1 4 3. x x x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là: 1;3 \ 0 x Ví dụ 297. Giải bất phương trình: 1( 3 8 ) 2 11 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 8. x Khi đó: 3 8 0. xx (2 11) 1 ( ) 2 11 (2 11) 1 (2 11)( 3 8 ) 38 xx x x x x x x xx (2 11)( 1 3 8 ) 0 x x x x (1) Đặt: ( ) 2 11 f x x và ( ) 1 3 8 . g x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 226 Cho 11 ( ) 0 2 f x x và ( ) 0 1 3 8 g x x x x 2 6 43 409 2 ( 3)(8 ) 6 8 4 43 90 0 x x x x x xx x 3 11 2 43 409 8 8 () fx 0 () gx 0 ( ). ( ) f x g x 0 0 Kết luận: Dựa vào bảng xét dấu, tập nghiệm là: 11 43 409 3; ;8 28 x Bình luận. Sai lầm thường gặp của học sinh là đơn giản đi lượng 2x – 11. Rõ ràng 3;8 x thì ta chưa xác định được dấu của 2 11 x nên tôi đã dùng phương pháp tổng quát nhất là xét dấu để giải sau khi đưa về dạng tích số. Nếu không làm như thế thì ta có thể chia ra từng trường hợp để bỏ đi lượng 2 11. x Ví dụ 298. Giải bất phương trình: 2 2 2 3 2 x x x x () Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Nghi Sơn – Thanh Hóa Nhận xét. Các kỹ thuật tách – ghép, ghép hằng số, ghép bậc nhất, tìm nhân tử bậc 2, bậc 3 bằng casio,… làm cho xuất hiện thừa số chung sau khi nhân liên hợp của giải phương trình vô tỷ đều áp dụng được cho bất phương trình vô tỷ. Ở ví dụ này, nhận thấy rằng ( 2) (3 2) 2( 2) x x x và phân tích 2 2 ( 1)( 2) x x x x có nhân tử chung 2 x nên ta sẽ tiến hành ghép 2 căn thức lại với nhau để liên hợp. Lời giải. Điều kiện: 2 2 3 0 3 xx 2 2( 2) ( ) ( 2 3 2) 2 0 ( 1)( 2) 0 2 3 2 x x x x x x x xx 2 ( 2) 1 0 2 3 2 xx xx (1) Xét hàm số 2 ( ) 1 2 3 2 f x x xx trên 3 ; 2 có: 22 13 2( 2 3 2) 3 2 3 2 ( ) 1 1 0, 2 ( 2 3 2) ( 2 3 2) xx xx f x x x x x x Do đó hàm số () fx luôn đồng biến trên 3 ; 2 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 227 Suy ra: 2 2 10 3 6 ( ) 0 3 3 6 x f x f nên (1) 2 0 2. xx Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: 2 ;2 3 x Bình luận. Trong đánh giá ( ) 0, fx tôi đã sử dụng kết quả: "Nếu hàm số () fx luôn đồng biến trên D thì ( ) ( ) , , . f x f a x a x a D Nếu hàm số () fx luôn nghịch biến trên D thì ( ) ( ) , , f x f a x a x a D ". Ví dụ 299. Giải BPT: 2 2 2 (2 2 5)( 1) 4 1 2 2 5 x x x x x x x x () Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Nguyễn Khuyến Tp. HCM Phân tích. Nhận thấy nếu chuyển vế và rút: 22 2 (2 1 2 5) x x x x và liên hợp 2 căn thức này sẽ xuất hiện nhân tử 1 x và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 ( ) ( 1)(2 2 5) 2 (2 1 2 5) 0 x x x x x x x 2 2 22 3 2 1 ( 1)(2 2 5) 2 0 2 1 2 5 xx x x x x x x x 2 22 2 ( 1)(3 1) ( 1)(2 2 5) 0 2 1 2 5 x x x x x x x x x 2 2 22 62 ( 1) 2 2 5 0 2 1 2 5 xx x x x x x x (1) Do: 2 2 22 62 2 2 5 2 1 2 5 xx xx x x x 2 2 2 2 2 22 4 1 2 2 5 2 ( 1)( 2 5) (7 4 5) 0 , . 2 1 2 5 x x x x x x x x x x x x Suy ra: (1) 1 0 1. xx Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là ( ; 1]. x Ví dụ 300. Giải bất phương trình: 22 35 5 4 24 x x x () Phân tích. Nhận thấy nếu là phương trình thì sẽ có một nghiệm 1. x Do đó, ta sẽ ghép để sau nhân liên hợp xuất hiện thừa số chung 1 x trong bất phương trình đưa về dạng ( 1) ( ) 0. x f x Đa số trường hợp thì ta xác định dấu của () fx rồi bỏ nó mà ít giải bất phương trình dạng tích. Vì vậy cần tìm miền xác định của bài toán chính xác để đánh giá f(x) dễ dàng. Ta có 22 ( ) 35 24 5 4 x x x và luôn có 22 35 24 0, , x x x nên để BPT có nghiệm thì vế phải 5 4 0. x Lời giải. Điều kiện: 4 5 4 0 5 xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 228 22 ( ) ( 35 6) 5( 1) ( 24 5) 0 x x x 22 22 11 5( 1) 0 35 6 24 5 xx x xx 22 11 ( 1) 5 0 35 6 24 5 xx x xx 22 11 ( 1) ( 1) 5 0 35 6 24 5 xx xx 22 22 () ( 24 35 1) ( 1) ( 1) 5 0 ( 35 6)( 24 5) fx xx xx xx (1) Do 22 10 4 :, 5 24 35 0 x x xx suy ra ( ) 0 fx nên (1) 1 0 1. xx Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: 1; . x Ví dụ 301. Giải bất phương trình: 2 3 9 2 3 5 1 1 x x x x () Phân tích. Nhập 2 3 9 2 3 5 1 1 X X X X vào máy tính và bấm shift solve , cho được 1. X Đễ kiễm tra phương trình còn nghiệm hay không, ta sữa lại cấu trúc của máy tính: 2 3 ( 9 2 3 5 1 1) :( 1) X X X X X và bấm shift solve thì máy tính cho ta kết quả Can't Solve, chứng tõ phương trình đâ hết nghiệm. Từ đó, ta có thễ khẵng định phương trình có một nghiệm nên g hép hằng số với căn để liên hợp . Tức ghép: 2 3 ( 9 ) ( 5 1) 2 3 1 0 x x x x với hai số , thỏa mãn: 33 9 1 9 2, 5 1 5.1 1 2 xx (thay thế giá trị nghiệm 1 x vào từng căn) và có lời giải 1 chi tiết như sau: Điều kiện: 1 5 1 0 5 xx Lời giải 1. Nhân liên hợp thông thường. 2 3 ( ) ( 9 2) (2 5 1) 2 3 5 0 x x x x 2 33 1 5( 1) ( 1)(2 5) 0 ( 9) 2 9 4 5 1 2 xx xx x x x 2 3 15 ( 1) 2 5 0 ( 9 1) 3 5 1 2 xx xx (1) Với 1 , 5 x suy ra: 2 3 1 5 5 2 2 5 5 0 25 ( 9 1) 3 5 1 2 x xx (2) Từ (1), (2), suy ra: 1 0 1. xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 229 Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là 1 ;1 5 x Lời giải 2. Truy ngược dấu. 2 3 ( ) 9 5 1 2 3 1 0 x x x x 2 3 2( 9 2) 5 1( 5 1 2) 4 5 0 x x x x x 2 33 1 5( 1) 5 1 ( 1)(4 5) 0 ( 9) 2 9 4 5 1 2 x x x xx x x x 2 3 0, 1 5 5 1 ( 1) (4 5) 0 1 0 1. ( 9 1) 3 5 1 2 xD x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là 1 ;1 5 x Ví dụ 302. Giải bất phương trình: 2 ( 1) 2 ( 6) 7 7 12 x x x x x x () Đại học khối D năm 2014 Phân tích. Nếu là phương trình , nhập: 2 ( 1) 2 ( 6) 7 7 12 X X X X X X và bấm shift solve thì cho ta nghiệm 2. X Đối với bất phương trình thì sẽ có nhân tử chung dạng ( 2). ( ) 0. x f x Muốn kiễm tra xem còn nghiệm hay không , ta sữa lại cấu trúc : 2 (( 1) 2 ( 6) 7 ( 7 12)) :( 2) X X X X X X X và bấm shift solve thì máy tính cho Can 't Solve, chứng tõ phương trình hết nghiệm . Khi đó ghép các căn với hằng số , dạng ( 1)( 2 ); ( 6)( 7 ) x x x x và liên hợp , với , được tìm bằng cách thế nghiệm vào căn: 2 2 2, 2 7 3. Điều kiện: 2. x Lời giải 1. Nhân liên hợp thông thường. 2 ( ) ( 1)( 2 2) ( 6)( 7 3) ( 2 8) 0 x x x x x x 22 ( 1) ( 6) ( 2)( 4) 0 2 2 7 3 xx x x x x xx 16 ( 2) 4 0 2 2 2 3 xx xx xx (1) Do 1 6 1 6 12 4 4 0, 2. 2 3 6 2 2 7 3 x x x x x x x x xx Nên (1) 2 0 2. xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cũa bất phương trình là 2;2 x Lời giải 2. Truy ngược dấu. 2 ( ) ( 1)( 4 3 2) ( 6) 7( 7 3) 3 10 0 x x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 230 2 ( 1) ( 2) 2 ( 6) 7 ( 2)( 5) 0 4 3 2 7 3 x x x x x x x x x x 2 0, 2 ( 1) ( 6) 7 (x 2) 5 0 2. 4 3 2 7 3 x x x x xx x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cũa bất phương trình là 2;2 x Ví dụ 303. Giải BPT: 2 ( 1) 4 5 2( 5) 3 3 14 13 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 4 5 0 5 30 4 x x x 2 ( ) ( 1)( 4 5 3) 2( 5)( 3 2) 3 7 10 x x x x x x 4( 1)( 1) 2( 5)( 1) ( 1)(3 10) 4 5 3 3 2 x x x x xx xx 4( 1) 2( 5) ( 1) 3 10 0 4 5 3 3 2 xx xx xx Do 4( 1) 2( 5) 4( 1) 2( 5) 2 11 3 10 3 10 0, 3 2 6 4 5 3 3 2 x x x x x xx xx với mọi 5 4 x nên (1) 1 0 1. xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cũa bất phương trình là 5 ;1 4 x Bình luận. Do sử dụng casio, tìm được nghiệm duy nhất là 1 x nên sẽ ghép hằng số để liên hợp. Bạn đọc có thể sử dụng truy ngược dấu như ví dụ trước để giải. Ví dụ 304. Giải BPT: 2 ( 1) 2 3 2(3 1) 4 2 16 14 2 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 2 x 2 ( ) ( 1)( 2 3 2) 2(3 1)( 4 2 2) 16 4 x x x x x ( 1)(2 1) 4(3 1)(2 1) 4(2 1)(2 1) 0 2 3 2 4 2 2 x x x x xx xx 1 4(3 1) (2 1) 8 4 0 2 3 2 4 2 2 xx xx xx (1) Do 1 4(3 1) 1 4(3 1) 3 3 8 4 8 4 0 2 2 2 2 3 2 4 2 2 x x x x x xx xx với mọi 1 2 x nên 1 (1) 2 1 0 2 xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 231 Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cũa bất phương trình là 11 ; 22 x Ví dụ 305. Giải bất phương trình: 3 3 2 2 2 ( 1) 2 1 2 x x x x x x () Phân tích. Sử dụng casio, tìm được nghiệm 1. x Tiếp tục kiểm tra phương trình còn nghiệm hay không, ta nhận được thêm một nghiệm nữa là 1. x Tức phương trình có nghiệm kép, nên bất phương trình sẽ có nhân tử 2 ( 1) . x Từ đó có tách ghép và lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1 2 1 0 2 xx 3 2 2 2 ( ) ( 1) ( 1) 2 1 ( 2 ) 0 x x x x x x x 3 22 ( 1)( 2 1) ( 2 ) 0 x x x x x x 2 3 2 2 3 2 2 2 2 3 2 1 2 ( 1) 0 21 2 (2 ) x x x x x x xx x x x x x x 2 2 3 2 2 2 2 3 1 ( 1) 0 21 2 (2 ) xx x xx x x x x x x (1) Do: 1 , 2 x suy ra: 2 3 2 2 2 2 3 1 0. 21 2 (2 ) xx xx x x x x x x Nên 2 (1) ( 1) 0 1 0 1. x x x Kết luận: So với điều kiện, bất phương trình có nghiệm duy nhất 1. x Ví dụ 306. Giải bất phương trình: 2 2 11 2 16 28 5 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 2 11 0 11 2 2 16 28 0 x x xx 2 ( ) 2 11 ( 5) (2 10) 2 16 28 0 x x x x x 2 2 2 2 2 11 ( 5) (2 10) (2 16 28) 0 2 11 5 2 10 2 16 28 x x x x x xx x x x 22 2 12 36 2 24 72 0 2 11 5 2 10 2 16 28 x x x x xx x x x 22 2 ( 6) 2( 6) 0 2 11 5 2 10 2 16 28 xx xx x x x 2 2 21 ( 6) 0 2 11 5 2 10 2 16 28 x xx x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 232 2 2 2 2 2 11 2 16 28 ( 6) 0 2( 5) 2 16 28 .( 2 11 5) x x x x x x x x x 22 ( 6) (2 2 11 2 16 28) 0 x x x x 2 11 Do : 2( 5) 2 16 28 0, 2 11 5 0, 5,5 2 x x x x x x 22 2 ( 6) ( 2 24 72) 0 2 2 11 2 16 28 x x x x x x 44 2( 6) 0 ( 6) 0 6 : x x x TMĐK Kết luận: Bất phương trình có nghiệm duy nhất là 6. x Ví dụ 307. Giải BPT: 3 2 2 ( 1) 3 1 2 1 2 1 6 x x x x x x x () Phân tích và lời giải 1. Sữ dụng casio , tìm được hai nghiệm 0, 1, xx nên bất phương trình sê có nhân tử chung dạng 2 ( 1) . x x x x Do đó sê ghép bậc nhất với căn thức đễ liên hợp dạng : 2 ( 1). 3 1 ( ) , 2. ( ) 1 x x ax b cx d x x với a, b thõa mân hệ : 0 3 1 1 1 1 1 3 1 2 Khi x x ax b b a b Khi x x ax b a b và c, d thõa hệ phương trình: 2 2 0 1 1 0 1 1 1 1 Khi x x x cx d d c d Khi x x x cx d c d Điều kiện: 1 3 x 2 3 2 ( ) ( 1) 3 1 ( 1) 2(1 1) 3 4 0 x x x x x x x x 22 2 2 ( 1)( ) 2( ) ( )( 4) 0 3 1 1 11 x x x x x x x x xx xx 2 2 12 ( ) 4 0 3 1 1 11 x x x x xx xx (1) Do 2 1 2 1 1 4 2 4 1 0, 13 3 1 1 11 xx x x x x x xx xx 2 (1) 0 0 x x x hoặc 1. x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm BPT là 1 ;0 1; . 3 x Phân tích và lời giải 2. Với mong muốn biễu thức f (x) trong 2 ( ). ( ) x x f x sau khi liên hợp luôn dương , ta có thễ truy ngược dấu cũa các biễu thức liên hợp , cụ thể 2 2(1 1) xx đỗi thành: 22 2 1( 1 1) x x x x và 3 1 ( 1) xx thành khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 233 3 1( 1 3 1) x x x sẽ khắc phục được công đoạn đánh giá f (x) phức tạp. Từ đó có lời giải 2 chi tiết như sau: 2 2 3 ( ) 2 1( 1 1) 3 1( 1 3 1) 0 x x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2( ) 1 ( ) 3 1 ( )( 1) 0 1 3 1 11 x x x x x x x x x x xx xx 2 22 2 0 2 1 3 1 ( ) 1 0 0 1 1 3 1 11 x x x x x x x x x x xx xx Do 1 , 3 x suy ra: 2 2 2 1 3 1 1 0. 1 3 1 11 x x x x xx xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm BPT là 1 ;0 1; . 3 x Ví dụ 308. Giải bất phương trình: 22 2 11 15 2 3 6 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 x hoặc 1. x 22 ( ) 2 2 11 15 2 2 3 2 12 x x x x x 22 2 2 11 15 (2 9) 2 2 3 3 0 x x x x x 22 22 4 8 21 4 8 21 0 2 2 11 15 2 9 2 2 3 3 x x x x x x x x x 2 22 11 (4 8 21) 0 2 2 11 15 2 9 2 2 3 3 xx x x x x x (1) Do 22 11 0 2 2 11 15 2 9 2 2 3 3 x x x x x nên 2 (1) 4 8 21 0 xx 7 2 x hoặc 3 2 x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của BPT là 73 ;; 22 x Nhận xét. Do sử dụng casio, tìm được 73 , , 22 xx nên có tách ghép như trên. Ví dụ 309. Giải bất phương trình: 2 2 2 12 24 4 1 xx x x x () Đề thi thử Đại học 2013 lần 2 – Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp Phân tích. Sử dụng chức năng table của casio, tìm được nhân tử 2 3 x nên có tách ghép để liên hợp và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 4. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 234 22 2 22 1 2 2 1 ( ) 2 1 3 1 4 11 x x x x x xx 2 2 2 2 2 2 1 1 4 ( 1) 4 23 1 1(2 1) 1 4 xx x x x x x x x x 22 2 22 2 2( 3) ( 3) ( 3) 0 1(2 1) 1 ( 4) 1 4 xx x xx xx x x 2 22 2 0, 4 21 ( 3) 1 0 1(2 1) 1 ( 4) 1 4 x x xx xx x x 2 3 0 3 3. x x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của phương trình là 3; 3 x . Ví dụ 310. Giải bất phương trình: 2 31 23 2 xx x xx () Đề thi thử TN. THPT Quốc Gia 2015 – TT. Hoàng Gia, Tân Phú, Tp. HCM Lời giải. Tập xác định: 3 0;3 \ ;2 2 D 22 2 3 1 1 1 () 22 (2 3)( 3 ) 3 x x x x x x x x x x (1) Do 3 0, 0;3 , x x x nhưng dấu 2 2 xx chưa xác định đượ c là dương hay âm trên đoạn 0;3 , nên ta chia ra hai trường hợp: TH 1. Nếu 2 ( 1;2) 20 3 0;2 \ 3 3 0;3 \ ; 2 2 0;3 \ ; 2 2 2 x xx x x x Lúc đó (1) luôn đúng do: 2 11 (1) 0, 0. 2 3 xx xx TH 2. Nếu 2 20 (2; 3] 3 0;3 \ ; 2 2 xx x x thì 2 (1) 2 3 x x x x 2 ( 3 1) ( 1) ( 2) 3 0 x x x x x x (i) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 235 22 2 3 1 3 1 ( 3 1) 0 1 2 3 x x x x xx x x x x 2 0, (2;3] 11 ( 3 1) 1 0 1 2 3 x xx x x x x 2 13 35 3. 2 (2;3] xx x x Kết luận: Hợp hai trường hợp, tập nghiệm là 3 3 3 5 0; ;2 ;3 2 2 2 x Nhận xét. Để có biến đổi sang (i), tôi đã sử dụng chức năng table của casio để tìm lượng nhân tử 2 3 1, xx từ đó có cách tách ghép và liên hợp như trên. Ví dụ 311. Giải bất phương trình: 3 2 9 3 1 3 xx x xx () Lời giải. Tập xác định: 1;9 \ 0 , D suy ra: 3 1 3 0. xx Ta có: 2 22 22 3 1 3 ( 1) 3 1 2 ( 1 1)( 1 2) 3 ( 1) 2 ( 1 2)( 1 2) ( 1) 1 ( 1 1)( 1 1) x x x x x x x x x x x x x x nên: ( 1 2)( 1 2) 2 9 2 9 ( ) 1 2 ( 1 1)( 1 2) ( 1 1)( 1 1) 1 1 x x x x x x x x x x Do ta chưa xác định được dấu cũa 11 x nên sê chia ra hai trường hợp: Trường hợp 1. Nếu 0 1 1 0 0 9, 19 1 9, 0 x x x x xx thì: (1) ( 1 2)( 1 1) 2 9 3 3 1 2 9 0 x x x x x x ( 8) 1 2(x 8) 1( 1 3) 2(1 9 ) 0 0 1 3 1 9 xx x x x xx 8 0 8 12 ( 8) 0 8 9. 0 9 0 9 1 3 1 9 xx x xx xx xx Trường hợp 2. Nếu 0 1 1 0 1 0, 19 1 9, 0 x x x x xx thì (1) ( 1 2)( 1 1) 2 9 3 3 1 2 9 x x x x x x : luôn đúng. Do 3 3 1 1 3 3 1 1 2 1;0 . 2 9 2. 9 0 6 xx x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 236 Kết luận: Hợp hai trường hợp, tập nghiệm cần tìm là 1;0 8;9 x Ví dụ 312. Giải bất phương trình: 2 2 2 6 1 8 6 8 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 8 x x TH 1. Nếu 2 2 2 () 22 () 6 1 8 6 1 0 8 6 8 6 0 VT x x x x x x x VP x x x Suy ra bất phương trình () vô nghiệm khi 8. x TH 2. Nếu 1, x thì 2 2 2 ( ) 6 8 6 1 8 0 x x x x x x 2 2 2 6 1( 1 ) 8 ( 2) 0 x x x x x x 2 22 4( 1) 6 1 0 8 2 1 xx x x x x x 22 2 1 3 1 2 1 0 8 2 1 xx x x x x x x (1) Do 22 22 3 1 2 1 0 2 1 3 1 0, 1. 8 2 1 0 8 2 1 xx xx x x x x x x x x x x x (1) 1 0 1. xx Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là 1; . x III. Sử dụng phương pháp hàm số giải bất phương trình vô tỷ Vận dụng nội dung của các kết quả sau đây: Hàm số () fx luôn đồng biến trên D thì ( ) ( ) , , . f x f a x a x a D Hàm số () fx luôn nghịch biến trên D thì ( ) ( ) , , . f x f a x a x a D Ví dụ 313. Giải bất phương trình: 32 2 3 6 16 4 2 3 x x x x () Phân tích. Nếu là phương trình thì sẽ có một nghiệm 1 x và vế phải có khả năng là hàm số đồng biến nên ta định hướng giải bất phương trình bằng phương pháp hàm số. Ngoài ra, do biết được một nghiệm của phương trình nên ta có thể tách ghép phù hợp để nhân liên hợp nhằm xuất hiện nhân tử 1. x Điều kiện: 24 x . Lời giải 1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Xét hàm số 32 ( ) 2 3 6 16 4 f x x x x x trên đoạn 2;4 có: 2 32 3( 1) 1 ( ) 0, 2;4 . 24 2 3 6 16 xx f x x x x x x Do đó hàm số () fx luôn đồng biến trên đoạn [ 2;4]. khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 237 Mặt khác: ( ) (1) 2 3 1 f x f x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: 1;4 x . Lời giải 2. Sử dụng kỹ thuật nhân lượng liên hợp. 32 ( ) ( 2 3 6 16 3 3) ( 3 4 ) 0 x x x x 32 32 2 3 6 11 1 0 34 2 3 6 16 3 3 x x x x x x x x 2 32 ( 1)(2 5 11) 1 0 34 2 3 6 16 3 3 x x x x x x x x 2 32 0, 2;4 5 63 2 48 1 1 0 1 0 1. 34 2 3 6 16 3 3 x x x x x x x x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: 1;4 x . Ví dụ 314. Giải bất phương trình: 5 3 3 2 2 6 21 xx x () Lời giải. Điều kiện: 13 22 x Thì 5 ( ) 3 3 2 2 6 0. 21 xx x Xét hàm số 5 3 3 2 2 6 21 f x x x x trên 13 ; 22 có: 3 3 5 1 3 ( ) 2 0; ; 22 3 2 ( 2 1) f x x xx Do đó hàm số () fx luôn nghịch biến trên 13 ; 22 và có ( ) (1) 0 1. f x f x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: 1 ;1 2 Ví dụ 315. Giải bất phương trình: 7 2 4 1 1 2 2 xx x xx () Đề thi thử TN. THPT Quốc Gia 2015 – TT. LTĐH Trí Minh, Tp. HCM Lời giải. Điều kiện: 2 2 4, 1. x 22 22 ( 2) 3 2 4 () ( 2) 2 2 3 ( 2) 1 xx x x x ( 2 3)( 2 3) 2 4 ( 2 1)( 2 3) ( 2 1)( 2 1) x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 238 24 2 3 ( 2 3)( 2 1) 2 4 21 x x x x x x 1 2 2 2 4 0. x x x Xét hàm số ( ) 1 2 2 2 4 f x x x x trên đoạn 2;4 \ 1 có: 11 ( ) 1 0, 2;4 \ 1 24 f x x xx Do đó hàm số () fx đồng biến trên [ 2; 1) và 1; 4] - và ( ) (1) 0 1. f x f x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: 1;4 . x Ví dụ 316. Giải bất phương trình: 3 2( 2)( 4 4 2 2) 3 1 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x Do 2 x không là nghiệm của BPT nên: 3 31 ( ) 4 4 2 2 24 x xx x (1) Đặt: 3 ( ) 4 4 2 2 f x x x và 31 () 24 x gx x Xét hàm số 3 ( ) 4 4 2 2 f x x x trên 1; \ 2 có: 22 33 42 ( ) 0, 1; \ 2 3 (4 4) 3 (2 2) f x x xx Suy ra hàm số () fx luôn đồng biến trên 1; 2 và (2; ) +¥ Xét hàm số 31 () 24 x gx x trên 1; \ 2 có: 2 10 ( ) 0, 2. (2 4) g x x x Suy ra hàm số () gx luôn nghịch biến trên 1; 2 và (2; ) +¥ Nếu ( ) (3) 4 3 ( ) 4 ( ) ( ) ( ). ( ) (3) 4 f x f x f x g x f x g x g x g Hay 3 31 4 4 2 2 3. 24 x x x x x Suy ra nghiệm (1) là 3; . x Nếu ( ) (3) 4 3 ( ) 4 ( ) ( ) ( ). (3) 4 f x f x f x g x f x g x g x g Hay 3 31 4 4 2 2 3 24 x x x x x nên (1) vô nghiệm khi 3. x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: 3; . x Ví dụ 317. Giải BPT: 22 2 3 6 11 3 1 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 3. x 22 ( ) ( 1) 2 1 (3 ) 2 3 x x x x ( 1) (3 ). f x f x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 239 Do 13 x 0 1 4 0 3 4 x x Xét hàm số 2 ( ) 2 f t t t trên 0;4 có: 2 1 ( ) 0, 0;4 2 22 t f t x t t () fx đồng biến trên 0;4 . Nên ta có: ( 1) (3 ) 1 3 2. f x f x x x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 2;3 . x Ví dụ 318. Giải bất phương trình: 43 32 2 2 1 22 x x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0. x Khi đó: 32 2 ( 1)( 3 3 1) () ( 2 2) x x x x x x x x 3 3 3 22 2 ( 1)( 1) ( ) ( 1) ( ) ( 1). ( 1) 1 ( 1) 1 ( ) 1 x x x x x x f x f x xx x Xét hàm số 3 2 () 1 t ft t trên có 42 2 3 ( ) 0, . 1 tt f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên . Suy ra: 2 35 ( ) ( 1) 1 ( ) 1 0 0 2 f x f x x x x x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của BPT là: 35 0; 2 x Ví dụ 319. Giải bất phương trình: 22 ( 1) 2 5 4 1 1 x x x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D 22 ( ) ( 1)( 2 5 1) 4 1 2 x x x x x x 22 ( 1) ( 1) 4 1 2 (2 1 1) x x x x 22 ( 1). ( 1) 4 1 (2 ). (2 ) 4 1 ( 1) (2 ). x x x x f x f x Xét hàm số 2 ( ) .( 4) f t t t trên có 2 2 2 ( ) 1 1 0, . 1 t f t t t t Do đó () ft đồng biến trên và có ( 1) (2 ) 1 2 1. f x f x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là ; 1 . x Ví dụ 320. Giải bất phương trình: 4 3 2 17 34 32 12 5 1 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x 2 4 3 2 ( ) 5 1 25 ( 1) 8 9 32 12 x x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 240 2 2 2 2 25 ( 1) 5 1 ( 4 4) ( 4 4) x x x x x x x x 2 (5 1) ( 4 4). f x x f x x Với 2 10 1 4 4 1 x x xx hay 2 1 0; 4 4 1; x xx Xét hàm số 2 () f t t t trên 0; có ( ) 2 1 0, 0. f t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên 0; và có 2 (5 1) ( 4 4). f x x f x x 2 2 : 1 22 11 5 1 4 4 5. 1 4 Chia x xx x x x x xx 2 2 2 2 2 10 1 1 1 1 4 5 1 0 1 4 16 16 0 xx x x x x x x xx 2 16 16 0 8 4 3 8 4 3. x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm là [8 4 3;8 4 3]. x Ví dụ 321. Giải bất phương trình: 3 24 11 16 2 1 1 0 x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 2 x Đặt 2 2 1 2 1 0 2 1 2 y y x y x x 2 2 2 3 1 1 1 ( ) 24 11 16 2 1 1 0 2 2 2 y y y 2 2 2 2 3 33 12 1 8( 1) 1 0 12 1 8 8 1 y y y y y y 3 2 2 2 3 8 12 8 2 12 1 12 1 y y y y y 3 2 3 2 2 3 3 3 (2 1) (2 1) ( 12 1) 12 1 (2 1) ( 12 1). y y y y f y f y Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, . f t t t Do đó () ft đồng biến trên và 22 33 (2 1) ( 12 1) 2 1 12 1 f y f y y y 3 2 3 2 (2 1) 12 1 8 6 0 2 (4 3) 0 0 y y y y y y y Suy ra: 1 2 1 0 2 1 0 2 x x x Kết luận: So với điều kiện, bất phương trình có nghiệm 1 2 x IV. Phương pháp đặt ẩn phụ để giải bất phương trình vô tỷ Các dạng và phương pháp giải phương trình vô tỷ có điểm tương đồng với bất phương trình vô tỷ. Do đó, ta cần nắm vững những dạng cơ bản và phương pháp giải chúng. Nhưng lưu ý khi đặt ẩn phụ, ta cần tìm điều kiện chặt chẽ để không phát sinh ra bất phương trình hệ quả và biến đổi đại số đơn giản hơn. khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 241 Ví dụ 322. Giải bất phương trình: 22 3 2 5 15 14 x x x x () Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Quế Võ I – Bắc Ninh Phân tích. Nhận thấy 22 5 15 5( 3 ), x x x x nên khi đặt 2 5 15 14 t x x thì biến x ngoài dấu căn sẽ biểu diễn được hết theo t và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 2 5 15 14 0, t x x suy ra: 2 2 14 3 5 t xx 2 2 14 8 3 5 24 0 2 ( ) 8. 5 0 0 0 t tt tt t t t t t Với 22 5 15 14 8 3 10 0 2 t x x x x x hoặc 5. x Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là: ; 5 2; . x Ví dụ 323. Giải bất phương trình: 22 ( 4) 4 ( 2) 2 x x x x x () Học viện Ngân Hàng Tp. Hồ Chí Minh Lời giải. Điều kiện: 0 4. x 2 2 2 ( ) ( 4 ) 4 4 2 0 x x x x x x (1) Đặt 2 40 t x x thì 3 2 2 ( ) 2 0 ( 1)( 2 2) 0 1. t t t t t t Suy ra: 22 4 1 4 1 2 3 2 3. x x x x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm BPT là: (2 3; 2 3). x Ví dụ 324. Giải bất phương trình: 2 1 4 1 3 x x x x () Đại học khối B năm 2012 Phân tích. Đối với PT, BPT chứa 22 ( 1), ( 1) , f a x a x bx c x thường thì ta sẽ chia cho 0 x sau khi xét 0 x có là nghiệm hay không và sẽ dẫn đến phương trình, bất phương trình có chứa 2 11 , , f a x a x b c x x có dạng thuận nghịch và đặt 2 11 2 t x x t x x đưa về dạng cơ bản. Lời giải. Điều kiện: 0. x Nếu 0 x thì bất phương trình luôn thỏa. Nếu 0, x chia hai vế của phương trình cho : x 11 ( ) 4 3 0 xx x x (1) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 242 Đặt 1 , tx x suy ra: 2 1 2 tx x thì 2 ( ) 6 3 tt 2 22 3 60 3 6 6 30 5 5 3 2 3 30 2 5 6 (3 ) 2 t t t tt t t t t t tt t Với 15 , 2 tx x suy ra 2 4 2 2( ) 5 2 0 1 1 4 2 x x xx x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm BPT là 1 0; 4; . 4 x Ví dụ 325. Giải bất phương trình: 32 8 76 1 58 29 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0. x Nếu 0 x thì bất phương trình luôn thỏa () luôn thỏa. Nếu 0, x chia hai vế bất phương trình cho 0, xx ta được: 11 ( ) 8 76 29 2 x x x x x x (1) và đặt Cauchy 1 2 2 2. tx x Suy ra: 33 1 1 1 8 6 2 8 6 . t x x x x x t t x x x 3 3 2 (1) 6 76 29 35 76 0 ( 4)( 4 19) 0 t t t t t t t t 4. t Với 4, t suy ra: 2 2 3 2 2 1 22 24 2 2 3 2 2 22 xx x x xx Kết luận: So với điều kiện thì 3 2 2 3 2 2 0; ; 22 x là tập nghiệm. Ví dụ 326. Giải bất phương trình: 2 2 3 4(2 1) 3( 2 ) 2 1 2 10 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 2 1 0 2 xx 32 ( ) 3 ( 2) 2 1 2 ( 4 5 2) x x x x x x 2 3 ( 2) 2 1 2( 2)( 2 1) 0 x x x x x x 2 ( 2) 3 2 1 2 4 2 0 x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 243 2 ( 2) 3 2 1 2 2(2 1) 0 x x x x x () 2 2 1 2 1 ( 2) 2 3 2 0 i xx x x x 2 2 1 2 1 ( 2) 2 3 2 0 xx x xx 2 1 1 2 1 2 1 1 ( 2) 2 0 ( 2) 0 22 x x x xx x x x 2 22 20 2 2 4 2 3 2 2 1 8 4 0 1 2 0 0,5 2 4 2 3 2 8 4 0 2 2 1 x x x x x x x xx x xx xx Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là 1 ;4 2 3 2;4 2 3 2 x Nhận xét. Bản chất của việc chia 2 vế được () i và biến đổi sang () ii là nhờ vào tính đẳng cấp của nhóm 2 2 2 3 2 1 2 2(2 1) 3 2 2 , x x x x xy x y với 2 1. yx Ví dụ 327. Giải bất phương trình: 4 2 2 5 2 3 30 17 2 6 1 x x x x () Phân tích. Nhận thấy 2 30 17 2 (5 2)(6 1) x x x x nên bất phương trình được viết lại là 22 44 4 2.( 5 2) 3. (5 2)(6 1) ( 6 1) 0. x x x x Khi đó lối đi thường gặp là chia cho lượng dương bình phương, được phương trình bậc hai hoặc đặt hai ẩn phụ đưa về dạng đẳng cấp hai ẩn. Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 2 5 x 22 44 4 ( ) 2.( 5 2) 3. (5 2)(6 1) ( 6 1) 0 x x x x 2 4 2 : ( 6 1) 4 4 4 4 5 2 5 2 5 2 1 5 2 2 3 1 0 1. 6 1 6 1 6 1 2 6 1 Chia x x x x x x x x x Với 4 5 2 1 5 2 1 2 31 80 32 6 1 6 1 2 6 1 16 5 74 xx x x x xx Với 4 2 52 1: 5 61 5 2 6 1 x x x xx vô nghiệm. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là 2 31 ; 5 74 x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 244 Ví dụ 328. Giải BPT: 2 7 7 7 6 2 49 7 42 181 14 x x x x x () Đại học An Ninh Nhân Dân Phân tích. Ta có 2 49 7 42 (7 7)(7 6) x x x x thì phương trình có dạng tổng tích và nếu đặt 2 7 7 7 6 14 1 2 (7 7)(7 6) t x x t x x x thì các biến còn lại đều biểu diễn hết theo t và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 6 7 x Đặt: 7 7 7 6, ( 0). t x x t 2 0 0 ( ) 0 13. 14 13 182 0 t t t t tt Với 0 13, t suy ra: 0 7 7 7 6 13 7 7 7 6 13 x x x x 2 84 7 0 (7 7)(7 6) 84 7 (7 7)(7 6) 0 (7 7)(7 6) (84 7 ) x x x x x x x x x 12 66 1 ( ; 1] ;6 77 6 x x x x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: 6 ;6 7 x Ví dụ 329. Giải bất phương trình: 2 8 1 5 3 4( 1 1 ) x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 1. x 2 ( ) 4 1 4( 1 2 1 ) 3 5 0 x x x x (1) Đặt: 1 2 1 t x x 22 Cauchy-Schwarz 22 3 5 4 1 1 ( 2) . (1 ) (1 ) 10 t x x t x x 2 10 10 10 10 ( ) 0 10. 04 40 t t t t tt Với 0, t suy ra: 3 1 2 1 5 x x x Với 10, t thì: 1 2 1 10 4 10 10 13 3 , 1;1 . x x x x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: 3 ;1 5 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 245 Ví dụ 330. Giải bất phương trình: 3 2 3 3 2 ( 3) 9 0 x x x x () Học sinh giỏi tỉnh Bình Thuận 2015 Phân tích. Nếu đặt 2 3 0 3 t x t x thì PT 33 ( ) 3 ( 3) 2 0 x x x t 3 2 3 3 2 0 x xt t có dạng đẳng cấp bậc 3 và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 3. x Do 3 x không là nghiệm nên chỉ xét 3. x Đặt 2 3 0 3 t x t x thì 3 2 3 ( ) 3 2 0 t xt t 3 3 2 0, do : 3 0 2 2 . x x x t x x t t t t Suy ra: 1 2 3 3 2. 2 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là 2; . x Ví dụ 331. Giải bất phương trình: 3 2 3 3 2 ( 2) 6 x x x x () Phân tích. Nếu đặt 2 tx thì lúc đó: 22 3 6 3 ( 2) 3 x x x x xt sẽ đưa bất phương trình về dạng đẳng cấp bậc ba và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 2. x 3 3 3 2 3 ( ) 3 ( 2) 2( 2) 0 3 2 0, x x x x x xt t (1) với 2 0. tx Nếu 0 2 0 2 t x x thì () luôn thỏa. Nếu 02 tx thì chia hai vế cho 3 t ta được: 32 (1) 3 2 0 1 2 0 1 x x x x x t t t t t hoặc 2. x t Với 1, x xt t suy ra: 2 0 2 2. 20 x x x x xx Với 2, x t suy ra: 2 20 2 2 2 2 2 3. 4( 2) x x x x xx Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là: 2;2 2 3 2 x Ví dụ 332. Giải bất phương trình: 32 (3 4 4) 1 0 x x x x () Đề thi thử Đại học năm 2013 – THPT Ba Đình – Thanh Hóa Phân tích. Nếu đặt 1 tx thì 2 1 tx thì lúc đó: 2 4 4 4 1 4 x x t sẽ thu được bất phương trình đẳng cấp dạng: . . . . 0 n a b n x x t t với n a b mà đã biết cách giải và từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 246 3 2 3 2 2 ( ) 3 4( 1) 1 0 (3 4 ) 0, x x x x x x t t với 1 0. tx 3 2 3 3 4 0 x x t t (1) Nếu 0 1 0 1 t x x thì () luôn thỏa. Nếu 01 tx thì chia hai vế cho 3 t ta được: 3 2 2 ( ) 3 4 0 1 2 0 1 . x x x x x tx t t t t t Suy ra: 2 10 10 15 1 0 1 15 2 1 0 1 2 x x xx x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là 15 1; 2 x Ví dụ 333. Giải bất phương trình: 22 5 2 2 5 1 x x x x x () Phân tích. Nhận thấy vế phải có dạng tích của bậc nhất với căn bậc hai chứa đa thức bậc hai và biểu thức ngoài dấu căn thức là cũng là đa thức bậc hai. Nếu phân tích biểu thức ngoài căn thức theo tích này, nghĩa là viết 2 2 2 5 2 2 . .( 1) x x a x b x x và tồn tại hai số a, b thì sẽ hoàn toàn đưa được về dạng đẳng cấp. Thật vậy, đồng nhất hệ số, tức viết 22 5 2 2 ( ) , x x a b x bx b và so sánh hệ số, có ngay 3, 2. ab Phương trình viết lại 2 2 2 3 2( 1) 5 1 0, x x x x x x rõ ràng có dạng đẳng cấp bậc hai nếu đặt 2 1 0, t x x thì PT 22 3 2 5 0. x t xt Hoặc ta có thể chia trực tiếp với lượng dương, được bất phương trình bậc hai. Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 2 2 ( ) 3 2( 1) 5 1 0 3 5 2 0 1 1 xx x x x x x x xx xx 22 2 22 1 1 1 ( 0). 33 1 x x x x x x x xx 2 2 2 1 3 0. 1 x x x x x x x Kết luận: Kết hợp x > 0, tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là 0; . x Ví dụ 334. Giải bất phương trình: 41 3 1 2 3 x xx () Phân tích. Nhận thấy (3 1) (2 ) 4 1 x x x có chung nhân tử với vế phải và sẽ đưa được về bất phương trình dạng tích số nếu sử dụng nhân liên hợp. Nhưng với khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 247 điều kiện 1 ;2 3 x chưa xác định được lượng nhân vào 3 1 2 xx âm hay dương nên phải chia ra nhiều trường hợp, phức tạp. Do đó, ta sẽ chọn đặt hai ẩn phụ 3 1; 2 a x b x 22 41 a b x cũng sẽ đưa được về bất phương trình dạng tích mà không cần chia trường hợp, đơn giản hơn. Từ đó có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 1 2. 3 x Đặt 22 3 1 0 4 1. 20 ax a b x bx 22 ( ) 3( ) ( )( ) 0 3 ab a b a b a b a b ( )(3 ) 0 a b a b 3 0, (do : 0) 3 3 1 2 0 a b a b x x 3 2 3 1 3 2 2 5 : x x x x đúng 1 ;2 3 x Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là 1 ;2 3 x Ví dụ 335. Giải bất phương trình: 2 ( 5 1 1)(3 1 5 6 1) 4 x x x x x x Lời giải. Điều kiện: 1 x . Đặt: 5 1 0 10 ax bx 22 22 22 2 3 1 4 54 a b x a b x ab . 2 2 2 2 22 ( )( 2 2 ) ( )( ) () 54 a b a b ab a b a b a b ab 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( 2 2 ) 0 2 2 0 5 4 5 4 a b a b ab a b a b ab a b a b a b 2 2 2 2 2 3 2 5 4 5 4 0 3 2 ( 1) 5 4 b b b b b b b b b 4 3 2 4 3 2 9 6 13 4 4 5 10 9 8 4 b b b b b b b b 4 3 2 3 2 4 4 4 4 0 ( 1) 0 b b b b b b b b 3 ( 1)( ) 0 1 1 1 2. b b b b x x Kết luận: Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: 1;2 . x BÀI TẬP RÈN LUYỆN BT 427. Giải bất phương trình: 22 ( 4 ) 2 3 2 0. x x x x () x BT 428. Giải bất phương trình: 22 66 2 5 4 x x x x xx () x BT 429. Giải bất phương trình: 2 2 10 16 1 3. x x x x () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 248 BT 430. Giải bất phương trình: 3 3 3 4 3 3 3 xx x xx () x BT 431. Giải bất phương trình: 2 2 24 27(12 24 ) 24 8(12 24 ) x x x x x xx x x x () x BT 432. Giải bất phương trình: 22 1 1 2 xx x xx () x BT 433. Giải bất phương trình: 2 2 2 3 2 6 5 2 9 7. x x x x x x BT 434. Giải bất phương trình: 2 2 2 3 2 2 2 0. x x x x () x BT 435. Giải bất phương trình: 2 2 ( 2) 8. ( 3 1 2 1) x x xx () x BT 436. Giải bất phương trình: 2 ( 3 1)(1 2 3) 4. x x x x () x BT 437. Giải bất phương trình: 2 2 4 2 ( 4 1)(1 3 4) 5. x x x x BT 438. Giải bất phương trình: 4 2 1 2 17. xx x () x BT 439. Giải bất phương trình: 2 2 6 3 2 5 2 1 3 2 5 2 x x x x x x x x () x BT 440. Giải bất phương trình: 2 9 4 5 25. x x x () x BT 441. Giải bất phương trình: 32 8 1 2 1 3 2 2 3 . x x x x x () x BT 442. Giải bất phương trình: 32 3 2 3 8 7 17 9. x x x x x () x BT 443. Giải bất phương trình: 22 3 91 3 7 10 12. x x x () x BT 444. Giải bất phương trình: 24 1. 54 xx xx () x BT 445. Giải bất phương trình: 3 2 3 2 2 1 3 5. x x x x x x () x BT 446. Giải bất phương trình: 32 ( 2) 1 27 27 12 2. x x x x x () x BT 447. Giải bất phương trình: 3 (2 1 3 6)( 1) 6. x x x x () x BT 448. Giải bất phương trình: 22 1 5 6 4 11 6. x x x x x () x BT 449. Giải bất phương trình: 22 4 13 173 6 3 2 1. x x x x x BT 450. Giải bất phương trình: 3 3 3 4 12 1 6. x x x x x () x BT 451. Giải bất phương trình: 2 2( 1) 3 1 4 9 3. x x x x () x BT 452. Giải bất phương trình: 2 2 1. 2( 5 9) 1 xx xx () x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 249 BT 453. Giải bất phương trình: 22 1 5 2 4 8. x x x x x () x BT 454. Giải bất phương trình: 2 21 2 6( 2 4) 2 x x x x () x BT 455. Giải bất phương trình: 2 62 1. 3 3 14 27 xx xx () x BT 456. Giải bất phương trình: 2 2 3 2 1 1 5 1. 2 5 2 6 5 xx xx () x BT 457. Giải bất phương trình: 2 2 3 1 2 3 6 1. 11 5 35 6 x x x xx () x BT 458. Giải bất phương trình: 3 32 4 5 2 4 10 1. 4 6 4 10 x x x x x x () x BT 459. Giải bất phương trình: 2 1 1. 1 x x x x () x BT 460. Giải bất phương trình: 23 32 2 4 2 3 4 1. 8 2 27 4 x x x x x x () x BT 461. Giải bất phương trình: 2 2 3 1 2 3 6 1. 11 5 35 6 x x x xx () x BT 462. Giải bất phương trình: 3 3 2 2 3 2( 1) 5 4 18 11. x x x x x x BT 463. Giải bất phương trình: 33 2 2 3 4 4 x x x x x () x BT 464. Giải bất phương trình: 22 2 5 6 2 x x x x x () x BT 465. Giải bất phương trình: 2 3 2 7 4 x x x x () x BT 466. Giải bất phương trình: 2 3 2 3 12 5 1 2 x x x x x () x BT 467. Giải bất phương trình: 22 5 5 3 2 17 4 1 x x x x () x BT 468. Giải bất phương trình: 42 3 81 4 27 42 6 x x x () x BT 469. Giải bất phương trình: 23 4 25 14 3 31 30 x x x x () x BT 470. Giải bất phương trình: 22 2(4 6) 2 3 2 1 x x x x x () x BT 471. Giải bất phương trình: 23 4 2 2 ( 1) 1 ( 1) x x x x x x x BT 472. Giải bất phương trình: 22 8 8 3 8 2 3 1. x x x x x () x BT 473. Giải bất phương trình: 2 (2 1) 1 2 1. x x x x () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 250 §6. PHÖÔNG TRÌNH – BAÁT PHÖÔNG TRÌNH CHÖÙA THAM SOÁ I. Các dạng toán thường gặp Dạng 1. Tìm m để f(x;m) 0 có nghiệm (hoặc có k nghiệm) trên D ? Bước 1. Tách m ra khõi biến số x và đưa về dạng ( ) ( ). f x A m Bước 2. Khảo sát sự biến thiên cũa hàm số () fx trên . D Bước 3. Dựa vào bãng biến thiên đ ể xác định giá trị tham số () Am để đường thẵng () y A m nằm ngang cắt đồ thị hàm số ( ). y f x Bước 4. Kết luận các giá trị cũa () Am để phương trình ( ) ( ) f x A m có nghiệm (hoặc có k nghiệm) trên . D Lưu ý Nếu hàm số () y f x có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên D thì giá trị () Am cần tìm là như̂ng m thõa mân: min ( ) ( ) max ( ). xD xD f x A m f x Nếu bài toán y êu cầu tìm tham số đễ phương trình có k nghiệm phân biệt, ta chĩ cần dựa vào bãng biến thiên đễ xác định sao cho đường thẵng () y A m nằm ngang cắt đồ thị hàm số () y f x tại k điểm phân biệ t. Dạng 2. Tìm m để b ất phương trình f(x;m) 0 hoặc f(x;m) 0 có nghiệm trên mi ền D ? Bước 1. Tách tham số m ra khõi biến số x và đưa về dạng ( ) ( ) A m f x hoặc ( ) ( ). A m f x Bước 2. Khảo sát sự biến thiên cũa hàm số () fx trên . D Bước 3. Dựa vào bảng biến thiên xác định các giá trị của tham số m để bất phương trình có nghiệm: + ( ) ( ) A m f x có nghiệm trên ( ) max ( ). xD D A m f x + ( ) ( ) A m f x có nghiệm trên ( ) min ( ). xD D A m f x Lưu ý Bất phương trình ( ) ( ) A m f x nghiệm đúng ( ) min ( ). xD x D A m f x Bất phương trình ( ) ( ) A m f x nghiệm đúng ( ) max ( ). xD x D A m f x Khi đặt ẩn số phụ để đổi biế n, ta cần đặt điề u kiện cho biế n mới chính xác, nế u không sẽ làm thay đổ i kế t quả của bài toán do đổ i miề n giá trị củ a nó, dẫn đế n kế t quả sai lầm là hiển nhiên. khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 251 II. Các ví dụ minh họa 1. Các ví dụ về phương trình vô tỷ chứa tham số Nhóm I. Độc lập và khảo sát trực tiếp hàm Ví dụ 336. Tìm m để phương trình: 2 29 m x x m có đúng m ột nghiệm ? Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Chuyên Quốc Học – Huế Lời giải. Tập xác định: D . Khi đó phương trình 2 ( 2 9 1) m x x 2 2 ( ), (do : 2 9 1 0, ). 2 9 1 x m f x x x x Xét hàm số 2 () 2 9 1 x fx x xác định và liên tục trên có: 2 2 2 22 2(36 ) () 2(99 9 2 )( 2 1) 9 x x x x fx Cho 6 ( ) 0 6 x fx x Bảng biến thiên x 6 6 () fx 0 0 () fx 3 4 1 2 1 2 3 4 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: 3 4 m hoặc 11 22 m Nhận xét. Hình dạng đồ thị tương đồng với hình dạng biểu diễn () fx trong bảng biến thiên, do đó để phương trình ( ) ( ) f x A m có k nghiệm phân biệt hai đồ thị () y f x và đường thẳng nằm ngang () y A m cắt nhau tại k điểm phân biệt. Từ đó, ta tìm được giới hạn của () Am thích hợp, rồi suy ra m. Ví dụ 337. Tìm m đ ể phương trình: 2 2 2 3 2 , ( ) x mx x có nghiệm ? Đề thi thử Đại học năm 2014 khối A – THPT Chuyên – Vĩnh Phúc Phân tích. Đây là phương trình vô tỷ cơ bản dạng 2 0 B AB AB Do đó, ta tìm điều kiện, rồi bình phương hai vế và tách được m ra một vế một cách dễ dàng. Lời giải. Điều kiện: 2. x Khi đó: 22 ( ) (2 2 3) ( 2) x mx x Ta có: 3 6, 4 f 3 6, 4 f 1 lim , 2 x fx 1 lim 2 x fx . Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 252 2 1 4 1 2 2 4 ( ), 2. x x mx m x f x x x Xét hàm số 1 ( ) 4 f x x x trên [2; ) có: 2 1 ( ) 1 0, 2. f x x x Suy ra hàm số () fx luôn đồng biến trên [2; ). Bảng biến thiên x 2 () fx () fx 11 2 Kết luận: Dựa bảng biến thiên, phương trình có nghiệm 11 11 2 24 mm Ví dụ 338. Tìm m để phương trình: 2 3 2 3 1 2 2 1 x x x m có nghiệm duy nhất thuộc đoạ n 1;1 ? Đề thi thử Đại học khối B năm 2014 – THPT Chuyên Vĩnh Phúc Lời giải. Xét hàm số: 2 3 2 3 1 2 2 1 f x x x x trên 1;1 có: 2 2 3 2 2 3 2 0, ( 1;1) 3 3 4 3 3 4 () 1 2 1 1 2 1 x x x x x f x x x x x x x x Cho ( ) 0 0 0. f x x x Bảng biến thiên x 1 0 1 () fx 0 () fx 1 22 4 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên , suy ra: 1 m hoặc 4 2 2. m Ví dụ 339. Tìm m để: 22 4 21 3 10 x x x x m có hai nghiệm phân biệt ? Lời giải. Điều kiện: 25 x . Xét hàm số 22 ( ) 4 21 3 10 f x x x x x trên 2;5 có: 22 2 2 3 () 4 21 2 3 10 xx fx x x x x Cho 22 ( ) 0 2(2 ) 3 10 (3 2 ) 4 21 f x x x x x x x (1) Ta có: 2 11 lim ( ) 2 x fx và lim ( ) . x fx Ta có: 1 2 2 f . 01 f . 14 f . khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 253 Do 22 3 10 0, 4 21 0 x x x x nên để phương trình có nghiệm thì (2 ) x và (3 2 ) x cùng dấu, nghĩa là: 2 2 2 2 (2 )(3 2 ) 0 1 (1) 3 4(2 ) ( 3 10) (3 2 ) ( 4 21) xx x x x x x x x . Bảng biến thiên x 2 1 3 5 () fx 0 () fx 4 3 2 Kết luận: Tư bảng biến thiên 2;3 m thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Ví dụ 340. Tìm m đ ể: 12 ( 5 4 ), ( ) x x x m x x có nghiệm ? Phân tích. Nếu tách m trực tiếp thì vế trái là một hàm số rất phức tạp và gây khó khăn trong công việc khảo sát sự biến thiên hàm này. Một cách tự nhiên, ta suy nghĩ đến việc làm cho nó đơn giản hơn bằng cách để ý: (5 ) (4 ) 1 xx nên giúp liên tưởng đến nhân lượng liên hợp và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0 4 5 4 0. x x x ( ) 12 ( 12)( 5 4 ). 54 m x x x m x x x x x xx Xét hàm số ( ) ( 12)( 5 4 ) f x x x x x x trên đoạn 0;4 có: 3 1 12 ( ) ( 5 4 ) 0, 0; 4 . 2 12 2 5 4 x x x f x x x x x x x x Suy ra () fx đồng biến trên 0;4 nên 0;4 0;4 min ( ) (0) 2 3( 5 2) max ( ) (4) 12 f x f f x f Để () có nghiệm 0;4 0;4 min ( ) max ( ) 2 3( 5 2) 12. f x m f x m Nhận xét. Trong ví dụ trên, tôi đã sử dụng kết quả: "Nếu hàm số () y f x có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên D thì các giá trị () Am cần tìm để phương trình ( ) ( ) f x A m là những () Am thỏa mãn: min ( ) ( ) max ( ) xD xD f x A m f x ". Và tôi không lập bảng biến thiên do: " () fx là hàm đồng biến trên đoạn ; ab thì ; min ( ) ( ) ab f x f a và ; max , ab f x f b và ngược lại thì ; ; min ( ) ( ), max ( ) ( ). ab ab f x f b f x f a Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 254 Ví dụ 341. Tìm tham số m để phương trình: 3 1 2 (4 1), ( ) x x m x có đúng hai nghiệm thực phân biệt ? Phân tích. Nhận thấy (3 1) (2 ) 4 1, x x x có chung hạng tử với vế phải. Vì vậy ta sử dụng lượng liên hợp để độc lập m, đưa về phương trình dạng tích số và lúc đó phương trình luôn có một nghiệm 1 , . 4 xm Nên để phương trình có hai nghiệm thực thì nhân tử còn lại phải có một nghiệm 1 4 x và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1 2. 3 x Khi đó: 41 ( ) (4 1) 3 1 2 x mx xx 4 1 0 1 (4 1) 0 1 ( 3 1 2 ) 3 1 2 x xm x x m xx 1 4 x hoặc 1 3 1 2 xx m (1), (do : 3 1 2 0 0). x x m Để () có đúng hai nghiệm phân biệt thì (1) có đúng một nghiệm 1 4 x Xét hàm số ( ) 3 1 2 f x x x trên 11 ;2 \ 34 D có: 3 1 3 2 3 1 () 2 3 1 2 2 2 3 1. 2 xx fx x x x x Cho 17 ( ) 0 3 2 3 1 0 3 2 3 1 12 f x x x x x x Bảng biến thiên x 1 3 1 4 17 12 2 () fx 0 () fx 2 21 3 7 7 21 3 Để (1) có đúng 1 nghiệm thì 1 2 21 21 1 7. 33 mm Kết luận: 7 21 21 ; 7 7 14 m là những giá trị cần tìm. khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 255 Nhóm II. Đặt ẩn phụ và khảo sát hàm Ví dụ 342. Tìm tham số m để: 2 3 21 4 3 ( 3 2 7 ), ( ) 4 x x x m x x có nghiệm thực ? Học sinh giỏi tỉnh Long An năm 2014 Phân tích. Phương trình có dạng tổng – tích nên ta chọn phương án đặt ẩn phụ t tổng và các biến còn lại biểu diễn được hết theo t. Nhưng lưu ý rằng, đây là bài toán chứa tham số nên ta cần tìm điều kiện cho ẩn phụ chính xác, nếu tìm sai thì việc giải tiếp sẽ không còn ý nghĩa gì. Có rất nhiều cách tìm điều kiện, nhưng tôi khuyên bạn nên dùng khảo sát hàm để tìm miền giá trị của t khi t phức tạp. Lời giải. Điều kiện: 3 7. x 2 ( ) 4 21 4 3 12 4 ( 3 2 7 ) x x x m x x (1) Đặt 3 2 7 , t x x suy ra: 22 19 4 21 4 3 12. t x x x 11 2 3 7 t xx Cho 0 2 3 7 1. t x x x Bảng biến thiên x 3 1 7 t 0 t 52 2 10 10 Dựa vào bảng biến thiên tập giá trị của t là 10; 5 2 . t Khi đó: 2 2 19 (1) 19 4 4 , 10; 5 2 . t t mt m t t Xét hàm số 2 19 () t ft t trên đoạn 10; 5 2 có: 2 2 19 ( ) 0, 10; 5 2 , t f t t t suy ra hàm số () ft đồng biến trên đoạn 10; 5 2 . Do đó: 10 ; 5 2 9 10 min ( ) ( 10) 10 f t f và 10 ; 5 2 31 2 max ( ) (5 2) 10 f t f Để () có nghiệm 10 ; 5 2 10 ; 5 2 9 10 31 2 min ( ) 4 max ( ) 40 40 f t m f t m Kết luận: 9 10 31 2 ; 10 10 m thì phương trình đã cho có nghiệm thực. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 256 Ví dụ 343. Tìm tham số , ( ) mm để phương trình sau có nghi ệm thực: 2 2 3 (2 2 ). 3 ( 1) 9 x m x m x () Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Lý Thái Tổ – Bắc Ninh Phân tích. Phương trình cũng có dạng tổng – tích, nhưng tham số vẫn còn nằm trong phần tử của tổng. Do đó, ta không thể đặt t tổng mà thường thì chia hai vế cho lượng tổng có mang tham số sau khi xét nó 0, cụ thể chia cho 3 x và đặt ẩn phụ sẽ đưa được về phương trình bậc hai chứa tham số. Lời giải. Điều kiện: 3 3 xx . Do 3 x không là nghiệm của phương trình nên xét 3 3. xx Với 3 3, xx chia hai vế cho 3 0, x ta được: 3 3 3 3 ( ) 2 2 2 ( 1) 2 ( 1) 2 2 0 3 3 3 3 x x x x m m m m x x x x (1) Đặt: 3 , ( 0, 1). 3 x t t t x Khi đó: 2 (1) 2 ( 1) 2 2 0 t m t m 2 22 () 2 tt m f t t và xét hàm số () ft trên 0; \ 1 có: 2 2 0 28 ( ) 0, 1 ( 2) t tt ft t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên 0;1 và (1; +) Suy ra, phương trình đã cho có nghiệm (1) có nghiệm thỏa 0, 1 tt (0) mf và (1) 1 m f m và 5 3 m Kết luận: Phương trình có nghiệm thực khi 5 1; \ 3 m Ví dụ 344. Tìm m đ ể phương trình: 2 9 9 9 , x x x m x () có đúng bố n nghiệm thực phân biệt ? Phân tích. Đây là phương trình vô tỷ khá quen thuộc: A B C (phương pháp giải: đặt điều kiện, chuyển vế sao cho hai vế không âm và bình phương). Khi đó được: 22 9 2 9 9 9 x x m x x và đặt ẩn phụ t. Nhưng các em hãy lưu ý, đây là bài toán tìm tham số để phương trình có k nghiệm, khi đặt ẩn ta cần "biện luận số nghiệm dựa vào sự tương quan giữa t và x". Nghĩa là ứng với mỗi t cho được bao nhiêu nghiệm x, nhằm trả lời chính xác yêu cầu bài toán. Lời giải. Điều kiện: 0 9. x 2 ( ) 9 9 9 x x x x m 2 2 2 2 9 2 9 9 9 9 (9 ) 2 9 9 x x x x m m x x x x (1) khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 257 Đặt 2 90 t x x và ta có: Cauchy 99 .(9 ) 22 xx xx nên 9 0; 2 t Khi đó: 2 (1) 9 2 9 m t t (2) Nếu 2 9 9 9 9, 2 2 2 t t x x x có đúng một nghiệm . x Nếu 9 0; 2 t thì với mỗi giá trị của t có 2 nghiệm phân biệt của . x Do đó, để (1) có 4 nghiệm phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm phân biệt 9 0; 2 t Xét hàm số 2 ( ) 2 9 f t t t trên 9 0; 2 có: ( ) 2 2 0 1. f t t t t 0 1 9 2 () ft 0 () ft 10 9 9 4 Kết luận: Để (2) có 2 nghiệm phân biệt 9 0; 2 t 10 9 9 10 1 9 mm Ví dụ 345. Tìm tham số m để: 22 5 5 5 7, ( ) x x x m x có đúng hai nghiệm thực phân biệt ? Lời giải. Điều kiện: 5 5. x Đặt: 2 2 51 5 x t x x t x Cho 2 22 0 10 05 2 5 x t x x x xx x 5 10 2 5 ' t 0 t 10 5 5 Dựa vào bảng biến thiên , suy ra tập giá trị của t là 5; 10 . t Cũng từ bảng biến thiên, nhận thấy rằng: Ứng với 10 t thì 2 5 t x x có đúng một nghiệm . x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 258 Ứng với mỗi 5; 5 t thì 2 5 t x x có đúng một nghiệm . x Ứng với mỗt 5; 10 t thì 2 5 t x x có đúng hai nghiệm . x 2 ( ) 5 2 39 2 t t m (1) Xét hàm số 2 ( ) 5 2 39 f t t t trên 5; 10 có 1 ( ) 10 2 0 5 f t t t TH 1. Nếu 5; 5 t thì yêu cầu (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt. t 5 1 5 5 ' ft 0 ft 196 5 14 2 5 14 2 5 Dựa vào bảng biến thiên 196 196 14 2 5 2 7 5; 5 10 mm ● TH 2. Nếu 5; 10 t thì yêu cầu bài toán (1) có 1 nghiệm. t 5 10 ' ft ft 14 2 5 2 10 11 Từ bảng, suy ra: 11 2 10 11 2 14 2 5 10 ;7 5 2 mm Kết luận: Hợp hai trường hợp, suy ra 11 196 10 ; 2 10 m Ví dụ 346. Tìm tham số m để: 4 2 1 (2 1)(2 1) 2 1 0, ( ) x x x m x có đúng hai nghi ệm thực phân biệt ? Lời giải. Điều kiện: 1 2 x Khi đó: 4 2 1 2 1 ( ) 0 2 1 2 1 xx m xx (1) Đặt: 4 21 21 x t x có 3 2 4 11 0, , 2 21 (2 1) 21 tx x x x nên tăng trên 1 ; 2 . khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 259 Bảng biến thiên: x 1 2 t t 1 0 Khi đó: 2 (1) , t t m (2) và ứng với mỗi 4 21 , 0;1 21 x tt x thì cho ta mỗi 1 ; 2 x nên để () có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) phải có hai nghiệm thực phân biệt 0;1 . t Xét hàm số 2 () f t t t trên 0;1 có 1 ( ) 2 1 0 2 f t t t t 0 1 2 1 () ft 0 () ft 1 4 0 0 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên , suy ra 1 0; 4 m thỏa yêu cầu bài toán. Ví dụ 347. Tìm tham số m để: 4 2 1 ( 1) 16 1, 1 x x m x x x x có đúng hai nghiệm thực phân biệt ? Lời giải. Điều kiện: 1 x . Suy ra: 1 0. xx 4 2 1 ( ) 16. 1 1 m x x x x x x 4 1 1 16. ( 1) 1 m x x x x x x 4 4 1 16. ( 1) 1 16. 1 1 x x x m x x x x m xx x (1) Đặt 4 1 x t x . Lúc đó: 2 16 (1) 1 tm t (2) Có 4 21 lim lim 1. 21 xx x t x Dựa vào bảng biến thiê n, suy ra tập giá trị của t là: 0;1 . t Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 260 Vì 1 x 44 1 1 1; 11 x t xx và ứng với mỗi t cho ta được một nghiệm x . Do đó, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt (2) có đúng hai nghiệm 1; . t Xét hàm số 2 16 () f t t t trên 1; có 3 22 16 2 16 ( ) 2 0 2. t f t t t tt t 1 2 () ft 0 () ft 17 12 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên , suy ra: 12 1 17 16 11. mm Ví dụ 348. Tìm tham số m để 2 2 2 8 4 13 (2 1) 3, ( ) x x m x x có nghiệm ? Phân tích. Do 2 8 4 13 0 xx nên cần 22 .(2 1). 3 0 2 1 0 m x x x và nếu không phát hiện ra điều kiện kéo theo này thì kết quả chắc sẽ sai !!!. Bài toán chứa tích số 2 (2 1). 3 xx nên ta sẽ phân tích 2 8 4 13 xx theo hai biểu thức tích, cụ thể 2 2 2 2 8 4 13 (2 1) 4( 3) x x x x và chia 2 vế cho lượng tích này sẽ tìm được phép đặt ẩn phụ và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1 2 x 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 ( ) (2 1) 4( 3) (2 1) 3 4 21 3 xx x x m x x m x x (1) Đặt 2 21 , 3 x t x suy ra: 2 2 46 0. 3 xx t x x 1 2 ' t t 2 0 Do đó, miền giá trị của t là: 0;2 t . 2 4 (1) , tm t (2) và để (1) có nghiệm (2) có nghiệm 0;2 t . Xét hàm số 4 f t t t trên 0; 2 có 2 4 ( ) 1 0, 0;2 f t t t . Ta có: lim x t 2 21 lim 2. 3 x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 261 Bảng biến thiên t 0 2 ' ft ft 4 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên , suy ra: 2 42 mm hoặc 2 m . Ví dụ 349. Tìm m đ ể: 23 ( 2) 4 ( 1) 4 , ( ) x m x m x x có nghiệm ? Đề thi thử Đại học khối A năm 2014 – Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc Phân tích. Phương trình có dạng đẳng cấp . ( ) . ( ) . ( ). ( ) f x g x f x g x . Do đó, ta sẽ chia cho lượng ( ) 0 gx có mang tham số sau khi xét ( ) 0 gx và có lời giải: Lời giải. Điều kiện: 0. x 22 ( ) ( 4) ( 2) ( 1) ( 4) x m x m x x (1) Do 0 x thì phương trình không thỏa. Chia hai vế cho 0 x được: 22 44 (1) ( 1) 2 0 xx mm xx (2) Đặt 2 4 2 x t x thì 2 2 2 (2) ( 1) 2 0 1 tt t m t m m t Xét hàm số 2 2 () 1 tt ft t trên 2; có: 2 2 23 ( ) 0 3. ( 1) xx f t t x Bảng biến thiên t 2 3 () ft 0 () ft 8 7 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên , suy ra: 7 m thì phương trình có nghiệm. Ví dụ 350. Tìm m đ ể phương trình: 32 1 2, ( ) m x x có nghiệm thực ? Lời giải. Điều kiện: 1. x 22 ( ) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) m x x x x x x 22 11 .1 11 xx m x x x x Đặt: 2 1 1 x t xx và có 2 22 2 13 22 0 1 13 2( 1) 1 x xx t x x xx xx Ta có: 0 lim ( ) t ft 0 1 lim . t t t Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 262 x 1 13 ' t 0 t 2 3 3 3 0 0 Từ bảng biến thiên tập giá trị của t là: 2 3 3 0; 3 t . Khi đó: Khi đó phương trình 2 1 1 mt t m t t (do 0 t không là nghiệm). Xét hàm số 1 () f t t t trên 2 3 3 0; 3 có: 2 1 ( ) 1 0. ft t t 0 2 3 3 3 () ft () ft 2 3 1 2 3 3 Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm 2( 3 1) 2 3 3 m Ví dụ 351. Tìm m đ ể: (2 1) 2 ( 2) 2 1 0, ( ) m x m x m có nghiệm ? Học sinh giỏi tỉnh Thái Bình Phân tích. Nhận thấy 22 22 22 ( 2) ( 2 ) 4 1, 22 xx xx gợi nhớ đến công thức lượng giác 22 sin cos 1, nên đặt ẩn phụ 2 2sin x và 2 2cos x với 0; 2 . Lúc đó yêu cầu bài toán trở thành: tìm tham số m để phương trình: 2(2 1)sin 2( 2)cos 1 0 m m m có nghiệm 0; 2 . Đến đây, sai lầm mà học sinh thường vấp phải là "phương trình cổ điển dạng: sin cos 0 a b c có nghiệm 2 2 2 a b c " và từ đó kết luận giá trị của m. Nhưng điều ấy chỉ đúng khi , còn ở đây thì 0; 2 . Đối với dạng này, khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 263 phương pháp xử lý tốt nhất là chuyển về phương trình đại số bằng cách đặt ẩn phụ: tan 2 t 2 2 sin 1 t t và 2 2 1 cos 1 t t Lời giải. Điều kiện: 22 x . Đặt 2 2sin , 0; 2 2 2cos xt xt ( ) 2(2 1)sin 2( 2)cos 1 0 m m m (1) Đặt tan 2 t Do 0; 0;1 2 t 2 22 21 sin ; cos 11 tt tt 22 2 2 2 (8 4) 2( 2)(1 ) 3 4 5 (1) 1 0 1 1 8 3 m t m t t t mm t t t t Xét hàm số 2 2 3 4 5 () 83 tt ft tt trên 0;1 có: 2 22 20 8 28 ( ) 0. ( 8 3) tt ft tt Do đó hàm số () ft nghịch biến trên đoạn 0;1 . Suy ra 0;1 3 min ( ) (1) 5 f t f và 0;1 5 max ( ) (0) 3 f t f Kết luận: Để phương trình có nghiệm 0;1 0;1 35 min ( ) max ( ) 53 g t m g t m Bình luận. Công cụ chính là "kỹ thuật dùng đạo hàm". Khi ta cô lập được () Am thì phải làm thế nào để hàm số phải xét tương đối đơn giản. Lúc đó, có các hướng xử lý: Đạo hàm trực tiếp đối với hàm () fx đơn giản. "Làm sạch" bằng phương pháp nhân liên hiệp để được () fx đơn giản. Đặt ẩn phụ thích hợp và tìm điều kiện cho ẩn phụ chính xác. Khảo sát tính đơn điệu của hàm số () fx (hoặc () ft nếu đặt ẩn phụ), rồi dựa vào sự tương giao của đồ thị hàm số () y f x (hoặc () y f t ) và đường thẳng nằm ngang () y A m để biện luận số nghiệm k (số giao điểm k ). Nếu hàm số () y f x (hoặc () y f t ) có GTLN và GTNN trên D thì giá trị m cần tìm để p hương trình có nghiệm là những m thỏa mãn : min ( ) ( ) max ( ). xD xD f x A m f x Đó là phương pháp tổng quát đối với những bài toán độc lập được tham số m, còn đối với những bài không độc lập được m thì sao ? Ta cùng xét ví dụ sau: Ví dụ 352. Tìm m đ ể phương trình: 1 3 , ( ) x m x m có nghiệm ? Lời giải. Đặt: 2 22 2 0 1 3 1 10 u x m u x m u v m u v m vx vx 2 2 3 ( ) 2 1 91 3 2 u v m u v uv m mm u v m uv Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 264 Do đó , uv là hai nghiệm của phương trình: 2 2 91 30 2 mm t mt (1) Phương trình () có nghiệm (1) có hai nghiệm không âm (do : , 0) uv : 2 2 0 9 2 2 0 37 1 19 1 00 18 9 0 9 1 0 mm S m m P mm Ví dụ 353. Tìm m đ ể: 5 2 4 34 ( 1)( 33) 1, ( ) x x m x x có nghiệm ? Lời giải. Đặt: 52 5 2 42 4 34 34 34 33 ( 1)( 33) 0 u x x m u x x m v x x v x x 54 5 4 5 4 1 0 1 33 1 33 ( 1) 33 , (1) v u u u v m u v u v m u u m Để phương trình () có nghiệm (1) có nghiệm 1 u . Xét hàm số 54 ( ) ( 1) 33 f u u u trên 1; có: 43 ( ) 5 4( 1) 0, 1 ( ) f u u u u f u đồng biến trên 1; . Để (1) có nghiệm 1; 1 min ( ) (1) 34. u m f u m f m Kết luận: 34 m thì phương trình đã cho có nghiệm. Ví dụ 354. Tìm tham số m để: 3 4 1 2 (1 ) 2 (1 ) , ( ) x x m x x x x m có nghiệm duy nhất ? Lời giải. Điều kiện cần : Ta thấy nếu o x là một nghiệm của () thì 1 o x cũng là một nghiệm của ( ). Do đó () có nghiệm duy nhất thì phải có 1 oo xx 1 2 o x Với 1 2 o x thì 3 4 11 22 24 mm 3 0 1 m mm m Điều kiện đủ : Với 0 m thì 4 ( ) 1 2 (1 ) 0 x x x x 4 44 ( 1 ) 0 xx 1 2 x là nghiệm duy nhất nên nhận 0 m . Với 1 m thì 4 ( ) 1 2 (1 ) 2 (1 ) 1 x x x x x x 4 2 (1 ) 1 2 (1 ) 1 0 x x x x x x x x 44 22 44 10 1 ( 1 ) ( 1 ) 0 2 10 xx x x x x x xx khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 265 Do 1 2 x là nghiệm duy nhất nên nhận 1 m . Với 1 m thì 4 ( ) ( ) 1 2 (1 ) 2 (1 ) 1 0, f x x x x x x x có (1) (0) 0 ff nên có ít nhất hai nghiệm 0, 1 xx nên loại 1 m . Kết luận: 1 0 mm thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Bình luận. Trong cách giải trên, tôi đã sử dụng điều cần và điều kiện đủ để tìm m trong bài toán có nghiệm duy nhất. Điểm mấu chốt để tìm ra điều kiện cần là nêu ra được nhận xét đặc trưng của phương trình, cụ thể chú ý đến tính chẵn lẻ, tính đối xứng của các biểu thức có mặt trong phương trình. Dạng tổng quát của bài toán là 2 ; ( )( ) 0 nn n f x a b x x a b x với ( ) ( ). f x f b a x Nên phương trình có nghiệm duy nhất thì nghiệm đó phải thỏa mãn x b a x suy ra 2 ba x 2. Các thí dụ về bất phương trình vô tỷ chứa tham số Để xác định tham số m trong bài toán bất phương trình vô tỷ, ta cũng có c ác bước và các dạng giống như phương trình. Nhưng khi độc lập m, ngoài lưu ý về dấu khi nhân hoặc chia, ta cần ghi nhớ: ( ) ( ) A m f x có nghiệm trên ( ) max ( ). xD x D A m f x ( ) ( ) A m f x có nghiệm trên ( ) min ( ). xD x D A m f x ( ) ( ) A m f x nghiệm đúng ( ) min ( ). xD x D A m f x ( ) ( ) A m f x nghiệm đúng ( ) max ( ). xD x D A m f x Vì thế, cần nắm vững các phương pháp tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số (trên đoạn, trên khoảng…). Ví dụ 355. Tìm m đ ể bất phương trình: 33 4 ( 1 1) 3 1, ( ) mx x x x x có nghiệm thực ? Đề thi thử Đại học năm 2014 – Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An Lời giải. Điều kiện: 01 x . Do 0 x không là nghiệm của bất phương trình. Với 0;1 x 1 1 0 x nên 3 3 4 31 ( ) ( ). ( 1 ) xx m f x x x x x Để (1) có nghiệm trên 0;1 0;1 min ( ). m f x Ta có: 33 33 44 3 1 1 1 1 ( ) 3 (1 1 ) (1 1 ) x x x fx xx x x x x Với 3 0;1 1 0 0;1 ( ) 3 min ( ) 3 0 1 1 1 x x f x f x x x khi 1 x . Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 266 Kết luận: 3 m thì bất phương trình đã cho có nghiệm. Ví dụ 356. Tìm m đ ể bất phương trình: 2 3 4 , ( ) mx x x có nghiệm ? Lời giải. Điều kiện: 04 x . Do 0 x không là nghiệm bất phương trình. Với 0;4 x thì 2 43 ( ) ( ) xx m f x xx (1) Để (1) có nghiệm 0;4 x thì 0;4 min ( ). m f x Xét hàm số 2 43 () xx fx xx có: 2 2 23 ( ) 0, 0;4 . 4x f x x x xx Suy ra hàm số () fx nghịch biến trên 0;4 0;4 33 min ( ) (4) 44 f x f m Kết luận: 3 ; 4 m thì bất phương trình đã cho có nghiệm. Ví dụ 357. Tìm m đ ể bất phương trình: 2 (4 ) 4 5 2 0, ( ) x x m x x có nghiệm 2;2 3 x ? Đề thi thử Đại học khối A năm 2014 – Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc Lời giải. Đặt 2 2 2 4 5 ' 0, 2;2 3 45 x t x x t x x xx Suy ra miền giá trị t là 2;2 3 2;2 3 min ; max (2); (2 3) 1;2 . t t t t t t t 2 7 ( ) ( ), 1;2 t m f t t t và yêu cầu bài toán 1;2 min ( ). m f t Xét hàm số 2 7 () t ft t trên 1;2 có: 2 2 7 ( ) 0, 1;2 . t f t t t Suy ra hàm số () ft đồng biến trên 1;2 1;2 min ( ) (1) 6 6. m f t f m Kết luận: 6; m thì bất phương trình đã cho có nghiệm 2;2 3 . x Ví dụ 358. Tìm m đ ể: 2 2 (1 )(3 ) 2 , ( ) x x x x m có nghiệm ? Lời giải. Điều kiện: 01 32 x x thì 22 ( ) 2 3 2 2 , x x x x m (1) Đặt 2 32 t x x 2 2 0 1. t x x khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 267 x 3 2 1 0 1 ' t 0 t 3 0 3 0 Dựa vào bảng biến thiên, suy ra tập giá trị của t là 0;3 . t (1) 2 3 ( ), (2). m t t f t Để () có nghiệm (2) có nghiệm 0;3 t 1 2 min ( ) min ( ). 2 m f t m f t Xét hàm số ( ) 3 f t t t trên 0;3 có 11 () 2 3 2 ft tt Cho 3 ( ) 0 2 f t t và có 3 (0) (3) 3; 6, 2 f f f nên 0;3 min ( ) 3. ft Kết luận: 3 ; 2 m thì bất phương trình đã cho có nghiệm. Ví dụ 359. Tìm m đ ể: 2 1 3 3 2 2, ( ) x x m x x có nghiệm ? Lời giải. Điều kiện: 1 3. x 2 1 3 2 3 2 x x m x x 22 1 3 0 1 3 (2 3 2 ) x x m x x m x x () I Đặt: 13 t x x có 11 2 1 2 3 t xx và 0 1. tx x 1 1 3 ' t 0 t 22 2 2 4 () () 4 mt I t m t f t Hệ () I có nghiệm 2;2 2 2;2 2 2;2 2 max 22 min ( ) min ( ) mt m m f t m f t Xét hàm số 4 () 4 t f t t trên 2;2 2 có 3 ( ) 1 0, 2;2 2 . f t t t Suy ra hàm số () ft nghịch biến nên 2;2 2 min ( ) (2 2) 2 2 16. f t f Kết luận: BPT có nghiệm 22 m và 2 2 16 m 2 2 16;2 2 . m Dựa vào bảng biến thiên Þ tập giá trị của t l à 2;2 2 . t Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 268 Ví dụ 360. Tìm m đ ể bất phương trình: 2 2 3 (1 ) , ( ) x x m có nghiệm ? Lời giải. Điều kiện : 11 x . Đặt 2 2 3 ( ) (1 ) f x x x thì ( ) ( ). m f x Yêu cầu bài toán 1;1 max ( ). m f x Xét hàm số 2 2 3 ( ) (1 ) f x x x trên 1;1 có 2 ( ) 2 3 1 . f x x x x Cho 2 5 ( ) 0 (2 3 1 ) 0 0 3 f x x x x x Ta có: 5 23 1 1, 0 1, 3 27 f f f nên 1;1 max 1 fx 1 m . Kết luận: 1 m sẽ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 361. Tìm m đ ể: 22 2 3 8 2 , ( ) x x x x m có nghiệm ? Lời giải. Điều kiện: 21 34 x x . Đặt 2 2 ' 2 2 0 1 t x x t x x . x 2 1 1 3 4 t 0 t 8 3 8 3 Dựa vào bảng biến thiên tập giá trị của t là 3;8 t . ( ) 3 8 , (1) m t t và đặt ( ) 3 8 . f t t t Để () có nghiệm (1) có nghiệm 3;8 3;8 max ( ). t m f t Xét hàm số ( ) 3 8 f t t t trên 3;8 có: 11 () 2 3 2 8 ft tt Cho (3) (8) 5 11 ( ) 0 11 2 10 2 ff f t t f nên 3;8 max 10 10. f t m Kết luận: ; 10 m sẽ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 362. Tìm m đ ể: 22 2( 2 ) 2 3 , ( ) x x x x m nghiệm đúng x 2; 2 éù " Î - êú ëû ? Lời giải. Điều kiện: 22 x . Đặt: 2 2 t x x . Ta có: 2 1 2 x t x Cho 2 0 2 1. t x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 269 x 2 1 2 t 0 t 2 2 2 Dựa vào bảng biến thiên, suy ra tập giá trị của t là 2;2 t . 2 1 ( ) 3 2 1 ( ) 2 m t t f t (1) Để () nghiệm đúng (1) nghiệm đúng 2;2 2;2 3 min ( ). t m f t Xét hàm số 2 1 21 2 f t t t trên 2;2 có ( ) 2 0 1. f t t t Ta có: ( 2) 2 2; (2) 3 ff và min ( ) 2 2. ft Kết luận: 22 3 2 2 3 mm thỏa yêu cầu bài toán. Ví dụ 363. Tìm m đ ể: 4 2 2 2 2 1, ( ) x x m x x nghiệm đúng 0;1 x ? Lời giải. Đặt 2 1 t x x . Do 0;1 0; 2 xt . Khi đó: 2 ( ) 2 2 ( ), (1) m t t f t . Để () có nghiệm đúng 0;1 x (1) nghiệm đúng 0; 2 t 0; 2 max ( ) m f t . Xét hàm số 2 22 f t t t trên 0; 2 có ' 2 2 0 1 f t t t . Ta có: (0) 2; (1) 1; ( 2) 4 2 2 f f f nên 0; 2 max ( ) 2 2 2. f t m m Kết luận: ;2 m thỏa yêu cầu bài toán. BÀI TẬP RÈN LUYỆN BT 474. Tìm tham số m để : 2 2 2 2 m x x x có 2 nghiệm phân biệt ? BT 475. Tìm m để phương trình : 2 2 m x x m có ba nghiệm phân biệt ? BT 476. Tìm tham số m để phương trình: 2 2 1 1 x m x có nghiệm ? BT 477. Tìm m để phương trình: 2 2 2 1 x mx x có hai nghiệm ? BT 478. Tìm tham số m để phương trình: 44 2 2 2 6 2 6 x x x x m có đúng hai nghiệm thực phân biệt ? BT 479. Tìm tham số m để phương trình: 4 4 13 1 0 x x m x có nghiệm thực duy nhất ? Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 270 BT 480. Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 2 8 ( 2) x x m x ? BT 481. Tìm m để phương trình: 22 11 x x x x m có nghiệm thực ? BT 482. Tìm tham số m để : 4 2 2 4 1 x x x m có đúng một nghiệm ? BT 483. Tìm tham số m để: 22 ( 2)(1 1) m x x m có nghiệm thực ? BT 484. Tìm m để: 22 4 5 4 x x m x x có đúng 2 nghiệm dương ? BT 485. Tìm m để : 6 2 (4 )(2 2) 4( 4 2 2) x x x m x x có nghiệm thực ? BT 486. Tìm m để: 22 2( 4 ) 4 2 3 0 x x x x m có đúng hai nghiệm thực phân biệt ? BT 487. Tìm tham số m để: 2 4 4 0 x x m x x có nghiệm thực ? BT 488. Tìm tham số m để: 4 2 3 1 1 2 1 x m x x có nghiệm thực ? BT 489. Tìm tham số m để 2 2 4 2 2 ( 1 1 2) 1 1 1 m x x x x x có nghiệm thực ? BT 490. Tìm tham số m để: 2 1 (4 ) 1 ( 1) 1 x m x m x có nghiệm ? BT 491. Tìm m để: 23 2 2 3 2 4 1 mx x x x có hai nghiệm phân biệt ? BT 492. Tìm tham số m để: 22 ( 4) 2 5 8 24 m x x x x có nghiệm ? BT 493. Tìm tham số m để: 22 3 2 3 ( 1) 1 x x m x x có nghiệm ? BT 494. Tìm tham số m để phương trình : 22 10 8 4 2 1 1 x x m x x có đúng hai nghiệm thực phân biệt ? BT 495. Tìm m để: (4 3) 3 (3 4) 1 1 0 m x m x m có nghiệm ? BT 496. Tìm tham số m để: 2 2 4 2 1 1 2 1 2 m x x x x x x có nghiệm thực ? BT 497. Tìm tham số m để phương trình : m x m x m có nghiệm ? BT 498. Tìm tham số m để: 3 22 1 2. 1 x x m có nghiệm duy nhất ? BT 499. Tìm tham số m để phương tình 3 2 4 6 4 5 x x x x m có đúng hai nghiệm phân biệt ? BT 500. Tìm m để: 2 3 2 ( 1) ( 2) ( 4)(11 8 8) 0 m x x x x có nghiệm ? có đúng 4 nghiệm thực phân biệt ? BT 501. Tìm m để: 2 2 2 ( 1) 2 4 x m x x có hai nghiệm phân biệt ? BT 502. Tìm tham số m để: 4 4 3 4 3 4 16 4 16 6 x x x m x x x m có đúng hai nghiệm thực phân biệt ? khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 271 Phaàn 2. HEÄ PHÖÔNG TRÌNH ÑAÏI SOÁ – VO TYÛ §1. HEÄ PHÖÔNG TRÌNH CÔ BAÛN 1. Hệ phương trình đối xứng loại I – Nhận dạng: Đổi chỗ hai ẩn thì hệ phương trình không thay đổi và trật tự các phương trình cûng không thay đỗi. – Cách giải: Biến đổ i về dạng tổ ng – tích + Đặt , . S x y P xy + Giải hệ với ẩn , SP với điều kiệ n có nghiệ m ( ; ) xy là 2 4. SP + Tìm nghiệ m ( ; ) xy bằng cách thế vào phương trình 2 0. X SX P – Một số biến đổi để đưa về dạng tổ ng – tích thường gặp: + 2 2 2 2 ( ) 2 2 . x y x y xy S P + 3 3 3 3 ( ) 3 ( ) 3 . x y x y xy x y S SP + 2 2 2 ( ) ( ) 4 4 . x y x y xy S P + 4 4 2 2 2 2 2 4 2 2 ( ) 2 4 2 . x y x y x y S S P P + 4 4 2 2 2 2 2 2 ( )( ) x y x y x xy y x xy y 2. Hệ phương trình đối xứng loại II – Nhận dạng: Đổi chỗ hai ẩn thì hệ phương trình không thay đổi và trật tự các phương trình thay đỗi (phương trình này tr ở thành phương trình kia). – Cách giải: Lấy vế trừ vế và phân tích thành nhân tử, lúc nào cũng đưa đư ợc về dạng ( ). ( ) 0, x y f x tức luôn có . xy 3. Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai 22 1 1 1 1 22 2 2 2 2 ( ) a x b xy c y d i a x b xy c y d 22 2 1 1 1 1 2 22 1 2 2 2 1 2 ( ) . () ( ) . d a x b xy c y d d i d a x b xy c y d d (1) (2) Lấy 22 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 (1) (2) ( ) ( ) ( ) 0 a d a d x b d b d xy c d c d y Đây là phương trình đẳng cấp bậc hai nên sẽ tìm được mối liên hệ , . xy (bản chất là nhân chéo hai phương trình lại với nhau tạo đồng bậc). Lưu ý. Ta sẽ làm tương tự đối với dạng đẳng cấp bậc ba và bậc bốn. 4. Sử dụng phương pháp thế tạo phương trình đẳng cấp (đồng bậc) Dạng thường gặp là ( ; ) ( ; ) ( ; ) m nk f x y a f x y f x y với ( ; ), ( ; ), ( ; ) m n k f x y f x y f x y là các biễu thức đẵng cấp bậc , , m n k thỏa mãn . m n k Phương pháp giải: Sử dụng kỹ thuật đồng bậc, tức: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 272 Hệ ( ; ) ( ; ) ( ; ) . ( ; ) ( ; ) ( ; ) m m n k nk a f x y f x y f x y a f x y a f x y a f x y và đây là phương trình đẳng cấp bậc , k sẽ tìm được mối liên hệ giữa , . xy Chẳng hạn: 44 44 3 3 2 3 3 2 2.(4 ) (4 ). 2 44 2 2 x y x y x y x y x y xy x y xy Suy ra: 4 4 3 3 2 2(4 ) ( )(4 ) x y x y xy x y có dạng đẳng cấp bậc bốn. Nhóm ví dụ về hệ đối xứng loại I Ví dụ 364. Giải hệ phương trình: 33 8 22 xy x y xy () ( ; ). xy Đại học Sư phạm Hà Nội Phân tích. Khi thay đổi vị trí x và y cho nhau thì hệ không thay đổi và trật tự các phương trình trong hệ cũng không thay đổi đây là hệ đối xứng loại I và phương pháp giải là biến đổi về tổng và tích. Lời giải. Đặt 2 , , ( 4 ). S x y P xy S P Khi đó: 3 3 2 2 2 3 ( )( ) ( ) ( ) 3 3 . x y x y x xy y x y x y xy S PS 3 32 22 2 38 ( ) : 0 2 2 2 3 6 16 0 PS S S SP P S P S S S thỏa điều kiện. Với 2 , 0 S P suy ra: 22 00 x y x xy y hoặc 0 2 x y Kết luận: Tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (2;0);(0;2) S x y Ví dụ 365. Giải hệ phương trình : 22 4 4 2 2 13 91 x y xy x y x y () ( ; ). xy Lời giải. Đặt: S x y và , P xy 2 ( 4 ). SP Khi đó: 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 () ( ) 2 ( 2 ) x y xy x y xy S P x y x y x y xy x y S P P 22 2 2 2 2 2 13 13 3 ( ) : 4 ( 2 ) 91 (13 ) 91 S P S P P S S P P P P thỏa điều kiện. Suy ra: 3 3 3 1 3 1 4 4 1 3 1 3 xy xy x x x x x y x y y y y y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 273 Kết luận: Tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) ( 3; 1);( 1; 3);(1;3);(3;1) S x y Ví dụ 366. Giải hệ phương trình: 22 4 ( 1) ( 1) 2 x y x y x x y y y () ( ; ). xy Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 22 2 ( ) ( ) 2 4 ( ) 2 4 () 2 ( ) ( ) 2 x y x y xy x y xy x y x y xy x y x y x y xy (1) Xem đây là hệ bậc nhất với hai ẩn 2 ( ) ( ) , x y x y xy ta được: 2 0 ( ) ( ) 0 (1) 2 2 xy x y x y xy xy hoặc 1 2 xy xy 2 2 x y hoặc 2 2 x y hoặc 1 2 x y hoặc 2 1 x y Kết luận: Tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) ( 2; 2);(1; 2);( 2;1) S x y Nhận xét. Bạn đọc có thể giải bình thường bằng cách đặt , , S x y P xy cũng ra được kết quả tương tự như trên. Ví dụ 367. Giải hệ phương trình: 33 ( ) 2 2 xy x y xy () ( ; ). xy Phân tích. Nếu đặt ty thì hệ 33 ( ) 2 () 2 xt x t xt và đây là hệ đối xứng loại I. Lời giải. Đặt ty thì 33 ( ) 2 ( ) , 2 xt x t xt ( ). i Đặt 2 , ( 4 ). S x t SP P xt Suy ra: 3 3 3 3 ( ) 3 .( ) 3 . x t x t xt x t S SP 33 22 2 () 1 3 2 8 SP SP S i P S SP S Suy ra: 2 1 1 1 1 1 x t x x xt t y Kết luận: Tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (1; 1) S x y Ví dụ 368. Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 22 3 9 22 3 9 1 2 x x x y y y x y x y () Đại học khối A năm 2012 Lời giải. Đặt tx thì 3 3 2 2 22 3( ) 9( ) 22 () 1 2 y t y t t y y t t y () i Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 274 Đặt , ( 4 ) S y t SP P yt thì 32 2 3 3( 2 ) 9S 22 () 1 2 2 S PS S P i S P S 3 1 3 1 32 2 2 2 2 4 3 1 3 1 3 2 4 2 2 2 2 yt t t x x P yt S y y y y Kết luận: Tập nghiệm hệ cần tìm là 3 1 1 3 ( ; ) ; ; ; 2 2 2 2 S x y Ví dụ 369. Giải hệ phương trình: 22 6 20 x y y x x y y x () ( ; ). xy Đại học Hoa Sen Phân tích. Nếu thay đổi vị trí x và y cho nhau thì hệ không thay đổi và trật tự các phương trình cũng không thay đổi nên đây là hệ đối xứng loại I. Nhưng trong hệ phương trình có chứa: , , xy nên ta sẽ đặt: , S x y P xy hoặc ta có thể đặt , ux , vy rồi sau đó đặt S, P theo u, v cũng được kết quả tương tự. Lời giải. Điều kiện: , 0 xy . Đặt 0 0 ux vy . 22 22 2 2 2 2 4 2 2 4 ( ) 6 ( ) 6 6 () ( ) ( ) 2 20 ( ) 20 0 20 uv u v uv u v u v uv uv u v uv u v u v u v u v 22 6 ( 2 ) 20 PS P S P với 2 , ( 4 ). S u v SP P uv 23 6 2 2 1 3 3 2 ( ) 2 20 PS P uv u S u v v PS P hoặc 2 1 u v Suy ra: 1 2 x y hoặc 2 1 4 1 x x y y hoặc 4 1 x y Kết luận: So với điều kiệ n, nghiệ m hệ là ( ; ) (1;4),(4;1) S x y Ví dụ 370. Giải hệ phương trình: 1 1 3 5 ( 1)( 1) xy x y x y () ( ; ). xy Lời giải. Đặt 2 22 2 10 1 2. 1 10 ax ax a b x y by by khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 275 2 2 2 33 3 () 2 2 5 ( ) 3 3 a b a b ab ab a b ab a b ab 1 1 1 2 1 2 2 5 2 1 5 2 1 2 1 1 xx a a x x b b y y yy Kết luận: Tập nghiệ m hệ cần tìm là ; 2;5 ; 5;2 S x y Ví dụ 371. Giải hệ phương trình: 3 1 1 4 x y xy xy () ( ; ). xy Phân tích. Nếu thay đổi vị trí x và y cho nhau thì hệ không thay đổi và trật tự các phương trình cũng không thay đổi nên đây là hệ đối xứng loại I (biến đổi về tổng – tích). Phương trình đầu tiên đã có dạng tổng và tích nên ta quan tâm đến việc biến đổi phương trình thứ hai. Do hai vế đều dương nên bình phương lên sẽ thu được dạng tổng – tích và đặt ẩn phụ , , S x y P xy từ đó có lời giải 1. Ngoài ra, ta có thể giải chúng bằng phương pháp đánh giá (lời giải 2, lời giải 3). Lời giải 1. Điều kiện: 0 ,1 xy xy thì 3 () 2 1 14 x y xy x y x y xy () i Đặt 2 , ( 4 ) S x y SP P xy thì 3 () 2 1 14 SP i S S P 2 2 2 ( 3) ; 3 3 14 6 9 3 8 156 0 2 5 10 14 P S S S S P SS S S S : thỏa điều kiện. Suy ra: 6 9 xy xy nên , xy là nghiệm phương trình: 2 3 6 9 0 3 x XX y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là ( ; ) (3;3) S x y Lời giải 2. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy. Từ (1), suy ra: 3 x y xy nên 0 xy và do 0 xy nên 0, 0 xy (3) (1) 3 . 3 2( ) 6 6 2 Cauchy xy x y x y x y x y x y (4) (2) 4 1. 1 1. 1 2( 2) 2.(6 2) 4. Cauchy Schwarz x y x y Nghiệm hệ phương trình là các giá trị làm cho dấu đẳng thức trong (3), (4) đồng thời xảy ra 6 3. 11 xy x y x y xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 276 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là ( ; ) (3;3) S x y Lời giải 3. Đưa về tổng các số không âm. Lấy 2.(1) 4.(2) 2 2 2 4 1 4 1 10 x y xy x y ( 2 ) ( 1 2.2 1 4) ( 1 2.2 1 4) 0 x xy y x x y y 2 2 2 3 ( ) ( 1 2) ( 1 2) 0 1 2 3 12 xy x x y x y x y y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là ( ; ) (3;3) S x y Nhóm ví dụ về hệ đối xứng loại II Ví dụ 372. Giải hệ phương trình: 32 32 23 23 x x y y xy (1) (2) ( ; ). xy Phân tích. Nếu thay đổi vị trí x và y cho nhau thì hệ không thay đổi và phương trình này trở thành phương trình kia đây là hệ đối xứng loại II (lấy vế trừ vế). Ngoài ra, nếu quy đồng thì đây là hệ đẳng cấp bậc ba (đặt x ty ). Lời giải 1. Xem đây là hệ phương trình đối xứng loại II . 3 3 2 2 (1) (2) 2( ) ( ) 0 ( )(2 2 3 ) 0 x y xy x y x y x y xy 22 22 77 33 ( ) 2 0 , do : 2 0, ; 4 8 4 8 yy x y x y x y x y x y Thế vào 3 (1) 3 3 1, xx suy ra: 1. y Kết luận: Tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (1;1) S x y Lời giải 2. Xem đây là hệ phương trình đẳng cấp bậc ba Đặt 0 x ty thì hệ 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 2 3 (2 ) 3 2 3 (2 ) 3 t y t y y t t y t ty y t t 32 3 2 1 2 tt tt 2 0 1, t t t suy ra: , xy thế vào 3 (1) 3 3 1 1. x x y Kết luận: Tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (1;1) S x y Ví dụ 373. Giải hệ phương trình: 2 2 (4 2) 2 15 (4 2) 2 15 xy yx (1) (2) ( ; ). xy Học sinh giỏi Tp. Hồ Chí Minh Lời giải. Điều kiện: 15 15 , 22 xy Lấy (1) (2) ( )(8 8 9) 0 x y x y y x hoặc 89 8 x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 277 Với , yx thế vào 2 1 (1) 16 14 11 0 2 x x x y hoặc 11 8 xy ● Với 89 8 x y thì 2 9 221 16 1 64 72 35 0 9 221 16 x xx y . Kết luận: 1 1 11 11 9 221 9 221 ( ; ) ; ; ; ; ; 2 2 8 8 16 16 S x y Ví dụ 374. Giải hệ phương trình: 23 23 x y y y x x (1) (2) ( ; ). xy Czech And Slovak Mathematical Olympiad Lời giải. Lấy 2 2 3 3 (1) (2) x y y x y x 22 ( ) ( )( ) ( )( ) x y y x y x y x y xy x 22 22 ( )( 1 ) 0 10 xy x y y x y xy x x y xy x y Với , xy thế vào 2 15 (1) ( 1) 0 0 2 x x x x y x y Với 22 10 x y xy x y 2 2 2 2 1 1 1 ( 2 ) ( 2 1) ( 2 1) 0 2 2 2 x xy y x x y y 2 2 2 0 1 1 1 ( ) ( 1) ( 1) 0 : 1 2 2 2 xy x y x y xy vô nghiệm. Kết luận: Các nghiệ m cần tìm của hệ là 1 5 1 5 ( ; ) (0;0); ; 22 S x y Nhận xét. Nếu không phát hiện ra lượng 22 10 x y xy x y đưa được về dạng tổng các số không âm, ta có thể nhìn nhận với góc độ đối xứng tổng tích và kết hợp với phương trình thu được sau khi lấy 2 phương trình của hệ cộng lại với nhau (hệ đối xứng loại I, dành cho bạn đọc). Để hiểu kỹ hơn vấn đề này, ta cùng xét ví dụ: Ví dụ 375. Giải hệ phương trình: 22 22 ( 1)( 6) ( 1) ( 1)( 6) ( 1) x y y x y x x y ( ; ). xy Lời giải. Hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 66 66 xy x y yx y yx y x xy x (1) (2) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 278 Lấy (1) (2) 2 ( ) 7( ) ( )( ) 0 xy y x y x x y x y ( )( 2 7) 0 y x x y xy y x hoặc 2 7 0. x y xy Với , xy thế vào 2 (1) 5 6 0 2 x x x y hoặc 3. xy Với 2 7 0 x y xy có dạng đối xứng tổng, tích nên ta sẽ kết hợp với phương trình thu được khi lấy 22 (1) (2) 5 5 12 0 x y x y được hệ: 2 2 2 2 7 0 2 7 5 5 12 0 ( ) 2 5( ) 12 0 x y xy xy x y x y x y x y xy x y 2 27 52 63 ( ) 6( ) 5 0 xy x y x y x xy y x y x y hoặc 3 2 x y Kết luận: Tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (2;2);(3;3);(2;3);(3;2) S x y Ví dụ 376. Giải hệ phương trình: 4 2 3 4 2 3 9 0 (1) 8 9 0 (2) 8 x y xy x y x yx y () ( ; ). xy Lithuanian Mathematical Olympiad Lời giải. Nhận thấy ( ; ) (0;0) xy là 1 nghiệm của hệ. Xét ( ; ) (0;0), xy nhân hai vế của (1) cho 2 , x của (2) cho 2 : y 6 2 2 3 3 3 6 6 3 3 6 2 2 3 3 3 9 0 9 8 ( ) ( ) 0 9 8 0 8 x x y x y x x y x y y x y x y x 3 2 3 2 3 3 3 3 3 3 3 3 99 ( ) ( ) ( ) 0 ( )( ) ( ) 0 88 x y x y x y x y x y 3 3 3 3 3 3 9 ( ) 0 8 x y x y x y hoặc 33 9 8 xy Với 33 , x y x y thế vào 2 99 (1) 0 88 x x x y Với 33 9 , 8 xy thì 2 33 2 2 Chia (1) cho Chia (2) cho 2 33 9 0 9 8 ( ) 4 9 0 8 x y y xy y x x i xy x yx x 33 9 33 do: 33 8 9 9 9 1 1 8 4 4 2 8 xy xy xy x y xy xy Do 33 9 8 xy và 33 1 , 8 xy nên theo Viét thì 33 , xy là nghiệm của: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 279 3 2 3 1 91 0 1 88 8 x XX y hoặc 3 3 1 8 1 x y 1 1 2 x y hoặc 1 2 1 x y Kết luận: Tập nghiệm hệ cần tìm là 9 9 1 1 ( ; ) (0;0); ; ; ;1 ; 1; 8 8 2 2 S x y Ví dụ 377. Giải hệ phương trình: 2 2 3 2 3 (1) 3 2 3 (2) x x y y y x ( ; ). xy Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại II có chứa căn thức và phương pháp giải là lấy vế trừ vế. Khi đó ta có hai hướng xử lý thường gặp: một là nhân liên hợp để để đưa về dạng ( ). ( ) 0, x y f x hai là: xác định hàm đặc trưng và dùng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh ( ) ( ) , f x f y x y sau khi khẳng định hàm đặc trưng đơn điệu một chiều trên miền đang xét. Từ những định hướng này ta có các lời giải sau: Điều kiện: ; 0. xy Do 0 xy không là nghiệm hệ, nên ta chỉ xét , 0. xy Lấy 22 (1) (2) 3 3 3( ) 0 x y x y () Lời giải 1. (Liên hợp). Ta có: 22 22 3( ) ( ) 0 33 x y x y xy xy 22 3 ( ) 0 . 33 xy x y x y xy xy Do 22 3 0, , 0. 33 xy xy xy xy Thế xy vào 2 (1) 3 3, ( ). x x i Đặt 2 ( ) 3 . f x x x Xét hàm số 2 ( ) 3 f x x x trên (0; ) có 2 1 ( ) 0, 0. 2 3 x f x x x x Do đó hàm số đồng biến trên (0; ). Mà ta luôn có: ( ) (1) 3 1: f x f x là nghiệm duy nhất của ( ) 0. fx Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (1;1) S x y Lời giải 2. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số . 22 ( ) 3 3 3 3 ( ) ( ). x x y y f x f y Xét hàm số 2 33 f t t t trên (0; ) có: 2 3 ( ) 0, 0, 2 3 t f t t t t nên hàm số () ft đồng biến trên (0; ). Suy ra: ( ) ( ) . f x f y x y Giải tương tự như trên được 1. xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 280 Ví dụ 378. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 x x y y y x (1) (2) ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Bến Tre 2011 Lời giải. Điều kiện: , 0. xy Với ( ; ) (0;0) xy là một nghiệm của hệ đã cho. Với ; 0. xy Lấy 22 (1) (2) 2( ) 0 x y x y x y 22 () 1 2( ) 0 ( ) 2 0 fx xy x y x y x y x y x y x y , (do : ( ), , 0). x y f x x y Thế xy vào 2 (1) 2 ( 1) ( 1) 0 x x x x x x x 0 xy (loại) hoặc 1 xy hoặc 35 2 xy Kết luận: So điều kiện, nghiệm hệ là 3 5 3 5 ( ; ) (0;0);(1;1); ; 22 S x y Ví dụ 379. Giải hệ phương trình: 2 22 2 22 11 4 1 5 ( 2 1) ( 1) 11 4 1 5 ( 2 1) ( 1) y y y xx x x x yy () i Phân tích. Rõ ràng đây là hệ đối xứng loại II có chứa căn thức, theo các ví dụ trên thì ta sẽ trừ vế với nhau, rồi sử dụng kỹ thuật nhân liên hợp hoặc hàm số. Nhưng bài này thì sẽ rất khó khăn và gây bế tắc nếu làm như thế vì nó quá cồng kềnh. Để ý biểu thức trong căn có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 ( 1) ( 1) ( 1) 2 ( 1) 1 1 ( 1) ( 1) ( 1) x x x x x x x x x x x x x x 2 22 22 ( 1) 1 ( 1) 1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1) xx xx x x x x xx thì khai căn chỉ còn 1 1 ( 1) xx Lời giải. Điều kiện: , 0. xy Khi đó: 1 ( 1) ( 1) () 1 ( 1) ( 1) yy xx i xx yy ii Đề đơn giản, ta có thể đặt: ( 1) 0 , ( 1) 0 a x x b y y thì 2 2 2 2 1 1 1 1 b ab a ii ab a b khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 281 Suy ra: 22 ( 1) 1 15 1 ( 1) 1 2 xx ab a b b a x y yy Kết luận: So điều kiện, nghiệm hệ là 5 1 5 1 ( ; ) ; 22 S x y Nhóm ví dụ về hệ phương trình gần giống hệ đối xứng loại II Trong mục nhỏ này, tôi xin được trình bày đến quý độc giả phần hệ phương trình gần giống đối xứng loại II, nó chỉ sai lệch nhau về dấu hoặc hằng số ở một số vị trí. Khi đó lối đi thường gặp là cộng hoặc trừ hai vế của hai phương trình với nhau sẽ thu được phương trình (nếu cộng hoặc trừ) hoặc hệ phương trình (nếu vừa cộng vừa trừ) giải được (đẳng cấp, tích số. ..). Để làm sáng tỏ ý tưởng này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 380. Giải hệ phương trình: ( )(3 4 ) 2 ( )(3 4 ) 2 x y xy x x y xy y (1) (2) ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Đồng Nai năm 2013 Phân tích. Thoạt nhìn thì bài toán này gần giống như hệ đối xứng loại II, nhưng không phải. Theo kinh nghiệm của tôi, đối với hệ gần đối xứng loại II mà có chứa căn thức ta sẽ vừa cộng, vừa trừ để tạo hệ mới. Từ đó định hướng tạo phương trình đẳng cấp (nhân hợp lý tạo đồng bậc) hoặc phương trình vô tỷ giải được (hoặc đưa về tích). Lời giải. Điều kiện: , 0. xy Do 0 xy không là nghiệm nên xét , 0. xy Lấy (2) (1) và (2) (1) ta được: ( )(3 4 ) ( )(3 4 ) 0 ( )(3 4 ) ( )(3 4 ) 4 x y xy y x y xy x x y xy y x y xy x : 0 ( )(6 4 4 ) 0 3 2( ) ( ) ( )( ) 1 1 ( )( ) do x y x y xy x y xy x y i x y y x x y y x Lấy vế nhân vế của hai phương trình mới, thu được: 3 2( )( ) xy x y x y 22 3 2( ) xy x y và đây là phương trình đẳng cấp bậc 2 nên chia cho 2 y : 2 2 3 2 0 2 x x x y y y (nhận) hoặc 1 2 x y (loại do , 0). xy Với 2, xy thế vào 22 ( ) 6 2( 2 ) 3 ( 2 1) i y y y y y 2 3 3 2 1 2 1 ( ) , 33 yy suy ra: 2 3 21 2 3 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là 33 3 2 2 3 2 2 ( ; ) 2 ; 99 S x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 282 Ví dụ 381. Giải hệ : 22 22 1 1 18 1 1 2 x x y x y x y y x x y x y x y y (1) (2) ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh An Giang Lời giải. Điều kiện: 2 2 10 10 x x y y x y Hệ 22 (1) (2) (1) (2) 2( 1 1) 20 2 2 16 x x y y x y xy 22 22 8 1 1 10 9 9 10 8 yx x x y y x y xy xy () i 2 22 2 2 2 8 88 10 9 0 9 10 9 9 100 20 9 9 yx yx x yx y x x 2 2 2 2 2 10 9 4 91 91 4 9 72 144 0 (8 ) 100 20 9 xx x y xx x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là ( ; ) (4;4) S x y Nhận xét. Ta có thể giải () i bằng bất đẳng thức véctơ như sau: Trong mặt phẳng tọa độ , Oxy chọn ( ;3) (8;6). (8 ;3) ux uv vx Suy ra: 2 22 9 (8 ) 9 9 ux v x y và 22 8 6 10. uv Do ta luôn có u v u v nên 22 9 9 10 xy và dấu đẳng thức xảy ra khi , uv cùng chiều 3 3(8 ) 0 4 4. x x x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (4;4) S x y Ví dụ 382. Giải hệ phương trình: 12 12 3 12 16 3 x yx y yx () ( ; ). xy Tạp chí Toán Học & Tuổi Trẻ số 400 Lời giải. Điều kiện: , 0; 3 0. x y y x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 283 (1) (2) (1) (2) 13 12 2 1 (3) 1 , (1) 3 ( ) 12 6 12 1 3 1 , (2) (4) 3 3 yx xy x yx yx y xy Lấy (3) nhân (4) được: 12 1 3 1 3 1 9 12 33 y x x y y x x y x y 22 9 12 0 ( 9 )( 3 ) 12 0 6 27 0 3 yx y x y x xy y xy x xy y x 2 6 27 0 3 y y y x x x (nhận) hoặc 9 y x (loại , 0). xy Với 3, yx thì 4 2 3 2 2 1 3 1 (1) 1 2 12 6 3 x x xx y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (4 2 3;12 6 3) S x y Ví dụ 383. Giải hệ phương trình: 43 43 1 2 3 3 (1) 4 1 2 3 3 (2) 4 x y x y x y ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Thái Nguyên năm 2013 Phân tích. Theo kinh nghiệm của tôi, khi bắt gặp hệ phương trình gần đối xứng loại II ở dạng đa thức, bạn nên cộng hai phương trình lại với nhau để thu phương trình mới. Lối đi thường gặp của phương trình mới này đưa về tổng các số không âm hoặc dạng nn AB hoặc phương trình bậc 2, bậc 3,… theo ẩn . ax by Nhưng do đa thức thường không có điều kiện và khi cộng lại được phương trình mới là phép biến đổi hệ quả. Do đó, khi giải xong ta cần thế vào để kiểm tra lại nhằm loại nghiệm ngoại lai. Lời giải. Tập xác định: . D Lấy (1) (2) được: 4 3 4 3 1 22 2 x x x y y y 4 2 2 2 4 2 2 2 1 ( 2 . ) ( ) ( 2 . ) ( ) 0 2 x x x x x x y y y y y y 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ( ) 2.( ). ( ) 2.( ). 0 2 4 2 4 x x x x y y y y 2 22 22 2 1 1 3 0 11 22 0 1 22 13 0 2 2 x x x x x y y yy y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 284 Kết luận: Thử lại thấy nghiệm của hệ là: 1 3 1 3 ;; 22 xy Ví dụ 384. Giải hệ phương trình: 22 22 22 22 2 (1) 1 7 (2) 4 1 x y x y xy y x x y xy ( ; ). xy Lời giải. Điều kiện: 22 22 22 0 0 1. 10 xy xy xy Hệ 22 22 2 2 2 2 (1) (2) (1) (2) 22 2 n 2 hn 2 2 â ( )(1 ) 15 4 1 ( )(1 ) 15 16 1 ( )(1 ) 1 4 1 x y x y xy x y x y xy x y x y xy 22 15 16 xy và thế vào hệ ban đầu được: 15 15 21 16 16 15 7 15 1 16 4 16 xy yx 7 15 4 15 2 4 2 15 8 4 16 4 15 7 16 (2 15) 15 7 7 2 15 x y x y x y x y y y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là 7 15 ( ; ) 8 ;7 2 15 4 S x y Ví dụ 385. Giải hệ : 22 22 ( 2 )(3 8 4 4 4 16) 6 ( 4 )(3 2 2 4 4 16) 10 x y x y x xy y y x y x x xy y () Lời giải. Điều kiện: 22 4 4 16 0 x xy y 22 22 ( 2 )(3 8 ) 4( 2 ) 4 4 16 6 () ( 4 )(3 2 ) 2( 4 ) 4 4 16 10 x y x y x y x xy y y x y x y x x xy y 2 2 2 2 2 2 2 2 (3 2 16 ) (4 8 ) 4 4 16 6 (3 10 8 ) (2 8 ) 4 4 16 10 x xy y x y x xy y y xy x y x x xy y (1) (2) (1) (2) 2 2 2 2 5 8 13 2(2 3 ) 4 4 16 16 x xy y x y x xy y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 285 2 2 2 2 5 8 13 2.(2 3 ). 4 4 16 16 0 x xy y x y x xy y Do có chứa hằng số chẵn trước căn nên nghĩ đến việc đưa về hằng đẳng thức: 2 2 2 2 2 (2 3 ) 2.(2 3 ). 4 4 16 4 4 16 0 x y x y x xy y x xy y 2 2 2 2 2 (2 3 4 4 16) 0 4 4 16 (2 3 ) x y x xy y x xy y x y Thế vào hệ ( ), được hệ: ( 2 ) 3 8 4(2 3 ) 6 ( 4 ) 3 2 2(2 3 ) 10 x y x y x y y x y x x y ( 2 )(5 4 ) 6 ( ) ( 4 )(2 3 ) 10 x y x y i y x x y và nhân chéo thu phương trình đẳng cấp bậc 2: 22 10( 2 )(5 4 ) 6( 4 )(2 3 ) . x y x y y x x y x y x y Với , yx thế vào 2 ( ) 9 6 : ix vô nghiệm. Với , yx thế vào 2 2 ( ) 3 6 2 x ix y hoặc 2 2 x y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là ( ; ) ( 2; 2);( 2; 2) S x y Nhóm ví dụ về hệ đẳng cấp cơ bản Ví dụ 386. Giải hệ phương trìn h: 22 22 2 3 9 2 2 2 x xy y x xy y (1) (2) ( ; ). xy Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh Phân tích. Đây là hệ đẳng cấp bậc hai được nêu ở phần lý thuyết. Về phương diện tổng quát, ta kiểm tra 0 y có phải là nghiệm không và sau đó đặt x ty để giải. Ngoài ra, có thể nhân chéo từng vế của hai phương trình với nhau để tạo thành phương trình đẳng cấp thuần nhất bậc hai mà đã biết cách giải. Lời giải 1. Với 0 y thì hệ vô nghiệm. Với 0, y đặt . x ty Khi đó: Hệ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 9 ( 2 3) 9 2 2 2 (2 2 1) 2 t y ty y y t t t y ty y y t t (3) (4) Lập 2 2 2 (3) 2 3 9 3 16 14 3 0 (4) 2 8 2 2 1 tt t t t tt hoặc 1 2 t Với 1 2, 2 t y x thế vào 2 2 1 (2) 2 1 yx x y x hoặc 1 2 x y Với 38 , 83 x ty thế vào 2 8 3 17 3 17 (2) 9 8 17 17 17 x y x x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 286 Kết luận: Tập nghiệm của hệ là 3 17 8 17 ( ; ) ( 1; 2); ; 17 17 S x y Lời giải 2. Nhân chéo hai vế của (1) với (2): Suy ra: 2 2 2 2 2 2 2( 2 3 ) 9(2 2 ) 16 14 3 0 x xy y x xy y x xy y (2 )(8 3 ) 0 2 x y x y y x hoặc 8 3 yx Đến đây ta sẽ giải tương tự như trên sẽ tìm được bốn cặp nghiệm. Ví dụ 387. Giải hệ phương trình: 22 22 14 21 22 39 0 35 28 111 10 0 x y x y x y x y (1) (2) Phân tích. Bài toán có dạng tổng quát 22 1 1 1 1 1 22 2 2 2 2 2 0 0 a x b y c xy d x e y a x b y c xy d x e y Khi đó có 2 hướng xử lý thường gặp, một là đặt x ty sau khi xét 0 x có phải là nghiệm hay không, rồi tìm , t nghĩa là tìm được mối liên hệ giữa x và y. Hai là biến đổi về dạng 22 1 1 1 1 1 22 2 2 2 2 2 () , () a x b y c xy d x e y a x b y c xy d x e y rồi nhân chéo 2 phương trình thu được phương trình đẳng cấp bậc ba với 2 ẩn x, y và tìm được mối liên hệ giữa chúng. Lời giải. Nhận thấy 0 xy là một nghiệm của hệ. Với 0, 0, xy đặt x ty thì hệ 2 2 2 2 2 2 14 21 22 39 0 35 28 111 10 0 x t x x tx x t x x tx 22 2 22 22 2 39 22 ( ) (14 21 ) (39 22) 39 22 10 111 14 21 10 111 14 21 35 28 (35 28 ) (10 111) 35 28 t xi t x t x tt t t tt t x t x x t 32 1 186 421 175 112 0 3 t t t t Thế vào ( ), i suy ra: 3 1. xy Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (0;0);( 3;1) S x y Ví dụ 388. Giải hệ phương trình: 2 3 2 2 3 5 3 3 3 x y x xy x x y y () ( ; ). xy Đề thi thử Đại học năm 2013 – Chuyên Amsterdam Hà Nội Phân tích. Viết hệ 2 3 3 2 2 5 3 3 () 3 x xy x y x y x y và nhân chéo thu được phương trình đẳng cấp bậc bốn với hai biến x, y và có lời giải chi tiết như sau: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 287 Lời giải. Nhận thấy 0 xy là một nghiệm của hệ. Xét 0 0 x y 2 2 2 2 3 3 3 3 2 2 5 3 3 ( ) (5 3 )( ) ( 3 )( 3 ) 3 x xy x y x xy x y x y x y x y x y 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 2 4 5 9 0 4 5 9 0 1 xy x x x x x y y xy y y y Với , xy thế vào phương trình thứ nhất của hệ 2 1 84 2 x x x y Với , xy thế vào phương trình thứ nhất của hệ 2 2 2 1. x x x y Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là 11 (0;0);( 1;1); ; 22 S Phương pháp thế tạo phương trình bậc cao hoặc đẳng cấp Trong nhóm ví dụ này, tôi muốn truyền đến quý độc giả phương pháp t hế cơ bản với mục đích tạo ra phương trình bậc cao một ẩn mà trọng tâm đó là phương pháp thế cụm tạo thành phương trình đẳng cấp, nó là tiền đề cơ bản, công đoạn nhỏ để giải các dạng toán của các bài học kế tiếp. Ví dụ 389. Giải hệ phương trình: 22 2 ( 1)( 1) 3 4 1 ( 1) 1 x y y x x x x y x (1) (2) Tạp chí Toán học & Tuổi Trẻ số 379 Phân tích. Nhận thấy (2) có hạng tử 1 y và (1) cũng có chứa hai hạng tử ấy nên sẽ rút nó ở phương trình (2) và thế vào phương trình (1) sẽ thu được phương trình bậc cao với ẩn x. Từ định hướng nay, ta có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Do 0 x thì (2) vô nghiệm nên xét 0. x 2 1 (2) 1 , x y x thế vào (1) được: 22 22 11 (1) 3 4 1 xx x x x x xx 2 2 2 ( 1)(2 1) ( 1)(3 1) ( 1) ( 1)(2 1) (3 1) 0 x x x x x x x x 32 ( 1)(2 2 4 ) 0 1 1 x x x x x y hoặc 5 2 2 xy Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là 5 ( ; ) (1; 1); 2; 2 S x y Ví dụ 390. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 2 2 2 9 2 6 6 x x y x y x x xy x (1) (2) ( ; ). xy Đại học khối B năm 2008 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 288 Phân tích. Nhận thấy (2) có chứa hạng tử xy bậc nhất và 22 (1) ( ) 2 9 x xy x cũng có hạng tử hạng tử xy nhưng bậc hai. Do đó, ta rút . xy từ (2) và thay thế vào (1) để thu được phương trình bậc cao với ẩn x và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Từ 2 (2) 3 3 , ( ), 2 x xy x i thế vào phương trình (1), ta được: 2 2 2 2 2 (1) 3 3 2 9 ( 6 6) 8 36 2 x x x x x x x 4 2 3 2 4 3 2 36 36 12 72 12 8 36 12 48 64 0 x x x x x x x x x x 32 4 ( 12 48 64) 0 17 4 x x x x x y hoặc 0: x (loại do () i vô nghiệm). Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là 17 ( ; ) 4; 4 S x y Ví dụ 391. Giải hệ phương trình: 33 22 82 36 x x y y xy () (1) (2) ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh Phân tích. Hệ 33 22 2(4 ) () 36 x y x y xy nên ta nghĩ đến việc đồng bậc của phương trình (1) bằng cách dùng phép thế từ phương trình (2) trong hệ. Nhưng trước hết ta cần nhân thêm 3 hai vế của phương trình (1) để xuất hiện hệ số 6 để thế 22 6 3 . xy Lời giải. Ta có: 33 3 3 2 2 22 3( ) 6(4 ) ( ) 3 3 ( 3 )(4 ) 6 3 x y x y x y x y x y xy 3 2 2 2 2 12 0 ( 12 ) 0 ( 3 )( 4 ) 0. x x y xy x x xy y x x y x y Với 0, x thế vào 2 (2) 3 6 y : vô nghiệm. Với 3, xy thế vào 2 3 (2) 6 6 1 x y y hoặc 3 1 x y Với 4, xy thế vào 2 6 4 13 (2) 13 6 6 13 x y y hoặc 6 4 13 6 13 x y Kết luận: Tập nghiệm của hệ là 66 ( ; ) ( 3; 1); 4 ; 13 13 S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 289 Nhận xét. Sau khi biến đổi 33 22 2(4 ) () 36 x y x y xy và ta hoàn toàn có thể giải bằng cách nhân chéo hai phương trình với nhau, cũng tạo được phương trình đẳng cấp bậc 3 với 2 biến x, y. Nhưng trong rất nhiều bài toán, sự nhân chéo này mang lại hiệu quả không cao, tức không tạo ra phương trình đẳng cấp. Ta cùng xét ví dụ sau: Ví dụ 392. Giải hệ phương trình: 22 2 2 5 2 ( )(4 2 ) 2 xy x y x y xy y (1) (2) Phân tích. Phương trình thứ hai có vế phải bậc 5, vế trái là tích xy bậc một và 22 4 2 . x y xy Nếu nhóm này biến đổi được thành bậc 4, sẽ tạo được ngay phương trình đẳng cấp bậc 5. Thật vậy, nếu thế 22 2 xy vào 22 42 x y xy sẽ thu được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2. ( ) ( ) x y xy x y xy x y x y x y xy có dạng bậc 4 và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Tập xác định: . D Thế 22 2 xy vào 2 2 2 2 2 2 2 5 (2) ( ) ( ) ( ) 2 x y x y x y x y xy y 4 4 2 2 3 3 5 ( ) ( ) 2 x y x y x y x y xy y 5 4 3 2 4 2 3 4 5 2 3 3 2 4 5 2 x xy x y x y x y x y y x y x y xy y 5 5 5 5 5 2. x y y x y x y Thế , xy vào 2 1 (1) 2 2 1 x x y hoặc 1 1 x y Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) ( 1; 1);(1;1) S x y Ví dụ 393. Giải hệ phương trình: 33 22 2 9 ( )(2 3) 3 x y x y xy x xy y (1) (2) Phân tích. Phương trình (1) có vế trái là bậc 3, vế phải là tích bậc nhất () xy với lượng (2 3). xy Nếu lượng này biến đổi được thành bậc 2, sẽ thu được phương trình đẳng cấp bậc 3. Thật vấy nếu thế 22 3 x xy y vào 22 2 3 2 ( ) xy xy x xy y thu được bậc 2, hiển nhiên (1) là phương trình đẳng cấp bậc 3 và có lời giải sau: Lời giải. Thế 22 3 x xy y 3 3 2 2 (1) 2 9 ( )(2 ) x y x y xy x xy y 3 3 2 2 3 3 3 3 2 9 ( )( ) 8 2 . x y x y x xy y x y x y x y Thế 2 xy vào 22 (2) 5 2 3 1 2 y y y x hoặc 1 2. yx Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (2;1);( 2; 1) S x y Ví dụ 394. Giải hệ phương trình: 3 3 3 2 2 2 2 2 16 9 (2 )(4 3) 4 2 3 x y y xy y xy x y xy y (1) (2) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 290 Phân tích. Nhận thấy vế trái (1) hoàn toàn có thể độc lập được y nếu chia 2 vế của (1) cho 3 0, y tức 3 2 3 (1) 16 9 (2 1) 4 x x x y Nếu ở (2), có thể rút 2 3 y theo x thì sẽ thế vào (1), tạo phương trình 1 biến x. Thật vậy, chia 2 vế của (2) cho 2 0 y ta được 2 2 3 4 2 1 xx y và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Do 0 y không là nghiệm hệ nên xét 0. y Chia (1) cho 3 , y chia (2) cho 2 , y được hệ: 3 2 2 2 3 16 9 (2 1) 4 ( ) 3 4 2 1 ( ) x x x i y x x ii y Thế 2 2 3 4 2 1 xx y vào 32 ( ) 16 9 (2 1)(4 4 2 1) i x x x x x 3 2 3 3 16 9 (2 1)(4 2 1) 8 1 8 8 1. x x x x x x x Thế 1 x vào 2 2 3 ( ) 3 1 1. ii y y y Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (1;1);(1; 1) S x y Ví dụ 395. Giải hệ phương trình: 2 2 3 2 2 2 2 5 4 3 2( ) 21 y xy x y x x y x x y (1) (2) Phân tích. Nếu chia cho lượng 2 0 x ở cả 2 phương trình, ta sẽ thu được hệ phương trình 23 2 2 2 1 1 1 5 4 3 2 1 2 y y y y xx x y x và nếu đặt 1 t x thì hệ phương trình được viết lại là 2 2 3 22 5 4 3 2( ) 2 t y ty y t y yt Với hệ quen thuộc này, ta hoàn toàn có thể đưa được về phương trình đẳng cấp nếu thế 22 2 yt lên phương trình đầu tiên sẽ thu ngay 2 2 3 2 2 5 4 3 ( )( ) t y ty y y t t y dạng đẳng cấp bậc 3. Từ đó suy ra được mối liên hệ của x, y và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Do 0 x không là nghiệm nên chia 2 vế cho 2 0 x thì: Hệ 23 2 2 3 2 22 2 2 1 1 1 5 4 3 2 5 4 3 2( ) , 2, ( ) 1 2 y y y y t y ty y t y xx x y t i y x với 1 t x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 291 Thế 22 2 yt lên phương trình trên được: 2 2 3 2 2 5 4 3 ( )( ) t y ty y y t t y 3 2 2 3 4 5 2 0 t t y y t y và do 0 y không là nghiệm hệ nên: 32 4 5 2 0 2 t t t t y y y y hoặc 1 t ty y hoặc 2. ty Với , ty thế vào () i và kết hợp 1 t x được: 1. xy Với , ty thế vào () i và kết hợp 1 t x được: 10 10 ; 45 xy Kết luận: Tập nghiệm của hệ là 10 10 ( ; ) ( 1; 1); ; 45 S x y Ví dụ 396. Giải hệ phương trình: 22 2 2(2 1) (5 3 2) 2 y x xy y y xy y () Lời giải. Điều kiện: 0; 0. xy 22 2 4 2 5 3 2 () 2 y x x xy y y y y xy y 22 2 5 3 4 2 2 2 xy y y y y x x y xy y (1) (2) Do 0 y thì (2) 0 2 : sai, nên chỉ xét 0 y và nhân 2 vế (1) cho y được: 2 3 2 (1) 5 3 4 2 2 2( ) xy y y xy xy y xy y (3) Thế 2 2 xy y vào 2 3 2 2 (3) 5 3 4 ( )( ) xy y y xy xy y xy y (4) Chia hai vế của (4) cho 3 0, y được (4) 5 3 4 1 1 x x x x y y y y 5 3 4 1 4 5 2 0 x x x x x x x x x x y y y y y y y y y y 32 4 5 2 0 2 x x x x y y y y hoặc 4 1 xy x xy y Với , xy thế vào do: 0 2 (2) 2 2 1 1. y y y x Với 4, xy thế vào do: 0 2 10 4 10 (2) 5 2 55 y y y x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm của hệ là 4 10 10 ( ; ) (1;1); ; 55 S x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 292 BÀI TẬP RÈN LUYỆN BT 503. Giải hệ phương trình: 22 3 12 xy x y x y x y ( , ). xy BT 504. Giải hệ phương tr ình: 3 3 3 3 17 5 x x y y x xy y ( , ). xy BT 505. Giải hệ phương trình: 22 4 4 2 2 7 21 x y xy x y x y ( , ). xy BT 506. Giải hệ phương trình: 22 33 3 3 2( ) 3( ) 6 x y x y xy xy ( , ). xy BT 507. Giải hệ phương trình: 22 3 4 3 22 x y xy xy xy ( , ). xy BT 508. Giải hệ phương trình: (5 4 )(3 2 ) 7 2 (5 4 )(3 2 ) 7 2 x y x y y x y x y x x y ( , ). xy BT 509. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 (6 4 )( 1) 5 ( 1) (6 4 )( 1) 5 ( 1) x y x y y x y x x y x y ( , ). xy BT 510. Giải hệ phương trình: 1 7 4 1 7 4 xy yx ( , ). xy BT 511. Giải hệ phương trình: 22 22 1 1 2 1 1 2 x y y x x x y y ( , ). xy BT 512. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 (1 )(1 ) (1 )(1 ) x x y x y y y x y x ( , ). xy BT 513. Giải hệ phương trình: 22 22 1 2 1 3 1 2 1 1 x xy y xy ( , ). xy BT 514. Giải hệ phương trình: 22 22 78 20 78 15 y x xy x y xy ( , ). xy BT 515. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 34 2 2 2 1 34 2 x x y x xy y x y y xy ( , ). xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 293 BT 516. Giải hệ phương trình: 22 22 2 3 9 2 13 15 18 x xy y x xy y ( , ). xy BT 517. Giải hệ phương trình: 22 22 2 ( 1) 3 32 x x y y y x xy y x y ( , ). xy BT 518. Giải hệ phương trình: 2 4 2 2 2 20 4 3 0 x xy x y x x y x y ( , ). xy BT 519. Giải hệ phương trình: 32 22 3 49 0 8 8 17 x xy x xy y y x ( , ). xy BT 520. Giải hệ phương trình: 22 22 22 2 2 2 0 x y xy y x x y y ( , ). xy BT 521. Giải hệ phương trình: 22 2 2 3 4 9 7 6 2 9 x y xy x y y x x ( , ). xy BT 522. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 2 2 2 8( 1) 6 (12 ) ( 4 )( 2 5) 14 x xy y x y x y x x y x ( , ). xy BT 523. Giải hệ phương trình: 22 11 20 x x y y x y x y x ( , ). xy BT 524. Giải hệ phương trình: 2 2 ( 1) 3 0 5 ( ) 1 0 x x y xy x ( , ). xy BT 525. Giải hệ phương trình: 33 2 2 3 1 22 xy x y xy y ( , ). xy BT 526. Giải hệ phương trình: 22 22 2 ( ) 3 ( ) 10 y x y x x x y y ( , ). xy BT 527. Giải hệ phương trình: 33 22 24 13 41 21 9 x y x y x xy y ( , ). xy BT 528. Giải hệ phương trình: 22 3 2 2 2 22 2 3 2 3 x y xy y x xy y x y ( , ). xy BT 529. Giải hệ phương trình: 3 2 3 44 1 44 x xy y x y x y ( , ). xy BT 530. Giải hệ phương trình: 33 4 3 3 2 2 ( ) 7 99 x y x x x y y y x x y x ( , ). xy Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Kom Tum – Tỉnh Kom Tum Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 294 §2. HEÄ PHÖÔNG TRÌNH ÑÖA VEÀ TÍCH Giải hệ phương trình đưa về tích số là một dạng toán thường xuyên xuất hiện trong các kì thi. Trong bài học này, tôi xin giới thiệu đến quý độc giả 3 kỹ thuật chính để đưa về tích số, đó là: Kỹ thuật tách, ghép, nhóm và tam thức bậc hai (hằng số biến thiên). Kỹ thuật liên hợp. Kỹ thuật dùng phương pháp cộng. 1. Kỹ thuật tách, ghép, nhóm và dùng tam thức bậc hai Ví dụ 396. Giải hệ phương trình: 22 22 7 22 x xy y x xy y x y (1) (2) ( ; ). xy Cao đẳng năm 2014 Phân tích. Nhận thấy (1) và (2) đều có dạng tam thức bậc 2 theo ẩn x hoặc theo ẩn y, nhưng ta sẽ không tìm được gì ở phương trình (1). Do đó sẽ định hướng biến đổi về tích số ở phương trình (2) với các hướng suy nghĩ sau đây: Hướng 1. Nhận thấy vế trái (2) có dạng đẳng cấp nên sẽ sử dụng casio để phân tích thành tích số nhóm này, tức có 22 2 ( 2 ) ( ). x xy y x y x y Kế đến, ta cần phân tích vế trái theo 2 hạng tử tích này, nhưng nó đã có sẵn nếu viết 2 ( 2 ) x y x y nên có nhân tử, tức (2) ( 2 )( ) 2 0 ( 2 )( 1) 0. x y x y x y x y x y Tôi xin được nhắc lại việc phân tích thành tích số đối với biểu thức có dạng bậc hai 2 biến 22 12 ( ; ) ( )( ) F x y ax bxy cy a x x y x x y với 12 , xx là hai nghiệm của phương trình 2 ( ) 0. f x ax bx c Ta sẽ làm tương tự đối với việc phân tích đa thức bậc 3 hai biến dạng 3 2 2 3 1 2 3 ( ; ) ( )( )( ). F x y ax bx y cy x dy a x x y x x y x x y Hướng 2. Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn x, tức 22 (2) (1 ). 2 2 0 x y x y y và có 2 2 2 2 (1 ) 4(2 2 ) 9 6 1 (3 1) x y y y y y y là số chính phương nên có 1 3 1 1 3 1 2 , 1 22 y y y y x y x y hay (2) ( 2 )( 1) 0. x y x y Hướng 3. Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn y, ta cũng được kết quả tương tự. Lời giải. Ta có: 22 (2) ( 2 )( 1) 0 1 0 1 x y x y x y x y x y x y Với 2, xy thế vào 2 12 (1) 7 7 12 yx y yx Với 1, xy thế vào 2 32 (1) 6 0 23 yx yy yx Kết luận: Tập nghiệm của hệ là ( ; ) (2;1);( 2; 1);(2; 3);( 3;2) S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 295 Ví dụ 397. Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 3 4 ( 2 ) 2 3 2 4 4 x x y y x y x y x y x (1) (2) ( ; ). xy Phân tích. Nhận thấy vế trái của (1) có dạng đẳng cấp bậc ba. Khi đó ta bấm máy tính đối với phương trình 32 34 xx sẽ được các nghiệm 1, 2 xx với 2 x là nghiệm kép nên viết 3 2 3 2 (1) 3 4 ( )( 2 ) VT x x y y x y x y sẽ có chung nhân tử với vế phải. Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 2 0; 3 2 0 1 4 4 0 2 x y x y x x x y 2 2 2 2 (1) ( )( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 1) 0 1 xy x y x y x y x y x y yx Với 2, xy thế vào 2 9 17 1 8 (2) 2 2 4 9 4 0 9 17 16 x x xx xx y Với 1, yx thế vào (2) 3 2 2 4 4 x x x 3( 2) 2 ( 3 2 2) ( 2 2) 4 8 4( 2) 3 2 2 2 2 xx x x x x xx 31 ( 2) 4 0 2 1. 3 2 2 2 2 x x y xx Do: 3 1 3 1 4 4 2 0, 1. 22 3 2 2 2 2 x xx Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm là 9 17 9 17 ( ; ) (2; 1); ; 8 16 S x y Ví dụ 398. Giải hệ phương trình: 22 2 2 1 2 2 xy x y x y x y y x x y (1) (2) ( ; ). xy Đại học khối D năm 2008 Phân tích. Nhận thấy (1) có dạng tam thức bậc 2 với 2 ẩn x, y nên có các hướng sau: Hướng 1. Nếu chuyển vế dạng 22 (1) 2 x xy y x y có vế trái dạng đẳng cấp nên sẽ phân tích 22 2 ( 2 )( ) x xy y x y x y có nhân tử với vế phải. Hướng 2. Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn x hoặc ẩn y ta cũng phân tích và tìm được nhân tử từ (2), tức có (2) ( )( 2 1) 0. x y x y Lời giải. Điều kiện: 1 , 0 x y suy ra: 1. xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 296 (1) ( 2 )( ) ( ) 0 ( )( 2 1) 0 x y x y x y x y x y 2 1 0, (do : 1) 2 1. x y x y x y Thế 21 xy vào (2) (2 1) 2 2 2 2 2 ( 1) 2( 1) y y y y y y y y 2 2, (do : 1 1) 2 5. y y y x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (5;2) S x y Ví dụ 399. Giải hệ phương trình: 22 22 2 3 3 2 1 0 4 4 2 4 x y xy x y x y x x y x y (1) (2) Đại học khối B năm 2013 Phân tích. Nhận thấy (1) có dạng tam thức bậc 2 với 2 ẩn x, y nên có các hướng sau: Hướng 1. Phân tích cụm đẳng cấp 22 2 3 ( ) (2 ), x xy y x y x y khi đó viết cụm còn lại theo 2 biểu thức tích này, tức (1) ( )(2 ) ( ) (2 1) 0 x y x y x y x y ( )(2 1) (2 1) 0 (2 1)( 1) 0. x y x y x y x y x y Hướng 2. Xem (1) là phương trình bậc 2 ẩn x hoặc ẩn y, ở đây tôi xem là ẩn x, tức có: 22 (2) 2 3( 1) 2 1 0 x y x y y và 2 2 2 9( 1) 8( 1) ( 1) . x y y y Suy ra 2 nghiệm là 3 3 1 3 3 1 1 1 4 4 2 y y y y y x y x Lời giải. Điều kiện: 2 0, 4 0. x y x y (1) (2 1)( 1) 0 2 1 x y x y y x hoặc 1. yx Với 2 1, yx thế vào (2) 3 3 4 1 9 4 x x x Sử dụng casio tìm được 0 x là nghiệm duy nhất nên ghép hằng số và liên hợp. 49 ( 4 1 1) ( 9 4 2) 3 0 3 0 4 1 1 9 4 2 xx x x x x xx 49 3 0 0 1. 4 1 1 9 4 2 x x y xx Do 1 4 x thì biểu thức 49 3 0. 4 1 1 9 4 2 xx Với 1, yx thế vào 2 (2) 3 3 3 1 1 Đ K : 5 4 3 , x x x x x Sử dụng casio, tìm được 2 nghiệm 0, 1 xx nên ghép ax b để liên hợp. 22 11 ( ) 3 0 0 1 3 3 2 5 4 x x x x x x x x 01 1 1 1 , do : 3 0, 12 3 1 3 3 2 5 4 xy x xy x x x x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (0;1);(1;2) S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 297 Ví dụ 400. Giải hệ phương trình: 22 2 2 1 2 2 1 2 0 ( )( 2 ) 3 2 4 x y x y xy x y x y x y (1) (2) Đề nghị Olympic 30/04/2014 lớp 11 – Chuyên Nguyễn Tất Thành – Kon Tum Phân tích. Viết 22 (2) (3 3). 2 2 4 0 x y x y y và kiểm tra biệt số delta thì thấy là số chính phương nên có lời giải sau: Lời giải 1. Điều kiện: 11 ; 22 xy Từ 22 (2) (3 3). 2 2 4 0 x y x y y có: 2 2 2 2 (3 3) 4(2 2 4) 10 25 ( 5) 0. y y y y y y y Suy ra: 1 xy hoặc 2 4 2 4 0 : x y x y loại do 11 ; 22 xy Với 1, xy thế vào 2 (1) 4 4 1 2 3 2 2 2 1 0 y y y y 2 (3 2 ) 2 3 2 (2 1) 2 2 1 4 4 3 0 y y y y y y (3) Nếu: 3 2 3 2 2 3 2 0 3 2 .( 3 2 2) 0 : 1 2 y y y y y y thỏa (3) Nếu: 3 2 2 1 2 2 1 0 2 1.( 2 1 2) 0 : 1 2 y y y y y y thỏa (3) Suy ra: 1 3 3 1 ( ; ) ; , ; : 2 2 2 2 xy là 2 cặp nghiệm của hệ. Với 2 13 ; 4 4 3 0 22 y y y y thì phương trình: 22 2 4 4 3 4 4 3 (3) 4 4 3 0 3 2 2 3 2 2 1 2 2 1 y y y y yy y y y y 11 0 1 0 : 3 2 2 3 2 2 1 2 2 1 y y y y vô nghiệm khi 1 2 3 2 y y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 1 3 3 1 ( ; ) ; ; ; 2 2 2 2 S x y Lời giải 2. Từ 22 (2) (3 3). 2 2 4 0 x y x y y có: 2 2 2 2 (3 3) 4(2 2 4) 10 25 ( 5) 0. y y y y y y y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 298 Suy ra: 1 xy hoặc 2 4 2 4 0 : x y x y loại do 11 ; 22 xy 2 (2) 2( 2 1 2 1) ( ) x y x y và do 2 vế đều dương nên bình phương: 2 2 8( ) 8 8 4 2( ) 1 ( ) 4 x y xy x y x y xy và thế 1 xy thì: 2 8 4 3 (1 4 ) 16 8 4 3 (1 4 4)(1 4 4) xy xy xy xy x 8 4 3 (4 3)(4 5) 4 3. (4 5) 4 3 8 0 xy xy xy xy xy xy 4 3 0 xy do: 2 1 ( ) 4 4 5 4 0. x y xy xy Hay 3 4 xy Suy ra: 1 1 3 3 1 ( ; ) ; ; ; 3 2 2 2 2 4 xy xy xy Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 1 3 3 1 ( ; ) ; ; ; 2 2 2 2 S x y Ví dụ 401. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 20 2 2 0 xy x x x y x y xy y (1) (2) Đại học khối D năm 2012 Phân tích. Từ phương trình (2), nếu nhìn nhận đó là phương trình bậc 2 với ẩn y thì khi lập không là số chính phương nên sẽ không áp dụng phân tích được theo tam thức. Lúc này ta nghĩ đến việc nhóm hạng tử. Theo kinh nghiệm của tôi, ta nên ưu tiên phép thử đối với hạng tử có chứa những hằng số giống nhau trước, nhận thấy nhóm 32 2 2 2 ( ) x xy x x y có 2 () xy và dựa vào nó để ghép các cặp còn lại. Tức 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) x x y x y xy y x x y x y y x y có nhân tử 2 . xy Lời giải. Từ 2 2 2 (2) 2 ( ) ( ) ( ) 0 x x y y x y x y 22 ( )(2 1) 0 x y x y y x hoặc 2 1. yx Với 2 , yx thế vào 3 (1) 2 0 1 1. x x x y Với 2 1, yx thế vào 2 15 5 2 (1) 1 0 15 5 2 xy xx xy Kết luận: Tập nghiệm hệ là 1 5 1 5 ( ; ) (1;1), ; 5 , ; 5 22 S x y Nhận xét. Kỹ thuật phân tích thành tích số bằng việc tách – ghép – nhóm hạng tử là kỹ thuật khá cơ bản trong việc giải hệ phương trình. Sau đây, tôi trình bày thêm phương pháp phân tích đa thức 2 biến ( ; ) F x y bằng máy tính bỏ túi như sau: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 299 Bước 1. Cho biến chứa bậc cao nhất 1000, chẳng hạn 1000 x (nếu , xy cùng bậc thì cho x hay y gì cũng được). Bước 2. Thế 1000 x vào ( ; ) F x y và phân tích ( ; ) F x y thành nhân tử (phân tích 2 12 ( )( ) ax bx c a x x x x hoặc Hoocner đối với phương trình bậc cao). Bước 3. Dựa vào đa thức, thế 1000 x trở lại ( ; ) F x y được biểu thức tích. Đối với đề D – 2012: Viết 2 2 3 2 (2) ( 2 1) 2 0 y x x y x x và cho 1000 x được 22 2 1000000 (1000) 1002001 2001000000 0 2001 2.1000 1 2 1 yx yy yx Lúc này sẽ viết 2 (2) ( )( 2 1) 0. y x y x Đối với đề B – 2013: Viết 22 (1) (3 2) 2 3 1 0 y x y x x và cho 1000 x sẽ được: 2 2001 2.1000 1 2 1 3002 2003001 0 1001 1000 1 1 yx yy yx Hiển nhiên lúc sẽ viết lại (1) ( 2 1)( 1) 0. y x y x Bạn hãy thực hành lại các ví dụ trên, sẽ thấy ngay đều ấy. Sau đây tôi xin được trình bày một số ví dụ nâng cao hơn: Ví dụ 1. 3 2 2 2 2 ( ; ) 2 6 13 18 3 10 87 14 15 0 F x y y x y xy x y xy x y Do y bậc cao nhất nên cho 2 1000 ( ; ) 5982 129899 1996986015 0 y F x y x x ( ; ) 2991(2 333)( 2005) 0. F x y x x Chọn: 2991 3.1000 9 3 9; y 1 1000 1 333 , 33 y 2005 2 5. y 1 ( ; ) (3 9) 2 ( 2 5) ( 3)(6 1)( 2 5) 0. 3 y F x y y x x y y x y x y Ví dụ 2. 3 3 2 2 2 2 ( ; ) 2 2 4 6 3 4 12 0. F x y x y x y x y xy x y Do x và y cùng bậc nên có thể cho 1000. y 3 2 2 ( ; ) 2000004 1003 2006004012 ( 2000004)( 1003). F x y x x x x x Chọn: 2 2000004 2.1000000 4 2 4 y và 1003 1000 3 3. y Suy ra: 22 ( ; ) ( 2 4)( 3). F x y x y x y Ví dụ 3. 3 2 3 2 2 ( ; ) 3 2 7 10 17 8 40 16 0. F x y x xy y x xy y x y Do x, y cùng bậc nên có thể chọn 1000 y (thường chọn giá trị 1000 là biểu thức chứa hằng số khác 1, tức chọn 1000 y do có 3 2, y sẽ dễ dàng cho việc lựa số của y). 3 2 2 ( ) 7 2989992 1983039984 ( 1999)( 996) 0. F x x x x x x Chọn 1999 2 1 y và 2 996 4 ( ; ) ( 2 1)( 4) 0. y F x y x y x y Ví dụ 402. Giải hệ phương trình: 2 2 3 2 2 2 5 4 3 2( ) 0 ( ) 2 ( ) x y xy y x y xy x y x y (1) (2) Đại học khối A năm 2011 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 300 Phân tích. Nhận thấy ở phương trình (2) đều có chung nhân tử 22 xy sau khi biến đổi 2 2 2 ( ) 2 x y x y xy nên ta sẽ ưu tiên nhóm 2 cụm này trước. Tức có: 2 2 2 2 2 2 (2) ( ) 2 ( ) 2 0 ( ) ( 1) 2( 1) 0 xy x y x y xy x y xy xy sẽ có nhân tử ( 1). xy Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Ta có: 2 2 2 2 (2) ( ) 2 ( ) 2 0 xy x y x y xy 2 2 2 2 22 1 ( )( 1) 2( 1) 0 ( 1)( 2) 0 2 xy x y xy xy xy x y xy Với 1 1 , ( 0) xy x y y thế vào 3 51 (1) 4 3 2 0 y y y yy 4 2 2 3 6 3 0 1 1 1. y y y y x Với 22 2, xy kết hợp với (1) được hệ: 22 2 2 3 2 ( ) 5 4 3 2.( ) 0 x y i x y xy y x y 2 2 3 2 2 3 2 2 3 5 4 3 ( )( ) 0 2 4 5 0 x y xy y x y x y y x y xy x 32 4 5 2 0 x x x y y y (do: 00 yx vô nghiệm). 1 x y hoặc () 2 () 2 11 2 2 2 22 2 2 5 2 55 i i yx x y y x y yx x y y Kết luận: Tập nghiệm hệ là 2 10 10 ( ; ) (1;1),( 1; 1), ; 55 S x y Ví dụ 403. Giải hệ: 3 2 3 2 33 5 3 2 4 4 2 3 5 2 2 3 1 1 3 2013( ) 0 x y x y y y x x y xy yx x y y x y (1) (2) Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Lê Quí Đôn – Đà Nẵng Phân tích và lời giải. Tập xác định: . D Nhận thấy phương trình (2) có dạng đa thức với dấu hiệu nhân tử là ( ). xy 5 4 4 5 3 2 2 3 (2) ( ) ( ) 2013( ) 0 x yx xy y x y x y x y 4 4 2 2 ( ) ( ) ( ) 2013( ) 0 x x y y x y x y x y x y 4 4 2 2 4 4 2 2 ( )( 2013) 0 , (do : 2013 0). x y x y x y x y x y x y Thế xy vào 33 3 3 2 2 (1) 2 3 1 2 3 1 1 1 x x x x x x 3 3 3 3 3 3 3 2 3 2 ( 2 3 1) 2 3 1 ( 1) 1 x x x x x x 33 32 ( 2 3 1) ( 1) f x x f x (3) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 301 Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, . f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên . Từ 3 3 3 3 3 2 3 2 (3) ( 2 3 1) ( 1) 2 3 1 1 f x x f x x x x 3 2 3 2 3 2 3 1 1 2 3 0 2 0 1 xy x x x x x x x y x y Kết luận: Tập nghiệm của hệ là 33 ( ; ) (0;0);( 1; 1); ; 22 S x y Ví dụ 404. Giải hệ phương trình: 2 2 3 ( )( ) ( 1) (1) ( 2) 4 1 (2) 3 x y x y y x y y xx Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Huỳnh Thúc Kháng – Quảng Nam Phân tích và lời giải. Do (2) 0 VP nên điều kiện là 2 ( 4) 0 0. x x x Nhận thấy (1) có thể viết lại dưới dạng phương trình bậc 2 với ẩn là x và kiểm tra biệt số Δ là số chính phương nên trước hết khai thác (1) để tìm mối liên hệ giữa x và y. 2 2 3 2 (1) ( 1). ( ) 0, x y y x y y có biệt số: 2 2 3 2 4 2 3 2 3 2 ( 1) 4( ) 1 2 2 2 4 4 x y y y y y y y y y y y 4 3 2 4 3 2 2 2 3 2 1 ( 2 ) 2( ) 1 y y y y y y y y y 2 2 2 2 2 ( ) 2( ) 1 ( 1) 0. y y y y y y Suy ra: 22 11 1 2 y y y y xy hoặc 2 0: xy loại do 0. x Với 1 xy thì 2 3 2 (2) 2 4 3 4 3 ( 4) x x x x x x Do biểu thức trong căn thức phân tích thành tích số, nên sẽ nghĩ đến việc biểu diễn biểu thức ngoài căn thức theo tổng bình phương của 2 biểu thức này, để đưa về phương trình đẳng cấp, nghĩa là viết: 22 ( 4) 2. 3 . 4 x x x x (3) Đặt 2 0; 4 2 a x b x thì 22 (3) 2 3 ( 2 )( ) 0. b a ab b a b a Suy ra: 2 2 o 2 4 : VN 4 4 2 3. 24 xx x x x y xx Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (2;3) S x y Nhận xét. Để giải hoàn thiện hệ phương trình, ta cần nắm vững các kỹ thuật giải phương trình cơ bản. Bởi lẽ, khi thế vào phương trình còn lại, thường bắt gặp các kỹ thuật như liên hợp, đặt ẩn phụ, hàm số, bất đẳng thức…… (xem phần 1). Ngoài ra, khi lập Δ thường sử dụng khai triển: 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 . a b c a b c ab bc ca Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 302 Ví dụ 405. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 3 ( 2 6) 18 6 0 (6 5) (3 2 4) 16 y x y y x y xy (1) (2) Phân tích. Nhận thấy (1) là phương trình bậc hai với ẩn x và kiểm tra biệt số Δ là số chính phương nên sẽ khai thác từ (1) để tìm mối liên hệ giữa x và y. Lời giải. Để hệ có nghiệm thì từ (2) có 6 5 0. x Ta có: 2 2 3 (2) 18 3( 2 6) ( 6 ) 0 x y y x y y và biệt số: 2 2 3 9( 2 6) 72( 6 ) x y y y y 4 2 3 2 3 9( 4 36 4 24 12 8 48 ) y y y y y y y 4 3 2 4 3 2 2 9( 4 16 24 36) 9 ( 4 4 ) 12 24 36 y y y y y y y y y 2 2 2 2 2 9 ( 2 ) 12.( 2 ) 36 9( 2 6) 0. y y y y y y 22 3( 2 6) 3( 2 6) 36 3 y y y y y x 2 1 11 6 xy : loại do 5 6 x Với 3 yx thì 22 (2) (6 5)(3 2 9 4) 16 (6 5)(3 36 16) 16 x x x x Để đơn giản đặt 5 6 5 do : 6 t x x thì phương trình 2 ( 5)(3 16) 16 tt 2 ( 5)(3 16) 16 0 tt (3) Xét hàm số 2 ( ) ( 5) (3 16) 16 f t t t trên ( 5; ) có: 2 2 22 ( 5) 2 5 16 ( ) 3 16 3 0, . 16 16 t t t t f t t t tt Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên ( 5; ) và phương trình ( ) 0 ft có không quá 1 nghiệm. Mặt khác, ta có: (t) ( 3) 0 3. f f t Suy ra: 13 3 6 2 2 t x y x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là 13 ( ; ) ; 22 S x y Ví dụ 406. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 2 ( 4) 8 4 0 (1) 11 2 3 4( 1) 8 (2) 22 y x y y x x x x y x y Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên Phân tích và lời giải. Điều kiện: 1 x và 2 3 0. xy Nhận thấy (1) là phương trình bậc hai với ẩn x và kiểm tra biệt số Δ là số chính phương nên sẽ khai thác từ (1) để tìm mối liên hệ giữa x và y. 2 2 3 2 (1) ( 4). 2 4 8 0, x y x y y y có: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 303 2 2 3 2 4 2 3 2 ( 4) 4(2 4 8 ) 8 16 8 16 32 x y y y y y y y y y 4 3 2 4 3 2 2 8 24 32 16 ( 8 16 ) 8 32 16 y y y y y y y y y 2 2 2 2 2 ( 4 ) 8( 4 ) 16 ( 4 4) 0. y y y y y y Suy ra: 2 xy hoặc 22 2 4 ( 1) 3 3 x y y y : loại do 1. x Thế 2 xy vào 2 17 (2) 2 3 4 4 22 x x x x (3) Phương trình (3) có vế trái là tổng 2 căn thức với 2 biến trong căn có dấu đối nhau và vế phải có thể đưa được về dạng bình phương, hơn nữa sử dụng casio tìm được phương trình có nghiệm duy nhất 1 2 x Đó là dấu hiệu sử dụng BĐT Cauchy. Ta có: Cauchy Cauchy 1 1 1 1 1 3 • 2 (4) 2 2 4 2 4 4 2 1 1 7 • 2 3 (2 3) 4 (2 7) (5) 2 4 2 4 x x x x x x x x Suy ra: (3) 22 (3) 15 23 22 7 5 5 4 4 (2 1) (6) 2 2 2 x VT x VP x x x Do đó nghiệm phương trình là các giá trị làm cho dấu đẳng thức trong (4), (5), (6) đồng thời xảy ra 11 24 xy Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là 11 ( ; ) ; 24 S x y Ví dụ 407. Giải hệ phương trình: 22 2 4 (3 5)( 1) ( 3 6) 2 1 3 4 x x y x x y y y y x (1) (2) Đề nghị Olypic 30/04/2014 lớp 10 – Chuyên Nguyễn Tất Thành – KonTum Phân tích và lời giải. Điều kiện: 2 2 1 0 1 2 1 2. y y y Nhận thấy (1) là phương trình bậc hai với ẩn y và kiểm tra biệt số Δ là số chính phương nên sẽ khai thác từ (1) để tìm mối liên hệ giữa x và y. 2 2 3 2 (1) ( 3 6). (3 5 3 5) 0 y x x y x x x có biệt số: 2 2 3 2 2 2 ( 3 6) 4(3 5 3 5) ( 3 4) 0. y x x x x x x x Suy ra: 35 yx hoặc 2 1. yx Với 3 5, yx thế vào 2 4 (2) 2 1 1: yy vô nghiệm. Với 2 1, yx thế vào 4 42 (2) 2 3 3 x x x (3) Sử dụng casio, tìm được 1 x là nghiệm duy nhất của (1) nên có thể sử dụng BĐT. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 304 Ta có: 44 Cauchy 4 4 (3) 2 1 1 1 5 (2 ).1.1.1 44 xx VT x Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 44 2 1 1 1. xxx Mặt khác: 4 2 4 2 (3) 5 3 4 4 12 7 0 4 x VP x x x x x 22 ( 1) ( 2 7) 0 : x x x luôn đúng với mọi . x Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 0 1. xx Do đó nghiệm của (3) là 1 0. xy Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (1;0) S x y Ví dụ 408. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 4 1 4 0 1 3 1 x xy y x xy x xy (1) (2) Phân tích. Nhận thấy cả 2 phương trình đều có chứa căn thức, nhưng phương trình (1) dễ dàng khử căn hơn bằng cách lũy thừa, tức 2 2 2 (1) 16( 1) ( 4) x x y y và nó có dạng phương trình bậc 2 với ẩn x. Từ đó ta kiểm tra biệt số x là số chính phương nên hướng đi là đúng. Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 22 1 10 x x xy nên từ (1) 0. y 2 2 2 2 4 2 2 (1) 4 1 4 16( 1) ( 4) ( 4 ) 16 16 0 x xy y x x y y y y x x 4 2 4 2 2 2 64 16( 4 ) 16( 4 4) 16( 2) . x y y y y y Suy ra: 22 4 2 2 2 2 8 4 8 4( 4) 4 4 ( 4) yy x y y y y y hoặc 2 4 0: 4 x y loại do 1. x Với 2 4, xy thế vào 2 (2) 3 3 1 4, ( 3) Đ K : x x x 2 2 2 4 3( 2) ( 3 1) 3( 1 1) 0 0 11 31 xx xx x x 22 ( 2)( 2) 3( 2) 2 3 0 ( 2) 0 1 1 1 1 3 1 3 1 x x x x x xx xx 2 2 2 23 2 2, do : 0, 3. 0 11 31 y x x y x y x x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (2; 2) . S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 305 Ví dụ 409. Giải hệ: 2 3 3 2 3 2. 19 2 10 2 5 ( 1) 1 ( 2) y x y x y y x x y y y x y (1) (2) Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Cao Lãnh 2 – Đồng Tháp Phân tích. Nhận thấy cả 2 phương trình đều có chứa căn thức, nhưng ta sẽ không làm gì được đối với hình thức của (1). Nếu quan sát kỹ, thì hình thức của (2) chỉ có 2 căn thức có dạng 1, y x y khi biến đổi và hoàn toàn có thể đưa về tích số. Lời giải. Điều kiện: 1, 0, 3 2 3 0. y x y y x 22 (2) ( ) 1 1 ( 1) 1 0 x y y y x y 22 ( ) . 1 1 ( 1) . 0 x y y y y x y x y 22 ( ) . 1 ( 1) . ( 1) 0 x y y y x y x y y 1. .( 1) ( 1) 0 y x y x y y x y y ( 1).( 1. 1) 0 x y y y x y 1 (do : 1 1 0) 1. x y y y x y x Với 1, x thế vào 2 3 (1) 3 1 2. 19 8 2 5 y y y y 2 3 3 1 ( 1) 2 19 8 ( 2) 2 2 y y y y y y 2 3 2 2 22 3 3 2( 6 7 ) 22 3 1 1 (19 8) ( 2) 19 8 ( 2) y y y y y yy yy y y y y 22 2 22 3 3 2( )( 7) 2( ) 0 3 1 1 (19 8) ( 2) 19 8 ( 2) y y y y y yy yy y y y y 2 22 3 3 0, 1 2( 7) 1 ( ) 2 0 3 1 1 (19 8) ( 2) 19 8 ( 2) y y yy xx y y y y 2 0 1. 1 yy y y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) ( 1;1) S x y Ví dụ 410. Giải hệ: 3 2 2 2 3 2 3 1 2 3 2 (2 1) 5 2 5 0 x xy x y x y x y xy y x y x y (1) (2) Phân tích. Ta sẽ không làm được gì với hình thức của phương trình (2). Nếu viết (1) theo cụm đẳng cấp: 3 2 2 3 2 2 (1) ( 3 3 2 ) ( ) 2 1 0 x x y xy y x y xy x y và Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 306 sẽ phân tích cụm đẳng cấp bậc 2, bậc 3 này theo cụm bậc thấp 21 xy với hy vọng sẽ đưa được về tích số có chứa ( 2 1). ( ; ) 0. x y f x y Thật vậy: 2 2 2 2 ( 2 )( ) ( ) ( 2 1) 0 x y x xy y x xy y x y 2 2 2 2 ( )( 2 1) 2 1 0 ( 2 1)( 1) 0 x xy y x y x y x y x xy y và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Có 3 2 2 3 2 2 (1) ( 3 3 2 ) ( ) ( 2 1) 0 x x y xy y x y xy x y 2 2 2 2 ( 2 )( ) ( ) ( 2 1) 0 x y x xy y x xy y x y 2 2 2 2 ( )( 2 1) 2 1 0 ( 2 1)( 1) 0 x xy y x y x y x y x xy y 2 2 3 ( 2 1) 1 0 2 1 0 2 1. 24 yy x y x x y y x Thế 21 yx vào 2 45 35 2 (2) 6 4 0 45 35 2 xy xx xy Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là 45 ( ; ) 3 5; 2 S x y Ví dụ 411. Giải hệ: 2 2 3 2 3 2 32 3 3 2 2 2 2 3 2 2 8 5 7 8. 15 24 23 x y x y y y x xy xy x x y y x (1) (2) Phân tích. Tương tự như ví dụ trên, ta sẽ viết phương trình (1) theo từng cụm đẳng cấp: 3 2 2 3 2 2 ( 3 3 2 ) 2( ) ( 2 2) 0. y xy x y x y xy x y x Sử dụng casio để phân tích cụm bậc 3, tức có 3 2 2 3 3 2 ( 2)( 1) t t t t t t nên sẽ viết phương trình 2 2 2 2 ( 2 )( ) 2( ) ( 2 2) 0 y x x xy y x xy y y x 2 2 2 2 ( )( 2 2) ( 2 2) 0 ( 2 2)( 1) 0. x xy y y x y x y x x xy y Lời giải. Có 3 2 2 3 2 2 (1) ( 3 3 2 ) 2( ) ( 2 2) 0 y xy x y x y xy x y x 2 2 2 2 ( 2 )( ) 2( ) ( 2 2) 0 y x x xy y x xy y y x 22 ( )( 2 2) ( 2 2) 0 x xy y y x y x 22 ( 2 2)( 1) 0 2 2 0 2 2. y x x xy y y x y x Thế 22 yx vào 3 32 (2) 8 10 17 8. 30 24 7 x x x x 3 2 2 3 (2 2) (24 14 9) 8. 8.(2 2) (24 14 9) x x x x x x (3) Đặt 32 32 2 3 22 24 14 9 8 24 14 9 8 8.(2 2) (24 14 9) ux u x x v v x x u v x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 307 3 3 2 2 8( ) 0 ( )( 8) 0 . u v u v u v u uv v u v Với 33 11 8 6 1 4 3 cos3 22 u v x x x x t với cos , 0; x t t Suy ra: 5 5 7 7 ( ; ) cos ;2cos 2 ; cos ;2cos 2 ; cos ;2cos 2 9 9 9 9 9 9 xy 2. Kỹ thuật nhân lượng liên hợp Trong phần này, tôi xin giới thiệu về kỹ thuật liên hợp trong hệ phương trình. Khi đó, ta cần chọn 1 phương trình để liên hợp và đưa về tích số, rồi kết hợp với phương trình còn lại để giải. Thông thường, có 2 cách ra đề: một là ghép hợp lý để liên hợp. Hai là thêm bớt để liên hợp. Trong một số trường hợp khó hơn, cần có sự kết hợp giữa 2 phương trình, sau đó sử dụng kỹ thuật liên hợp mới đưa được về dạng tích số. Ví dụ 412. Giải hệ phương trình: 1 3 ( 3) (1) 3 (2) x y x y x x y x x ( ; ). xy Phân tích. Từ (1), nhận thấy ( ) ( 3) 3 x y x y có nhân tử với vế phải nên sẽ ghép 2 căn thức lại với nhau để tiến hành liên hợp. Nhưng khi liên hợp sẽ xuất hiện ở mẫu số dạng AB nên ta phải xét lượng này có khác 0 hay chưa ?! Lời giải. Điều kiện: 0 0 x xy Khi đó vế trái (1) dương nên cần 3. y Với 3 3 3 3 0 y x y x x y x x y x thì: 33 11 (1) 3 33 yy x y x x xx x y x x y x (3) Kết hợp (3) với (2), suy ra hệ: 3 3 3 3 x y x x xx x y x x 22 03 2 3 2 3 9 3 3 8. 1 x x x x x x x y x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (1;8) S x y Ví dụ 413. Giải hệ: 2 32 1 1 4( ) 3( ) 5 6 (3 2 1)( 3 2 5 ) x y x y x y x x x x y y x (1) (2) Phân tích. Nhận thấy ở (1) có 3( ) ( 1) 2 2 1 x y x y x y và biểu thức ngoài căn: 2 2 2( ) 1 (2 2 1) (2 2 1) x y x y x y có chung 2 2 1, xy nên sẽ ghép 2 căn thức này lại với nhau để liên hợp và có lời giải chi tiết như sau: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 308 Lời giải. Điều kiện: 3 0, 5, 2 x y x y 2 2 (1) 3( ) 1 2( ) 1 0 x y x y x y 2 2 1 (2 2 1)(2 2 1) 0 3( ) 1 xy x y x y x y x y 1 (2 2 1) 2( ) 1 0 2 2 1. 3( ) 1 x y x y x y x y x y Vì 1 2( ) 1 0, 0. 3( ) 1 x y x y x y x y Thế 2 1 2 yx vào 2 (2) ( 5 6) ( 2)( 2 2 5 ) 1;5 x x x x x x x ( 2)( 3) ( 2)( 2 2 5 ) x x x x x x ( 3) 2 2 5 do : 2 0, 1;5 x x x x x x Do sử dụng casio được 1 x là nghiệm duy nhất nên truy ngược dấu để liên hợp. 2 2 2( 2 2 2) 2(2 5 ) 2 4 6 0 x x x x x ( 1) 2 2 ( 1) ( 1)( 3) 0 2 2 2 2 5 x x x xx xx 2 2 1 1 ( 1) 3 0 1 2 2 2 2 2 5 x x x x y xx Vì 2 2 1 3 0, 1;5 . 2 2 2 2 5 x xx xx Kết luận: So điều kiện, nghiệm hệ phương trình là 1 ( ; ) 1; 2 xy Ví dụ 414. Giải hệ phương trình 22 22 2 2 3 2(1 ) 2 1 2 1 x y x y x y x y y x y x y y x (1) (2) Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Lê Quí Đôn – Bình Định Phân tích. Nhận thấy rằng phương trình (1) luôn đúng khi , xy tức sẽ có nhân tử là ( ). xy Thật vậy, nếu ghép ( 2 3 ), ( 2 ) x y y x y x và liên hợp sẽ xuất hiện nhân tử xy với lượng 22 ( ) ( ). x y y x xy x y Từ đó có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Điều kiện: 2 2 0, 2 0 0, 0 2 1 0 ( ) x y x y xy x y i Từ () i suy ra: 2 0, 0 2 2 1 0 xy xy xy 22 (1) ( 2 3 ) ( 2 ) ( ) 0 x y y x y x x y y x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 309 ( ) 0 2 3 2 x y x y xy x y x y y x y x 11 ( ) 0 . 2 3 2 x y xy x y x y y x y x Vì: 11 0, , 0. 2 3 2 xy x y x y y x y x Thế xy vào 22 (2) 2(1 ) 2 1 2 1 x x x x x 22 ( 2 5) 2( 1)( 2 1 2) 0 x x x x x 2 2 2 2( 1)( 2 5) ( 2 5) 0 2 1 2 x x x xx xx 2 2 2 2 o 2 5 0 1 6 2( 1) ( 2 5) 1 0 2 1 2 : VN 2 1 2 x x x x xx x x x xx Kết luận: So điều kiện, nghiệm hệ phương trình là ( ; ) ( 6 1; 6 1). xy Ví dụ 415. Giải hệ phương trình: 4 4 22 1 1 2 2 ( 1) 6 1 0 x x y y x x y y y (1) (2) Đại học khối A năm 2013 Phân tích. Ngoài việc giải bằng phương pháp hàm số, bài này ta có thể giải bằng cách liên hợp để đưa về tích số. Từ (1), nếu ghép 4 ( 1 2) xy và liên hợp sẽ có tử số là 4 1. xy Còn đối với cụm 4 ( 1 ) xy có chứa căn bậc bốn nên liên hợp 2 lần cũng xuất hiện 4 1 xy và có chung nhân tử với nhóm đầu tiên. Nhưng do khi liên hợp cụm 4 ( 1 ) xy thì mẫu số có chứa lượng 4 1 xy chưa khẳng định được có bằng 0 hay không ?! Do đó ta tìm điều kiện cho y. Xuất phát từ phương trình (2), nhận thấy có dạng hằng đẳng thức nên biến đổi 22 ( 2 ) 2 6 1 0 x xy y x y 22 ( ) 2( ) 1 4 ( 1) 4 0 0. x y x y y x y y y Vì vậy khi liên hợp, ta nên xét 2 trường hợp: 1, 0 xy và 1, 0. xy Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1. x Khi đó: 22 (2) ( 2 ) 2( ) 1 4 x xy y x y y 22 ( ) 2( ) 1 4 ( 1) 4 0 x y x y y x y y () Trường hợp 1. Với 1, 0 xy luôn thỏa nên ( ; ) (1;0) xy là 1 cặp nghiệm. Trường hợp 2. Với 1, 0, xy thì: 4 4 (1) ( 1 2) ( 1 ) 0 x y x y 42 4 4 11 0 1 12 x y x y xy xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 310 44 2 4 4 11 0 ( 1 )( 1 ) 12 x y x y x y x y xy 4 2 4 4 11 ( 1) 0 ( 1 )( 1 ) 12 xy x y x y xy 4 1. xy Do: 2 4 4 1 11 0, : 0 ( 1 )( 1 ) 12 x y x y x y xy Thế 4 1 xy vào 42 ( ) ( ) 4 0 y y y y (loại) hoặc 74 2 4 0. y y y Do sử dụng casio tìm nghiệm duy nhất 1 y nên sử dụng phương pháp hàm số. Xét 74 ( ) 2 4 f y y y y trên (0; ) có: 43 ( ) 7 8 1 0, 0. f y y y y Suy ra hàm số () fy đồng biến trên (0; ) và ( ) (1) 0 1 2. f y f y x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (1;0);(2;1) S x y Ví dụ 416. Giải hệ phương trình: 2 22 3 ( ) 2 2 5 7 7 4 6 1 x x y x y y y x y x x y xy x (1) (2) Phân tích. Nhận thấy rằng phương trình (1) luôn đúng khi , xy tức sẽ có nhân tử là ( ). xy Thật vậy nếu ghép 2 căn để liên hợp được: ( ) 2 x y y x y và cụm còn lại 22 2 x xy y có dạng đẳng cấp nên phân tích 22 2 ( )( 2 ). x xy y x y x y Lời giải. Điều kiện: 0 0 y xy Với 0 y thì hệ 2 2 3 00 : 41 5 7 4 1 x x x x x x vô nghiệm. Xét 0, y thì 22 (1) ( 2 ) ( 2 ) 0 x y y x xy y 1 ( )( 2 ) 0 ( ) 2 0 22 xy x y x y x y x y x y y x y y 0. x y x y Do 0 1 ( ) 0, 0 2 xy x y y y x y y Thế yx vào 3 3 2 2 (2) 5 14 4 6 1 x x x x x 3 3 2 2 5 14 4 3. 8 8 8 x x x x x 33 2 2 3 3 3. 8 8 8 ( 8 8 8) 3.( 1) ( 1) x x x x x x 3 2 ( 8 8 8) ( 1). f x x f x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 311 Xét hàm số 3 ( ) 3 f t t t có 2 ( ) 3 3 0, . f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên . Suy ra: 33 22 ( 8 8 8) ( 1) 8 8 8 1 f x x f x x x x 2 3 3 2 8 8 8 ( 1) 5 11 7 0 1 1. x x x x x x x y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (1;1) S x y Ví dụ 417. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 2 (3 6) 1 17 18 2 2 3 2 2 y x x y xy x y x xy y x y xy (1) (2) Phân tích. Nhận thấy rằng phương trình (2) luôn đúng khi , xy tức sẽ có nhân tử là ( ). xy Thật vậy, nếu nhóm cụm đẳng cấp 2 2 2 2 ( ) x y xy x y và ghép căn với cụm còn lại: 22 2 2 3 2 ( ) x xy y x y và liên hợp ta sẽ thu được tử số có dạng: 2 2 2 2 2 2 2 4(2 3 2 ) ( 2 ) 7( 2 ) 7( ) . x xy y x xy y x xy y x y Lời giải. Điều kiện: 2 2 2 2 11 00 2 3 2 0 2 3 2 0 xx xy y x xy y x xy y 2 2 2 (2) ( ) 2 2 3 2 ( ) 0 x y x xy y x y 22 22 7 ( ) 1 0 ( ) 0 . 2 2 3 2 x y x y x y x xy y x y Vì: 22 22 1, 0 7 1 0, 2 3 2 0 2 2 3 2 xy x xy y x xy y x y Thế xy vào 3 3 2 (1) (3 6) 1 17 18 x x x x x 22 (3 6) ( 1)( 1) ( 1) 18( 1) x x x x x x x x (3) Đặt 2 2 2 1 0, 1 0 1 1. a x b x x a x x a 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (3) (3 3) ( 1) 18 3 3 18 0 a ab a b a a b ab a b b a 3 2 2 2 2 2 (3 ) (3 ) (18 2 ) 0 a b a b ab b a b 2 3 .(3 ) .(3 ) 2.(3 ).(3 ) 0 a b a b b a b a b a b 22 (3 )(3 6 2 ) 0 (3 )(3 6 ) 0 a b a b b a b a b a b a b 2 3 0 3 , (do : 3 6 0, 0, 0). a b b a a b a b a b Với 3, ba suy ra: 22 3 1 1 9( 1) 1 4 6. x x x x x x x y Kết luận: So điều kiện, nghiệm hệ là ( ; ) (4 6; 4 6). xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 312 Ví dụ 418. Giải hệ phương trình: 3 2 2 22 2 1 1 3 2 1 . 5 4 4 x x y x y y x xy y x (1) (2) Phân tích. Nhận thấy rằng phương trình (1) luôn đúng khi , xy tức sẽ có nhân tử là ( ). xy Thật vậy, nếu nhóm cụm bậc ba: 3 2 2 ( ) ( ) x x y x x y và đối với cụm 2 2 1 ( 1) x y y sau khi liên hợp được tử số là: 2 2 2 2 2 1 ( 1) x y y x y ( )( ) x y x y sẽ có nhân tử chung ( ). xy Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 2 11 ; 0; 2 1 0 22 5 5 5 0 2 2 2 x xy x y x yy 3 2 2 2 2 ( )( ) (1) ( ) 2 1 ( 1) 0 ( ) 0 2 1 1 x y x y x x y x y y x x y x y y 2 2 ( ) 0 0 . 2 1 1 xy x y x x y x y x y y Vì: 2 2 1 0, 2 2 1 1 xy xx x y y và 5 0 2 y Thế xy vào 22 (2) 3 2 1 5 4 4 x x x x (3) Với 11 2 1 2 1 0 : 22 x x x y thỏa hệ nên là 1 cặp nghiệm của hệ. Với 1 2 1 2 1 0 2 x x x thì: 22 (3) 3 2 1 (2 1) 5 4 ( 2 3) 3(2 3 1) 0 x x x x x x x 22 2 2 6(2 3 1) 4 (2 3 1) 3(2 3 1) 0 2 1 2 1 5 4 3 2 x x x x x xx xx xx 2 2 64 (2 3 1) 3 0 2 1 2 1 5 4 3 2 x xx xx xx (4) Vì 2 6 4 1 5 3 0, ; , 22 2 1 2 1 5 4 3 2 x x xx xx nên phương trình 2 1 (4) 2 3 1 0 2 x x x (loại) hoặc 1 1. xy Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 11 ( ; ) ; ;(1;1) 22 S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 313 Ví dụ 419. Giải hệ: 22 (8 6) (2 2)( 4 2 4) 2 3 4 1 x y x y x x x y x y x (1) (2) Phân tích. Do hệ không có dấu hiệu của sự đặt ẩn phụ cũng như hàm số và ta cũng sẽ không làm được gì đối với hình thức của (1). Từ đó sẽ nghĩ đến việc khai thác phương trình (2). Nếu biến đổi 2 2 2 (2) ( 3 4 ) ( 3 1) 0 x x y x y x x y x và liên hợp trong các dấu ( ) được các tử số là: 22 ( ) ( )( 1) x y x y x y x y và 22 ( 3 ) ( 2 1) 1 x x y x x x y sẽ có nhân tử chung ( 1). xy Lời giải. Điều kiện: 2 0; 2; 3 0. y x x x y 2 2 2 (2) ( 3 4 ) 3 ( 1) 0 x x y x y x x y x 2 2 2 2 2 2 2 3 4 3 2 1 0 3 4 3 1 x x y x y x x y x x x x y x y x x y x 22 2 2 2 ( ) ( ) 1 0 3 4 3 1 x y x y x y x x y x y x x y x 2 2 2 ( )( ) ( ) 1 0 3 4 3 1 x y x y x y x y x x y x y x x y x 2 2 2 ( )( 1) 1 0 3 4 3 1 x y x y x y x x y x y x x y x 2 2 2 1 ( 1) 0 3 4 3 1 xy xy x x y x y x x y x 1, yx vì: 2 2 2 2 1 0, 0 3 4 3 1 x xy y x x y x y x x y x Thế 1 yx vào (1) (8 6) 1 (2 2) ( 3 4 2) x x x x x 2 (2 2) ( 2) 4 2 4 1 (8 6) 1 x x x x x 2 ( 2 2) ( 2 2) 1 (8 6) 1 x x x x 3 ( 2 2) ( 2 2) (8 6) 1 x x x x Do vế trái có dạng hàm đặc trưng 3 () f t t t luôn đơn điệu trên nên sẽ định hướng phân tích vế phải theo hàm này để sử dụng hàm số. Thật vậy: 3 ( 2 2) ( 2 2) (4 3) 4 4 x x x x 32 ( 2 2) ( 2 2) ( 4 4) 1 4 4 x x x x 33 ( 2 2) ( 2 2) ( 4 4) 4 4 x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 314 ( 2 2) ( 4 4). f x f x Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, . f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên . Suy ra: ( 2 2) ( 4 4) 2 2 4 4 f x f x x x 2 4 2 4 4 4 2 3 6 x x x x x 22 21 16( 2) 9 36 36 9 52 68 0 34 25 99 xy x x x x x xy Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 34 25 ( ; ) (2;1); ; 99 S x y Ví dụ 420. Giải hệ phương trình: 2 4 (4 9)( ) 3 4 ( 2)( 2 ) 3( 3) x x x y xy y x y x x (1) (2) Phân tích. Nhận thấy rằng phương trình (1) luôn đúng khi , xy tức sẽ có nhân tử là ( ). xy Thật vậy, có 2 (1) ( ) 4 (4 9)( ) 2 0 xy y x x x y y và thực hiện liên hợp thì thu được các tử số 2 () xy y x x y và 22 4 4 (4 9)( ) x y x x y 4( )( ) ( )(4 9) ( )(8 4 9) x y x y x y x x y x y nên có lời giải như sau: Lời giải. Điều kiện: 0, 0. xy Do 0 xy thì hệ 00 : 09 vô nghiệm nên xét 0, 0. xy 2 (1) ( ) 4 (4 9)( ) 2 0 xy y x x x y y 2 2 2 2 4 (4 9)( ) 4 0 4 (4 9)( ) 2 xy y x x x y y xy y x x x y y 2 ( ) 4( )( ) (4 9)( ) 0 4 (4 9)( ) 2 y x y x y x y x x y xy y x x x y y 2 849 ( ) 0 4 (4 9)( ) 2 x y y xy xy y x x x y y (3) Do với 0, 0 xy thì ta chưa khẳng định được lượng 8 4 9 4(2 ) 9 x y x y có dấu như thế nào ?! Khi đó ta quan tâm đến phương trình (2) để đi chứng minh điều này luôn dương. Thật vậy, ở (2) có thể biểu diễn 2xy theo 0, x bằng cách biến đổi 2 3( 3) 9( 3) (2) 2 4( 2 ) 4( 2) 42 xx y x y x x x Mong muốn lúc này là có thể khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 315 chứng minh lượng 2 9( 3) 4( 2 ) 9 4( 2) x yx x để có 4( 2 ) 9 0. yx Có nhiều cách chứng minh điều này, ở đây tôi xin được trình bày bằng phép biến đổi tương đương. Từ 2 2 9( 3) (2) 16( 2)( 2 ) 9( 3) 4(2 ) 4( 2) x x y x x x y x (4) Giả sử: 2 22 9( 3) 9 6 9 4 8 ( 1) 0 : 4( 2) x x x x x x luôn đúng khi 0. x Suy ra: (4) 4(2 ) 9 8 4 9 0. x y x y Nên: (3) . xy Thế xy vào (2) 4 3 ( 2) 3( 3) 1. x x x x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (1;1) S x y Lưu ý. Ta có thể chứng minh 8 4 9 0 xy bằng BĐT Cauchy như sau: 2 3 3 3 ( 2) 1 3 1 (2) 2 2 4 4 4 2 2 2 xx y x x x x x Cauchy 3 1 3 2 2 42 2 x x hay 3 2 4( 2 ) 9. 2 y x y x Ví dụ 421. Giải hệ phương trình: ( )( 2) (1) ( 1) (1 ) 4 (2) xy x y xy x y y x y xy x x Chọn đội tuyển VMO tỉnh Ninh Bình 2014 – 2015 Phân tích. Nhận thấy rằng phương trình (1) luôn đúng khi , xy tức sẽ có nhân tử là ( ). xy Thật vậy: (1) ( )( 2) xy x y xy y y x và liên hợp theo từng cụm được các tử số 2 ( )( 2) ( ) ( )( 2) xy x y xy y y x y x y xy ( )( 2) x y y xy và () yx nên xuất hiện nhân tử và có lời giải như sau: Lời giải. Điều kiện: 0, 0, 0 ( )( 2) 0 x y xy xy x y xy Với 0 xy thì hệ 00 : 04 vô nghiệm nên xét 0, 0. xy (1) ( )( 2) xy x y xy y y x 2 ( )( 2) ( )( 2) xy x y xy y yx xy xy x y xy y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 316 ( ) ( ) 2) 0 ( )( 2) y x y x y xy xy xy xy x y xy y ( )( 2) 0 ( )( 2) x y y xy xy xy xy x y xy y 2 1 ( ) 0 ( )( 2) y xy xy xy xy x y xy y (3) Do với 0, 0 xy thì lượng: 1 0, xy còn lượng 2 y xy chưa xác định được dấu của nó ?!. Quan sát phương trình (2) cũng có lượng y xy và hoàn toàn có thể biểu diễn theo x. Tức 4 (2) (1 ) 1 y xy x x x và mong muốn của ta lúc này là chứng minh lượng: 4 (1 ) 2, 0 1 x x x x để thu được 2, x xy tức luôn có 20 x xy thì việc liên hợp đưa về tích đã hoàn thành. Từ 2 4 (2) . 1 y xy x x x Giả sử 0 x thì 2 4 2 1 xx x 23 ( 1)( ) 4 2( 1) 3 2 0 x x x x x x 2 ( 1) ( 2) 0 xx : luôn đúng với mọi 0. x Do đó 2 4 2 2 0. 1 y xy x x y xy x Nên (3) . xy Thế xy vào 2 1 (2) ( 1)(3 ) 4 1 x x x x y hoặc 1 17 4 xy Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 1 17 1 17 ( ; ) (1;1); ; 44 S x y Lưu ý. Có thể sử dụng phương pháp hàm số chứng minh 20 y xy như sau: Từ 3 2 44 (2) ( ). 11 xx y xy x x f x xx Xét hàm số 3 4 () 1 xx fx x trên (0; ) có 32 2 2 3 5 ( ) 0 1. ( 1) xx f x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 317 x 0 1 () fx 0 () fx 4 2 Từ bảng biến thiên suy ra 3 4 2 2 0. 1 xx y xy y xy x Ví dụ 422. Giải hệ: 22 4 13 ( 3) 4 0 ( 3) ( 1) 1 3 5 x y x x y x y y y x y x y (1) (2) Phân tích. Nhận thấy rằng phương trình (2) luôn đúng khi 1, y tức luôn có nhân tử ( 1). y Thật vậy (2) ( 3) 1 ( 1) 1 2 0 x y y y x y và liên hợp các biểu thức trong dấu ngoặc sẽ xuất hiện nhân tử chung. Lời giải. Điều kiện: 2 10 0 40 xy y xy (2) ( 3)( 1) ( 1) 1 2( 1) 0 x y y y x y y ( 3)( 1) ( 1)( 1 2) 0 x y y y x y ( 3)( 1) ( 1)( 3) 0 1 1 2 x y y y x y y x y 1 11 ( 1) ( 3) 0 3 1 1 2 y y x y yx y x y Do lượng: 0 11 0, 10 1 1 2 y xy y x y Với 1, y thế vào 22 (1) 9 ( 3) 3 0 x x x 2 2 3 30 ( 3) ( 3) 3 0 3. 3 33 2 x x x x x x x xx x Với 3, yx thế vào 22 (1) 4 1 ( 3) 1 0 x x x x x (3) 22 ( 10) ( 3)( 1 3) 0 x x x x x 2 22 22 ( 3)( 10) 3 ( 10) 0 ( 10) 1 0 1 3 1 3 x x x x x x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 318 2 2 1 41 5 41 10 0 22 1 14 xx xy x x x xy Kết luận: So điều kiện, suy ra: 1 41 5 41 ( ; ) (1;3),( 1;4); ; 22 S x y Nhận xét. Trong cách giải của phương trình (3), do tôi đã sử dụng chức năng table của máy tính bỏ túi và tìm được nhân tử 2 10 xx nên có tách ghép và liên hợp như trên. Ngoài cách này, ta có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn: Đặt 2 1, t x x suy ra: 2 2 2 2 1 1. t x x x t x Khi đó: 22 (3) 1 4 ( 3) 1 0 ( 3). 3 0. t x x x t t x t x 2 2 2 ( 3) 12 6 9 ( 3) . t x x x x x Do đó: 33 3 2 , 33 2 xx t xx tx suy ra: 2 2 1 41 13 2 1 1 xx x x x x x Từ đó suy ra y và cũng có kết quả như trên sau khi so với điều kiện. Ví dụ 423. Giải hệ: 2 (1 ) 2 ( 1) 2 3 6 1 2 2 4 5 3 y x y x x y y y x y x y x y (1) (2) Đại học khối B năm 2014 Phân tích. Nhận thấy rằng phương trình (1) luôn đúng khi 1, y tức luôn có nhân tử ( 1). y Thật vậy (1) ( 1)( 1) ( 1) ( 1) 0 x y y y x y y ( 1) 1 ( 1) 1 0 x y y y x y và liên hợp trong dấu ngoặc sẽ xuất hiện nhân tử 1 y và 1, xy nên có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: ; 0 4 5 3 x y y xy (1) ( 1)( 1) 1 2 (1 ) x y y x y y x y x ( 1)( 1) ( 1) ( 1) 0 x y y y x y y ( 1)( 1) ( 1)( 1) 0 x y y y x y ( 1)( 1) ( 1)( 1) 0 11 x y y y x y y x y 1 11 ( 1)( 1) 0 1 11 y y x y yx y x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 319 Vì 11 0, 0 11 xy y y x y Với 1, y thế vào (2) 9 3 0 3. xx Với 1 0 1, y x x thế vào 2 (2) 2 3 2 , Đ K : 1 2 xx x x 2 22 1 2( 1) ( 1) 2 0 2( 1) 0 12 xx x x x x x x xx 2 2 10 1 1 5 ( 1) 2 0 2 12 12 xx x x x x xx Suy ra: 51 2 y Do 1 2 0, 1;2 . 12 x xx Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 1 5 5 1 ( ; ) (3;1); ; 22 S x y Ví dụ 424. Giải hệ: 2 ( 1) ( 1) 1 3 2 2 2 x y x y y x y y x y x y (1) (2) ( ; ). xy Đề thi thử TN.THPT Quốc Gia 2015 – TT. Đại học Ngoại Thương – TPHCM Phân tích. Xuất phát từ (2), nhận thấy biểu thức trong căn lớn chứa tích ( 1) xy nên dự đoán đó là nhân tử nên ghép cụm 1 xy để liên hợp sẽ có 1. xy Còn lại: ( 1) ( 1) x y x y y y và liên hợp có tử số là 2 ( 1) ( 1) x y x y y y ( 1 ) ( 1) ( 1)( ), y x y x y y x y y y đã có nhân tử và có lời giải như sau: Lời giải. Điều kiện: 2 ; 0 3 ( 1) ( 1) 0 xy x y x y y (1) ( 1) ( 1) 1 0 x y x y y y x y 2 ( 1) ( 1) 1 0 1 ( 1) ( 1) x y y x y y xy xy x y x y y y ( 1 ) ( 1) 1 0 1 ( 1) ( 1) y x y x y y xy xy x y x y y y ( 1)( ) 1 0 1 ( 1) ( 1) x y y y xy xy x y x y y y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 320 1 ( 1) 0 1. 1 ( 1) ( 1) yy x y y x xy x y x y y y Do 12 0, , 0. 3 1 ( 1) ( 1) yy xy xy x y x y y y Thế 1, yx vào 2 (2) 3 2 1 2 3 x x x x 23 (2 3)( 1) 0 3 2 1 x xx xx 35 1 22 (2 3) ( 1) 0 1 3 2 1 1 ( ) 3 2 1 xy xx xx xi xx Ta có: 2 3 x thì 25 ( ) 1 1 1 33 f x x () ii Xét hàm số ( ) 3 2 1 g x x x có: 3 1 2 ( ) 0, 3 2 3 2 2 1 g x x xx Do đó hàm số () gx đồng biến trên 2 ; 3 nên 11 () () 3 2 1 hx gx xx nghịch biến trên 2 ; 3 2 2 15 ; max 1 3 3 5 h x h hay ( ) 1 hx () iii Từ ( ),( ),( ), i ii iii suy ra: ( ) ( ) f x h x vô nghiệm hay () i vô nghiệm. Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 35 ( ; ) ; 22 S x y Ví dụ 425. Giải hệ: 22 22 ( ) 3 2 1 ( 1) 2 ( 1) 1 x x x y x x y x y y y x x x y (1) (2) ( ; ). xy Phân tích. Ta sẽ không làm được gì ở (2), còn ở (1), nhận thấy vế trái có hạng tử tích số 2 ( ). 3 x x x y nên ta sẽ phân tích vế phải 2 2( ) ( 1). x x y x Khi đó nếu nhóm 2 ( ). 3 2 x x x y và liên hợp trong dấu sẽ thu được 1, xy đã xuất hiện nhân tử chung nên có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 3 0. xy 22 (1) ( ) 3 2( ) ( 1) x x x y x x y x 2 2 ( )( 1) ( )( 3 2) ( 1) 0 ( 1) 0 32 x x x y x x x y x y x y xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 321 2 2 23 ( 1) 1 0 ( 1) 0 3 2 3 2 x x x y xx x y x y x y x y 1 0 1. x y y x Do 2 23 0, 3 0. 32 x x x y xy xy Thế 1 yx vào 22 (2) ( 1) 2 ( 2) 1 2 1 x x x x x x x (3) Đặt 22 2 2 2 22 22 2 21 2 0 2 1 1 10 2 b a x a x x a x x ba b x x x b x x 2 2 2 2 22 11 (3) 1 2 22 b a b a a b b a 2 2 2 2 .( 3) .( 3) 2( )( ) a b a b b a b a b a 2 3 3 2 3 3 2( )( ) ab a a b a b b b a b a 3 3 2 2 ( ) ( ) (3 3 ) 2( )( ) b a ab a b a b b a b a 22 ( )( ) ( ) 3( ) 2( )( ) 0 b a a ab b ab b a b a b a b a 22 ( )( 3 2 2 ) 0 b a a ab b ab b a 22 ( )( 2 2 2 3) 0 b a a b ab b a 2 ( ) ( ) 2( ) 3 0 b a a b a b ( )( 1)( 3) 0 ( )( 3) 0 3. b a a b a b b a a b b a a b Với , ab suy ra: 22 11 21 22 x x x x x y Với 3, ab suy ra: 22 2 1 3 x x x x 2 22 2 2 2 3 1 0 2 3 1 2 10 6 1 xx x x x x x x x x x x 22 2 2 1 3 8 0 1 2 8 7 0 3 1 4 x x x x x y xx x x x hoặc 71 88 xy Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm là 1 1 7 1 ( ; ) ; ;( 1; 2); ; 2 2 8 8 S x y Ví dụ 426. Giải hệ phương trình: 22 3 1 2 1 11 x y y x x y y (1) (2) ( ; ). xy Đề thi thử TN.THPT Quốc Gia 2015 – TT.LTĐH Trí Minh – Tp. HCM Phân tích. Ở (2), nhận thấy x và y độc lập 1 vế, nên hướng suy nghĩ thường là hàm số, nhưng sẽ bị bế tắc do không tìm được hàm đặc trưng ở hai vế. Nhưng để ý kỹ, viết Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 322 22 (2) ( 1) ( 1 ) 0 x y x y và liên hợp trong từng dấu ( ), sẽ thu được lượng nhân tử là 22 1. xy Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0, 1. xy 2 2 2 2 22 22 11 (2) ( 1) ( 1 ) 0 0 11 x y x y x y x y x y x y 2 2 2 2 22 11 ( 1) 0 1 0 11 x y x y x y x y 22 1. xy Do 22 11 0, 0, 1. 11 xy x y x y Thế 22 1 xy vào 422 4 (1) 3 1 2 1 1 3 1 2 1 x y y y y y Chia: 1 0 4 4 11 3 1 ( 1)( 1) 2 1 3 2 11 y yy y y y y yy 4 11 2 16 97 72 1 3 1 81 65 65 yy yx yy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là 72 97 ( ; ) ; 65 65 S x y Ví dụ 427. Giải hệ phương trình: 2 4 3 (1) 9 1 ( 1) (2) 2 x x y y x x x x x x y x Đề thi thử số 4 – TN.THPT Quốc Gia 2015 – Diễn đàn k2pi.net.vn Phân tích. Nhận thấy phương trình (1) luôn đúng khi , xy tức luôn có nhân tử ( ). xy Thật vậy 2 2 2 2 (1) ( ) x x y x x x x y x x y x x x y và liên hợp trong dấu ( ) sẽ có nhân tử chung ở 2 vế là () xy và có lời giải 1. Ngoài ra, ta có thể chia 2 vế (1) cho 2 x và sử dụng hàm số với lời giải 2. Điều kiện: 1, 0. xy Lời giải 1. Sử dụng nhân lượng liên hợp. 2 2 2 2 (1) ( ) ( ) 0 x x y y x x x x x x y x x y x 2 2 2 2 () ( ) 0 ( ) 1 0 x y x x y x y x x y x x x y x x . yx Do 22 1 0, 1, 0. x xy x y x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 323 Thế yx vào 9 (2) 1 ( 1) 2 x x x x x (3) Đặt 2 2 1 1 0 2 1 2 ( 1) ( 1) 2 t t x x t x x x x x x 2 2 2 8 0 19 (3) 2. 22 0 tt t tt t Suy ra: 20 25 1 2 1 2 16 45 x x x x x x y x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là 25 25 ( ; ) ; 16 16 S x y Lời giải 2. Sử dụng phương pháp hàm số. 2 Chia: 0 2 2 2 1 1 1 (1) 1 1 x y y y ff x x x x x x Xét hàm số ( ) 1 f t t t trên (0; ) có 1 ( ) 1 0, 0. 21 f t t t Suy ra hàm số () ft luôn đồng biến trên khoảng (0; ). Do đó 22 11 . yy f f y x xx xx Thế yx vào (2) 2 2 2 1 2 ( 1) 9 0 x x x x x 22 ( ) 2 . 1 ( 1) 2( 1) 80 x x x x x x 2 ( 1) 2( 1) 8 0 1 2 x x x x x x Suy ra: 25 1 2 1 2 16 x x x x x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là 25 25 ( ; ) ; 16 16 S x y Ví dụ 428. Giải hệ phương trình: 2 3 2 3 6 1 2 x x y x y y x x y y (1) (2) ( ; ). xy Lời giải. Điều kiện: 2 0, 1. x x y x Với 1, x thì vế trái của (2) dương và để hệ có nghiệm thì cần điều kiện kéo theo là 2 (2) 2 20 0 y VP y y y Nếu 2 1 y x thì 2 3 (2) (2) .0 20 VT x x y x y VP y thì hệ vô nghiệm khi 2. y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 324 Do đó điều kiện là: 2 0, 1, 0. x x y x y Trường hợp 1. Nếu 2 0, x x y thì hệ 3 0 : 0 6 1 0 y xx VNo. Trường hợp 2. Nếu 2 0 x x y thì phương trình: 33 22 (1) 1 1 yy x y x y x x y x x y 2 22 3 3 1 ( ) 1 y x x y xy x y x y x x y 22 2 2 2 3 3 1 ( ) 0 ( ) 1 ( ) x y x y x y x y x y y x x y x x y 2 2 2 3 3 1 ( )( ) ( ) 0 ( ) 1 ( ) x y x y x y x y x y x y y x x y x x y 2 2 2 3 3 1 ( )( 1) 0 ( ) 1 ( ) x y x y x y x y x y y x x y x x y 22 3 3 1 ( 1) 0 1. ( ) 1 xy x y y x x y x y x x y Vì 22 3 3 1 0, 1, 0. ( ) 1 xy xy x y x y x x y Thế 1 yx vào 2 3 (2) 6 1 1 x x x 22 3 3 4 5 6 6 ( 6) 4 4 1( 1 1) 0 x x x x x x 3 2 3 3 ( 2)( 14) 6 4( 2) 1 ( 2)(4 3) 0 11 ( 6) 4 6 16 x x x x x xx x xx 3 2 3 0, 1 ( 14) 6 4 1 ( 2) 4 3 0 2 1. ( 6 2) 12 1 1 x x x x x x x y xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (2;1) S x y 3. Kỹ thuật dùng phương pháp cộng để đưa về tích số Nhóm I. Hệ phương trình dạng: 22 1 1 1 1 1 1 22 2 2 2 2 2 2 a x b y c xy d x e y f 0 a x b y c xy d x e y f 0 1 2 () () Phân tích và tìm hướng giải cho bài toán: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 325 – Khi 1 1 2 2 0 d e d e thì hệ có dạng đẳng cấp: 22 1 1 1 1 22 2 2 2 2 a x b y c xy f a x b y c xy f – Khi 12 0 ff thì hệ có dạng bán đẳng cấp, tức: Hệ 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 ( ) 0 ( ) a x b y c xy d x e y a x b y c xy d x e y a x b y c xy d x e y a x b y c xy d x e y Lúc đó ta sẽ nhân chéo 2 phương trình với nhau tạo phương trình đẳng cấp. – Khi 12 0, 0, ff ta có các lối đi như sau: + Nếu xem (1) hoặc (2) là phương trình bậc hai với ẩn là x ( y là tham số) hoặc ngược lại mà có (hay ) xy là số chính phương thì ta tìm hai nghiệm và thế vào phương trình còn lại để giải. + Nếu (hay ) xy không là số chính phương thì ta sẽ chọn một hằng số thích hợp nhân vào một phương trình để ép cho (hay ) xy là số chính phương. Như vậy phải tìm hằng số k sao cho (1) .(2) k có thể phân tích được thành nhân tử. Lúc này ta có 2 cách tìm k như sau: Đặt 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( 0), , , , a a ka a b b kb c c kc d d kd e e ke f f kf Khi đó k là nghiệm của: 2 2 2 4. dec baf ae bd fc (sử dụng casio). Đưa về phương trình bậc hai với ẩn 1 2 1 2 ( ) ( ) d kd x e ke y và đồng nhất hệ số để tìm . k + Đặt ẩn phụ dựa trên tịnh tiến nghiệm để đưa về hệ đẳng cấp bậc hai. Tiếp cận phép đặt ẩn phụ này bằng công cụ đạo hàm như sau: Đạo hàm phương trình (1) với x là biến số (y xem là hằng số) được: 1 1 1 20 a x c y d (3) và cũng đạo hàm (1) với biến y (x xem là hằng số) được 111 2 0, (4). b y c y e Giải hệ chứa (3), (4) tìm được , , xy chẳng hạn: , . x m y n Khi đó ta sẽ đặt , . a x m b y n Ví dụ 429. Giải hệ phương trình: 22 2 1 (1) 5 57 4 3 (3 1) (2) 25 xy x x y x ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2011 Phân tích. Xét 1 4 , , 3 1 57 3 , , 5 25 a k b c k d k e k f k và thế vào: 2 2 2 4, dec baf ae bd fc khai triển và rút gọn thu được: 32 638 1207 148 20 0. k k k Sử dụng casio, tìm Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 326 được 2 k . Do đó, ta lấy: (1) + 2.(2) sẽ thu được phương trình bậc hai có biệt số là số chính phương và có lời giải 1 chi tiết như sau: Lời giải 1. Lấy 22 119 (1) 2.(2) 2(3 1) 9 6 0 25 y x y x x có 144 25 y Suy ra: 7 3 5 yx hoặc 17 3 5 yx Với 7 3 5 yx thì 2 21 42 44 55 (2) 10 0 11 2 5 25 5 25 xy xx xy Với 17 3 5 yx thì 2 102 284 (2) 10 0 : 5 25 xx vô nghiệm. Kết luận: Tập nghiệm hệ phương trình là 2 1 11 2 ( ; ) ; ; ; 5 5 5 25 S x y Phân tích và lời giải 2. Lấy (1) .(2), k được: 2 2 2 1 57 4 3 (3 1) 0 5 25 x y k x x y x 22 1 57 (1 4 ) 3 .(3 ) 0 5 25 k k x kxy y k x y () i Ta muốn () i là phương trình bậc hai theo (3 ), xy vậy () i phải được viết lại thành: 2 1 4 1 57 (3 ) (3 ) 0 9 5 25 k x y k x y k () ii Từ ( ), ( ), i ii đồng nhất hệ số được: 6(1 4 ) 3 9 2 8 2. 9 k k k k k Lấy 22 119 (1) 2.(2) 9 6 6 2 0 25 x xy y x y 2 119 7 (3 ) 2(3 ) 0 3 25 5 x y x y x y hoặc 17 3 5 xy Với 7 3 5 yx thì 2 21 42 44 55 (2) 10 0 11 2 5 25 5 25 xy xx xy Với 17 3 5 yx thì 2 102 284 (2) 10 0 : 5 25 xx vô nghiệm. Kết luận: Tập nghiệm hệ phương trình là 2 1 11 2 ( ; ) ; ; ; 5 5 5 25 S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 327 Lời giải 3. Hệ 22 5 5 1 47 (2 )( 2 ) ( 2 ) (2 ) 25 xy x y x y x y x y () I Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 5 5 . 2 44 a x y a x xy y a b x y b x y b x xy y 2 2 2 2 2 1 ( ) 2 1 2 ( ) 1 () 47 94 144 2 2( ) ( 1) 25 25 25 a b a b ab ab a b I ab a b ab a b a b 7 17 3 2 11 4 5 5 5 5 25 5 12 132 4 1 2 3 25 25 5 5 25 4 a b a b a x x a ab ab b y y b Kết luận: Tập nghiệm hệ phương trình là 2 1 11 2 ( ; ) ; ; ; 5 5 5 25 S x y Ví dụ 430. Giải hệ phương trình: 22 22 14 21 6 45 14 0 35 28 41 122 56 0 x y x y x y x y (1) (2) Xét 14 35 ; 21 28 ; 0; 6 41 ; 45 122 ; 14 56 a k b k c d k e k f k Số k là nghiệm phương trình: 2 2 2 4, dec baf ae bd fc thế vào và giải ta tìm được 15 49 k Do đó lấy 15 (1) (2) 49 hay 49.(1) 15.(2) và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Lấy (1) nhân với 49 trừ với 15 nhân với phương trình (2), được: 2 2 2 2 49(14 21 6 45 14) 15(35 28 41 122 56) 0 x y x y x y x y 22 161 909 1449 4035 1526 0 x x y y có: 2 (966 1345) . x y Suy ra: 218 483 161 161 xy hoặc 7 3 . xy Với: 7 3 , xy thế vào 2 32 (2) 7 35 42 0 21 yx yy yx Với 218 483 , 161 161 xy thế vào (2) vô nghiệm. Kết luận: Tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) ( 2;3);(1;2) S x y Ví dụ 431. Giải hệ phương trình: 22 22 3 15 4 8 0 2 10 12 0 x y xy x y x y xy x y () I ( ; ). xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 328 Phân tích. Lần lượt đạo hàm 2 vế phương trình thứ nhất theo biến x (xem y là hằng số), theo biến y (xem x là hằng số) thu được hệ: 6 15 0 2 4 0 xy yx 2 3 x y Do đó, ta định hướng được phép đặt ẩn phụ: 2, 3. x a y b Lời giải. Đặt 2, 3 2, 3. x a y b a x b y Khi đó: 22 22 3( 2) ( 3) ( 2)( 3) 15( 2) 4( 3) 8 0 () ( 2) 2( 3) ( 2)( 3) 2 10( 3) 12 0 a b a b a b I a b a b a b 22 22 24 , 3 1 ( ) a ab b a ab b i suy ra: 2 2 2 2 2 4(3 ) a ab b a ab b 22 11 5 6 0 ( )(11 6 ) 0 11 6 ab a ab b a b a b ab Với , ab thì 2 1 2 1 1 ( ) 1 1 3 1 4 a x x ia b y y hoặc 3 2 x y Với 11 6 , ab thì 6 53 106 6 53 106 6 53 53 53 53 ( ) 11 53 159 11 53 159 11 53 53 53 53 a x x i b y y Kết luận: Tập nghiệm: 106 6 53 159 11 53 ( ; ) ( 1;4);( 3;2); ; 53 53 S x y Nhóm II. Đưa về dạng nn AB có các hạng tử 3 3 2 2 x ,y ,x ,y ,x,y độc lập. Ví dụ 432. Giải hệ phương trình: 33 22 35 2 3 4 9 xy x y x y (1) (2) ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Yên Bái năm 2011 Phân tích. Đối với những hệ phương trình có chứa các hạng tử: 3 3 2 2 , , , , , x y x y x y độc lập nhau, ta thường thì lấy (1) .(2) k để đưa về dạng 33 ( ) ( ) x a y b bằng hệ số bất định. Cụ thể, lấy 3 3 2 2 (1) .(2) .(2 3 ) 35 .(4 9 ) k x y k x y k x y 3 3 2 2 2 3 4 9 35, ( ). x y kx ky kx ky i Mong muốn sẽ biến đổi được về dạng: 3 3 3 3 2 2 2 2 3 3 ( ) ( ) 3 3 3 3 0, ( ) x a y b x y ax by a x b y a b ii Đồng nhất hệ số ( ), ( ) i ii được: 2 2 33 23 33 3 4 3 2 3 93 35 ka kb k k a a b kb ba và có lời giải chi tiết sau: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 329 Lời giải. Lấy (2) nhân với 3, rồi cộng với phương trình (1) được: 2 2 3 3 6 9 12 27 35 x y x y x y 3 2 3 2 3 3 6 12 8 9 27 27 ( 2) ( 3) x x x y y y x y 2 3 5. x y x y Thế 5 xy vào 2 23 (2) 5 6 0 32 yx yy yx Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (3; 2);(2; 3) S x y Ví dụ 433. Giải hệ phương trình: 33 22 9 2 4 0 xy x y x y (1) (2) ( ; ). xy Olympic 30/04 năm 2012 Phân tích. Lấy (1) .(2) k được: 3 3 2 2 2 4 9 0 x y kx ky kx ky và ta có: 3 3 3 3 2 2 2 2 3 3 ( ) ( ) 3 3 3 3 0. x a y b x y ax by a x b y b a Đồng nhất hệ số được: 2 2 33 23 3 3 4 3 2 1 3 9 ka kb k k a a b kb ba và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Lấy phương trình (2) nhân với 3, rồi cộng với (1) được: 3 3 2 2 3 3 6 3 12 3 9 ( 2) ( 1) 3. x y x y x y x y x y Thế 3 xy vào 2 1 (2) 3 9 6 0 2 y yy x hoặc 2 1 y x Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (2; 1);(1; 2) S x y Ví dụ 434. Giải hệ phương trình: 3 3 2 4 3 2 7 6 (2 ) 3 3 1 ( 1)( 2) 3 0 x xy x y y x x x y x x x (1) (2) Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Long Xuyên – An Giang Phân tích. Tuy hình thức bài toán không có , xy độc lập với nhau, nhưng ở vế phải của (1) có thể đưa về dạng 3 2 3 (1) 3 3 1 ( 1) . VP x x x x Từ đó định hướng biến đổi 3 2 2 3 3 (1) 8 12 6 (2 ) VT x x y xy y x y nên 33 (1) (2 ) ( 1) x y x và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Ta có: 3 2 2 3 3 2 (1) 8 12 6 3 3 1 x x y xy y x x x 33 (2 ) ( 1) 2 1 1 . x y x x y x y x Thế 1 yx vào 532 (2) ( 1) 3 0 x x x x 5 3 2 2 ( 1) ( 3 3 1) 2( 2 1) 2 0 x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 330 5 3 2 ( 1) ( 1) 2( 1) 2 0 x x x 3 2 2 2 3 ( 1) ( 1) 1 2 ( 1) 1 0 ( 1) 1 ( 1) 2 0 x x x x x 3 3 3 3 ( 1) 2 1 2 2 1 2 2. x x x y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là 33 ( ; ) ( 2 1;2 2) S x y Nhóm III. Bài toán chứa x, y không độc lập nhau Ví dụ 435. Giải hệ phương trình: 2 3 2 2 2 2 3 4 2 0 20 x y x x x y x y (1) (2) ( ; ). xy Phân tích. Nhận thấy (1), (2) là phương trình bậc 2 với ẩn x, nhưng biệt số delta không là số chính phương. Đối với những hệ phương trình đại số có các biến không độc lập với nhau, chẳng hạn 23 . xy Thường thì ta làm theo các bước như sau: Viết lại hệ hai phương trình bậc hai với ẩn 2 2 2 2 3 ( 3) 0 20 4 2 : x y x x y yx x Lập tỉ lệ về hệ số: 3 22 3 42 1 2 y y yy là một nghiệm của hệ. Thế 1 y vào hệ ban đầu: 2 2 2 0 4 2 21 x xx x 2 2 2.( 2 1) 0 2 1 0 xx xx (1) (2) Do đó để hai phương trình này luôn đúng (dạng 00 ) khi cộng lại thì ta phải nhân (2) với 2. Lúc đó, lấy (1) 2.(2) sẽ thu được tích: ( 1). ( ) 0. y f x Lời giải. Lấy (2) nhân với 2, rồi cộng với phương trình (1) được: 2 3 2 2 22 3 2 22 3 2 2 2 0 2 ( 3) 2( 1) x y y xx y x y y y 22 1)( 3 3) 2( 1) 1) ( ( x y y y y y () 22 22 1 ( 1) ( 3 3) 2( 1) 0 ( 3 3) 2( 1) 0, (3) 1 y x y y y x yx y y y 2 2 2( 1) (3) 0 1. 33 y xy yy 2 2 2 2 (2) 0 1) 2 1 2 ( 1 ( ) 0. y x x x x x Nếu dấu "" xảy ra, tức 1 xy . Nhưng nghiệm này không thỏa (3). Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (1; 1) S x y Nhận xét. Việc ghép đưa về () không mấy khó do đã biết trước nhân tử là 1. y Ví dụ 436. Giải hệ phương trình: 32 22 3 6 3 49 8 10 25 9 x xy xy x x xy y y x (1) (2) ( ; ). xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 331 Phân tích. Viết hệ dạng phương trình bậc 2 ẩn y: 23 22 3 6 3 49 0 8 10 25 9 0 xy xy x x y x y x x Lập tỉ lệ về hệ số: 3 2 3 6 3 49 1. 1 8 10 25 9 x x x x x x xx Thế 1 x vào hệ được: 22 22 3 6 45 0 3( 2 15) 0 2 15 0 2 15 0 y y y y y y y y Do đó, lấy (1) 3.(2) sẽ thu được phương trình tích số: ( 1). ( ) 0. x f x Lời giải. Hệ 32 22 3 6 3 49 0 8 10 25 9 0 x xy xy x x y xy y x (1) (2) Lấy phương trình (2) nhân với 3, rồi cộng với phương trình (1) được: 3 2 2 2 ( 3 6 3 49) 3( 8 10 25 9) 0 x xy xy x x y xy y x 3 2 2 2 ( 3 78 76) (3 3 ) 30 30 0 x x x xy y xy y 22 ( 1)( 2 76) 3 ( 1) 30 ( 1) 0 x x x y x y x 2 2 2 2 2 ( 1)( 2 76 3 30 ) 0 ( 1) ( 1) 3( 5) 0 x x x y y x x y Với 1, x thế vào 2 (2) 2 15 0 5 y y y hoặc 3. y Với 2 2 2 2 1 10 ( 1) 3( 5) 0 : 5 5 x x xy y y không thỏa hệ nên loại. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) ( 1;5);( 1;3) S x y Ví dụ 437. Giải hệ phương trình: 2 4 3 22 16 8 1 1 4 8 x y xy xy x y ( ; ). xy Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Bến Tre – Tỉnh Bến Tre Phân tích. Hệ 2 3 4 22 16 8 . 1 0 8 4 . 1 0 x y x y x y x y và có 34 2 2 81 16 1 84 1 yy y y y nên sẽ có 1. y Khi đó viết lại 22 22 16 8 0 2(8 4 ) 0 8 4 0 8 4 0 x x x x x x x x nên ta sẽ lấy phương trình (1) 2.(2) và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Hệ 2 3 4 22 16 8 . 1 0 8 4 . 1 0 x y x y x y x y (1) (2) Lấy 4 3 2 2 2 (1) 2.(2) 8 16 1 2(8 4 1) 0 y xy x x y xy 4 3 2 2 2 8 16 1 16 2 8 2 0 y xy x x y xy 4 2 3 2 2 2 ( 2 1) 8 8 0 ( 1) 8 ( 1) 0 y y xy xy y xy y 22 ( 1)( 1 8 ) 0 1 y y xy y hoặc 2 8 1. xy y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 332 Với 1, y thế vào 2 (1) 16 8 0 0 x x x hoặc 1 2 x Với 1, y thế vào 2 (1) 16 8 0 0 x x x hoặc 1 2 x Với 2 2 1 81 8 y xy y x y (do 0 y không là nghiệm hệ) và thế vào: 2 22 4 3 4 2 11 (1) 16 8 1 0 5 6 1 0 88 yy y y y y yy 2 1 y hoặc 2 10 1 55 5 5 10 yx y yx Kết luận: Thử lại, tập nghiệm hệ 1 5 5 ( ; ) ; 1 ;(0; 1); ; 2 10 5 S x y Ví dụ 438. Giải hệ phương trình: 22 22 2( )(25 ) 4 17 105 2 2 7 x y xy x y x y x y () Phân tích. Nếu viết hệ theo phương trình bậc hai ẩn x thì sẽ không tìm được hệ số tỉ lệ, nhưng viết theo y: 2 2 2 22 ( 17 2 ) (50 2 ) 4 50 105 0 2 2 7 0 x y x y x x y y x x và có tỉ lệ: 22 2 17 2 50 2 4 50 105 2. 12 27 x x x x x xx Thế 2 x vào hệ ta được: 2 2 21( 2 1) 0 2 1 0 yy yy Do đó cần lấy (1) 21.(2) để được: ( 2). ( ) 0. x f x Lời giải. Hệ 2 2 2 2 22 4 17 2 2 50 50 105 0 () 2 2 7 0 x y x y xy x y x y x y (1) (2) Lấy phương trình (2) nhân với 21, rồi cộng với phương trình (1) được: 2 2 2 2 17 4 2 2 92 8 252 0 x y x y xy x y 2 2 2 2 (17 92 252) (4 2 ) (8 2 ) 0 x x y xy y x y 22 ( 2)(17 126) 2 (2 ) 2 (4 ) 0 x x y x y x 2 2 21 ( 2) 17 126 2 2 (2 ) 0 2 2(2 ) 17 126 0 xy x x y y x y x y x Với 2 2 2(2 ) 17 126 0 y x y x và kết hợp với (2) được hệ: 2 22 2 2(2 ) 17 126 0 2 2 7 0 y x y x x y x y (3) (4) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 333 Lấy 22 3.(4) (3) 3 2 23 10 105 0 x y xy x y 22 ( 5) 2 80 0 : x y x x vô nghiệm do 2 2 80 0, . x x x Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là ( ; ) (2;1) S x y Ví dụ 439. Giải hệ phương trình: 23 22 6 2 35 0 5 5 2 5 13 0 x y y x y xy x y (1) (2) ( ; ). xy Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên Phân tích. Hệ 23 22 6 2 35 0 5 (2 5) 5 13 0 yx y x y x y y và nếu 5 2 y thì được: 2 2 2 2 5 15 3 5 0 15 0 4 4 , 5 5 50 50 4 4 x x x x do đó lấy (1) 3.(2) sẽ được phương trình tích số dạng (2 5). ( ) 0 y f x và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Lấy phương trình (2) nhân với 3, rồi cộng với phương trình (1) được: 2 2 2 3 15 15 6 15 39 6 2 35 0 x y xy x y x y y 2 2 2 (2 7 5) 3 (5 2 ) 3 (5 2 ) (8 34 35) 0 y y y x y x y y y 2 ( 1)(2 5) 3 (2 5) 3 (2 5) (2 5)(4 7) 0 y y y x y x y y y 22 22 51 (2 5)( 5 3 3 7) 0 (2 5) 3 0 22 y y y x x y y x 5 2 y và thế vào 2 15 1 (1) 15 0 42 xx Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là 15 ( ; ) ; 22 S x y Ví dụ 440. Giải hệ phương trình: 32 22 3 49 8 8 17 x xy x xy y y x (1) (2) ( ; ). xy Học sinh giỏi Quốc Gia năm 2004 – Bảng B Phân tích. 23 22 3 49 0 8( 1) 17 0 xy x y x y x x Nếu 1 x thì hệ 2 2 3( 16) 0 16 0 y y Khi đó, ta nhân 3 vào phương trình (2) rồi cộng với phương trình (1) và có lời giải. Lời giải. Lấy phương trình (2) nhân với 3, rồi cộng với phương trình (1) được: 3 2 2 2 ( 3 51 49) (3 3 ) 24 24 0 x x x xy y xy y 22 ( 1)( 2 49) 3 ( 1) 24 ( 1) 0 x x x y x y x 22 ( 1)( 2 49 3 24 ) 0 x x x y y 22 ( 1) ( 1) 3( 4) 0 x x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 334 1 x hoặc 1 4 x y Thế 1 x vào 2 (1) 3 48 4. yy Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là ( ; ) ( 1; 4) S x y Ví dụ 441. Giải hệ phương trình: 23 22 3 14 0 2 2 2 4 5 0 x y y x y xy x y (1) (2) ( ; ). xy Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Bạc Liêu – Tỉnh Bạc Liêu Phân tích. Viết hệ 23 22 3 14 0 2 (2 4) 2 5 0 yx y x y x y y và nếu 2 y thì hệ: 22 22 6 6 0 3(2 2) 0 2 2 0 2 2 0 xx xx nên sẽ lấy phương trình: (1) 3.(2). Lời giải. Lấy phương trình (2) nhân với 3, rồi cộng với phương trình (1) được: 2 3 2 2 (3 14) 3 2 (2 4) 2 5 0 yx y x y x y y 2 3 2 2 3 14 6 6 12 6 15 0 yx y x xy x y y 2 2 3 2 (3 6 ) (6 12 ) ( 6 15 14) 0 yx x xy x y y y 22 3 ( 2) 6 ( 2) ( 2)( 4 7) 0 x y x y y y y 2 2 2 2 ( 2)(3 6 4 7) 0 ( 2) 3( 1) ( 2) 0 y x x y y y x y 2 y hoặc 1 2 x y Với 2 y thế vào 2 (1) 6 6 0 1. xx Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là ( ; ) ( 1; 2) S x y Nhóm IV. Tìm mối liên hệ tuyến tính giữa x và y (nhân thêm biến số) Các thí dụ trên tôi đã tìm ra được hệ số tỉ lệ, từ đó lựa chọn hệ số nhân vào phương trình thích hợp, rồi cộng lại. Đối với bài toán không tìm được hệ số tỉ lệ thì ta sẽ làm như thế nào ? Câu trả lời được trình bày qua các bước giải như sau: Bước 1. Tìm hai cặp nghiệm của hệ phương trình, chẳng hạn: 1 1 2 2 ( ; ), ( ; ). x y x y Bước 2. Tìm quan hệ tuyến tính giữa hai nghiệm này (thực chất là viết phương trình đường thẳng qua hai điểm 1 1 2 2 ( ; ), ( ; ) A x y B x y trong mp Oxy). Bước 3. Thế quan hệ tuyến tính sao cho có lợi nhất vào hệ và phân tích thành nhân tử. Từ đó xác định được biểu thức nhân vào phương trình. Tuy nhiên, cách này sẽ không giải quyết được nếu ta không nhẩm được hai cặp nghiệm hoặc nghiệm quá lẻ không dò được bằng máy tính bỏ túi. Ví dụ 442. Giải hệ phương trình: 22 22 3 3 3 0 4 3 2 1 0 x y x y x y xy y y x (1) (2) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 335 Phân tích. Nhận thấy hệ có nghiệm: ( ; ) (0;1);(1;0). xy Quan hệ tuyến tính giữa hai nghiệm là: 1 xy hay 1. yx Thay vào hệ ta được: 22 2 (1 ) 0 (1 ) 0 xx xx nên sẽ lấy (1) .(2) x và phân tích sẽ được nhân tử dạng ( 1). ( ) 0. x y f x Lời giải. Lấy phương trình (2) nhân với x rồi cộng với phương trình (1) được: 3 2 2 2 2 2 4 3 2 3 3 3 0 x y x y xy xy x x x y x y 3 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) (3 3 3 ) 3 3 3 0 x y x y x y x xy x x y xy xy x y 2 ( 1) ( 1) 3 ( 1) 3( 1) 0 x y x y x x y xy x y x y 2 2 1 ( 1)( 3 3) 0 3 3 0 yx x y x y x xy x y xy x Với 1, yx thế vào 2 01 (1) (1 ) 0 10 xy xx xy Với 22 3 3 0 (3 1) 3 0 x y xy x yx y x có 2 (3 1) . x y Suy ra: 3 x hoặc 1 x y Khi 3, x thế vào (1) 2 9 3 6 0 yy : vô nghiệm. Khi 1 , x y thế vào 2 (1) 3 2 1 0 yy : vô nghiệm. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là ( ; ) (0;1);(1;0) S x y Ví dụ 443. Giải hệ phương trình: 22 32 3 9 9 0 2 20 20 0 x xy x y y x x x y y (1) (2) ( ; ). xy Phân tích. Nhận thấy ( ; ) (0;0),(2; 1) xy là hai cặp nghiệm của hệ. Do đó phương trình đường thẳng đi qua hai điểm (0;0) và (2; 1) là: 2 0 2 . x y x y Thế vào hệ, ta được: 9 ( 1) 0 20 ( 1)( 1) 0 yy y y y nên lấy 20( 1).(1) 9.(2) y sẽ thu được phương trình tích số dạng: ( 2 ). ( ) 0 x y f x và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Lấy 20( 1) y nhân với phương trình (1) rồi cộng 9 nhân với (2) được: 2 2 3 2 20( 1)(3 9 9 ) 9(2 20 20 ) 0 y x xy x y y x x x y y 22 ( 2 )(18 15 60 10 80 ) 0 x y x xy x y y 2 xy hoặc 22 18 15 60 10 80 0. x xy x y y Với 2, xy thế vào 2 0 (1) 9 9 0 0 y yy x hoặc 1 2 y x Với 22 18 15 60 10 80 0, x xy x y y kết hợp với (1) được: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 336 22 22 18 10 15 60 80 0 3 9 9 0 x y xy x y x y xy x y Đây là hệ chứa hai tam thức, giải ra ta tìm được các nghiệm: 15 145 ; 10;15 ; ;11 145 2 xy . Kết luận: Tập nghiệm 15 145 ( ; ) (0;0);( 1;2);(10;15); ;11 145 2 S x y BÀI TẬP RÈN LUYỆN BT 531. Giải hệ phương trình: 22 22 20 3 7 3 0 y xy x x xy y x y ( ; ). xy BT 532. Giải hệ phương trình: 22 22 2 3 0 3 4 1 0 x y xy x y x y y ( ; ). xy BT 533. Giải hệ phương trình: 3 2 2 32 22 24 x x y xy y x y x xy x ( ; ). xy BT 534. Giải hệ phương trình: 22 3 3 2 2 20 21 x y xy x y x y x y y ( ; ). xy BT 535. Giải hệ phương trình: 22 2 4 4 2 2 8 1 2 9 0 x xy y x y xy ( ; ). xy BT 536. Giải hệ phương trình: 3 2 2 3 2 3 4 4 16 16 2 2 3 x x y x y xy y x y x y ( ; ). xy BT 537. Giải hệ phương trình: 2 2 3 32 2 8 4 0 16 2 8 5 0 x xy xy y x x y ( ; ). xy BT 538. Giải hệ phương trình: 22 22 2 5 2 4 x xy y x y x y x y ( ; ). xy BT 539. Giải hệ phương trình: 32 22 3 3 3 2 3 9 3 x x x y xy y xy x x y ( ; ). xy BT 540. Giải hệ phương trình: 2 22 5 3 6 4 3 2 9 x x xy y x y xy y ( ; ). xy BT 541. Giải hệ phương trình: 3 2 2 22 3 22 5 2 2 2 4 4 x y y x y xy x x y y x ( ; ). xy BT 542. Giải hệ phương trình: 25 5 1 1 xy y x y xy ( ; ). xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 337 BT 543. Giải hệ phương trình: 3 2 2 23 3 22 2 2 1 14 2 x y x y xy x y y x ( ; ). xy BT 544. Giải hệ phương trình: 3 ( 1) ( 1) 0 8 4 3( ) 4 1 y x y x y y x x y x y ( ; ). xy BT 545. Giải hệ phương trình: ( 1) ( 2 2 6)( 2 1 3) 4 x y x x y y x y x y BT 546. Giải hệ phương trình: 22 23 1 1 6 x xy y xy y y x x y ( ; ). xy BT 547. Giải hệ phương trình: 22 2 3 4 1 4 2 1 2 2 0 x x y x y x x x y ( ; ). xy BT 548. Giải hệ phương trình: 33 33 1 2 1 51 x x y y y x y xy x ( ; ). xy BT 549. Giải hệ phương trình: 4 4 22 2 1 1 2 ( 1) 2 1 0 x x y y x x y y y ( ; ). xy BT 550. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 ( 1 3 2)( 4 1 1) 8 20 x x y y x y x y x BT 551. Giải hệ phương trình: 3 22 3 ( ) 2 ( 2 1) 5 7( ) 4 6 1 x x y x y y y x y x x y xy x BT 552. Giải hệ phương trình: 2 2 2 22 3 2 3 6 3 7 7 2 3 4 3 3 1 0 y y y x x x y x y x BT 553. Giải hệ phương trình: ( 2) 1 (4 1 ) 1 3 2 2 1 x y x y x x y x ( ; ). xy BT 554. Giải hệ phương trình: (1 ) 3 6 ( 4) 5 21 7 y x y x y x y y x y x xy BT 555. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 3 2 .1 ( 1) 1 2 4 3 x x y xy x xy y x x x x y y x y BT 556. Giải hệ phương trình: 2 3 3 3 5 16( ) 2 x x y y x y x y xy ( ; ). xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 338 BT 557. Giải hệ phương trình: 2 22 2 3 2 0 2 2 3 0 x xy x y x xy y x ( ; ). xy BT 558. Giải hệ phương trình: 4 2 2 2 2 2 2 2 3 2 4 0 (3 2 ) ( ) 9 4 6 y y x y xy x y x y y y ( ; ). xy BT 559. Giải hệ phương trình: 4 2 2 22 4 6 9 0 2 22 0 x x y y x y x y ( ; ). xy BT 560. Giải hệ phương trình: 3 2 2 3 2 3 2 3 (5 7 ) ( ) 2 ( 6) x x y x y y x x y x y y x y ( ; ). xy BT 561. Giải hệ phương trình: 33 22 91 4 3 16 9 xy x y x y ( ; ). xy BT 562. Giải hệ phương trình: 44 3 3 2 2 1215 2 4 9( 4 ) 18( 8 ) xy x y x y x y ( ; ). xy BT 563. Giải hệ phương trình: 32 22 3 28 6 6 10 y x y x xy y x y ( ; ). xy BT 564. Giải hệ phương trình: 32 22 5 8 0 2 5 5 10 10 x xy x xy y x y ( ; ). xy BT 565. Giải hệ phương trình: 32 32 ( )( 1) 1 ( 1) x y x y xy x x y xy x y ( ; ). xy BT 566. Giải hệ phương trình: 22 2 50 2 5 1 0 x y xy x y xy y y ( ; ). xy BT 567. Giải hệ phương trình: 2 2 2 22 4 6 3 9 6 9 0 x y xy y x y y x ( ; ). xy BT 568. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 32 3 9 24 7 16 24 8 9 20 6 1 15 x y xy y x y y y y y x ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Quảng Bình năm 2014 BT 569. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 ( )( 3) 3( ) 2 4 2 16 3 8 x y x xy y x y x y x Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Lương Tài 2 – Bắc Ninh BT 570. Giải hệ phương trình: 22 3 1 2 ( 1) 4 2 1 ( ) 3 3 y y x y x y y y x y ( ; ). xy Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Thái Hòa – Nghệ An khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 339 BT 571. Giải hệ phương trình: 4 2 2 2 3 2 3 2 17 x x y xy x y x y y x y y ( ; ). xy Đề nghị Olympic 30/04/2013 – THPT Hậu Nghĩa – Long An BT 572. Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 2 2 ( 1) 2 0 2 2 ( 2) 4 4 0 x y y x y y x xy x y x Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Lê Hồng Phong – Tp. Hồ Chí Minh BT 573. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 3 2 (4 ) 4 2 0 3.( 1 4( 1) ( 1) 8( 1) y x y y x x x x y x y Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên BT 574. Giải hệ phương trình: 22 1 2 2 (2 ). 1 2 x y x y x y y y ( ; ). xy Đề nghị Olympic 30/04/2013 – THPT KRông Nô – Đắk Nông BT 575. Giải hệ phương trình: 22 2 2 1 0 ( 2 2) 1 x y x y x x y ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Bến Tre năm 2011 BT 576. Giải hệ phương trình: 2 4 3 22 4 4 1 4 2 4 2 x y xy x y xy ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Lâm Đồng năm 2011 BT 577. Giải hệ phương trình: 44 3 3 2 2 240 2 3( 4 ) 4( 8 ) xy x y x y x y ( ; ). xy Học sinh giỏi Quốc Gia năm 2010 BT 578. Giải hệ phương trình: 44 2 3 2 3 15 16 12 4 2 3 2 xy x x x y y y ( ; ). xy Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Bến Tre – Tỉnh Bến Tre BT 579. Giải hệ phương trình: 3 3 2 22 39 4 x y y x y x y ( ; ). xy Olympic khu vực Duyên Hải & Đồng Bằng Bắc Bộ 2011 BT 580. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 1 1 3 1 8 2 1 x y x y xy y x y ( 0). x Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Phan Ngọc Hiển – Cà Mau BT 581. Giải hệ: 3 3 2 2 2 2 2 2 2 6 2 0 ( 3) 8 ( 5) 4 x y x y xy x y x y x y y x x ( ; ). xy Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Hùng Vương – Gia Lai Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 340 §3. GIAÛI HEÄ PHÖÔNG TRÌNH BAÈNG CAÙCH ÑAËT AÅN PHUÏ Các phép đặt ẩn phụ rất đa dạng và phong phú. Tùy vào mỗi hệ phương trình mà ta cần phải khai thác các đặc điểm riêng và cấu trúc của từng hệ để tìm ra phép đặt ẩn phụ nhằm đưa về những hệ cơ bản (đối xứng loại I, II, đẳng cấp, các hệ giải được bằng phép thế, phép cộng, hàm số,…). 1. Dạng 1. Đặt 1 ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2, bậc 3,… Ví dụ 442. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 3 5 (1) 3 3 2 2 2 21 0 (2) y x x x y x y xy ( ; ). xy Phân tích. Nhận thấy (1) có hai hạng tử: 2 2 3 3 3 y x y xx và 3 2 x xy là dạng nghịch đảo của nhau. Nếu đặt t là một hạng tử thì hạng tử còn lại là 1 t và khi đó sẽ đưa được về phương trình bậc 2 theo t, suy ra mối quan hệ giữa x, y, rồi thế vào phương trình còn lại. Từ đó, ta có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện 2 0. 3 xy x Ta có: 2 35 (1) 3 2 2 xy x x x y () i Đặt 2 0 3 xy t x thì 2 15 ( ) 2 5 2 0 2 2 i t t t t t hoặc 1 2 t Với 2 2 2 10 . 3 xy t y x x Thế vào 3 (2) 1199 11 0 x 33 1 10 109 109 xy Với 2 1 1 5 . 2 3 2 4 xy t y x x Thế vào 3 (2) 64 4 5. x x y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 33 1 10 ( ; ) (4;5); ; 109 109 S x y Ví dụ 443. Giải hệ phương trình: 22 2 2 3 2 22 x y x y x xy y (1) (2) ( ; ). xy Cao đẳng năm 2010 Phân tích. Nhận thấy (1) 2 2 2 3 0 x y x y và nếu đặt 2 0, t x y thì sẽ trở thành phương trình bậc 2 ẩn . t Từ đó giải tìm t và suy ra mối liên hệ giữa x và y, rồi thế vào phương trình còn lại. Ta có lời giải chi tiết như sau: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 341 Lời giải. Điều kiện: 2 0. xy Ta có: (1) 2 2 2 3 0 x y x y () i Đặt 2 2 0 2 . t x y t x y 2 ( ) 2 3 0 1 i t t t (nhận) hoặc 30 t (loại). Với 1 2 1 1 2 . t x y y x Thế 1 2 , yx vào 2 11 (2) 2 3 0 37 xy xx xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là ( ; ) (1; 1);( 3;7) S x y Ví dụ 444. Giải hệ phương trình: 2 22 8 1 2 9 0 4 2 2(1 2 ) yx x y x y xy (1) (2) ( ; ). xy Phân tích. (2) có dạng hằng đẳng thức: 22 (2) (4 4 ) (2 ) 2 0 x xy y x y 2 (2 ) (2 ) 2 0. x y x y Đây là phương trình bậc 2 với ẩn 2, t x y tìm t sẽ tìm được mối liên hệ giữa x và y, từ đó thế vào (1) có , xy và có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Điều kiện: 1 1 2 0 2 xx 2 2 2 (2) (4 4 ) (2 ) 2 0 (2 ) (2 ) 2 0 x xy y x y x y x y () i Đặt 2, t x y thì 2 ( ) 2 0 1 i t t t hoặc 2. t Với 1, t suy ra: 1 2 , yx thế vào 2 (1) (1 2 ) 8 1 2 9 0 xx (3) Đặt 1 2 0 ux thì 4 3 2 (3) 8 9 0 ( 1)( 9) 0 u u u u u u 32 1, (do : 9 0, 0) 0 1. u u u u u x y Với 2, t suy ra: 2 2 , yx thế vào 2 (1) (2 2 ) 8 1 2 9 0 xx (4) Đặt 2 1 2 0 2 1 v x x v thì 22 (4) (3 ) 8 9 0 vv 2 4 2 3 2 7 15 6 8 0 ( 6 8) 0 ( 1) 2 0 48 v v v v v v v v v v 0, v suy ra: 1 3. 2 xy Do 2 2 7 15 ( 1) 2 0, 0. 48 v v v v Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là 1 ( ; ) (0;1); ; 3 2 S x y Ví dụ 445. Giải hệ phương trình: 4 2 2 2 2 2 7 7 8 3 13 15 2 1 y xy y x x y x x (1) (2) ( ; ). xy Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Trần Phú – Hà Tĩnh Phân tích. (1) có dạng hằng đẳng thức, tức 4 2 2 2 (1) ( 2 ) 7( ) 8 0 y y x x y x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 342 2 2 2 ( ) 7( ) 8 0 y x y x và đặt 2 t y x thì (1) có thể viết lại dạng phương trình bậc 2. Từ đó suy ra t và tìm được mối liên hệ giữa x và y. Lời giải. Điều kiện: 15 1 2 x 4 2 2 2 2 2 2 (1) ( 2 ) 7( ) 8 0 ( ) 7( ) 8 0 y y x x y x y x y x () i Đặt 2 , t y x suy ra 2 ( ) 7 8 0 1 i t t t hoặc 8. t Với 1, t suy ra 2 1, yx thế vào (2) 3 16 15 2 1 x x x 3 16 15 2 1 2 ( 1)(15 2 ) x x x x x x 2 6 13 15 0, ( 0) 3, x x x x suy ra: 2 4 2. yy Với 2 15 1 15 8 8 0, : 2 2 2 y x x nên loại 2 8. yx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là ( ; ) (3;2);(3; 2) S x y Ví dụ 446. Giải hệ phương trình: 33 3 3 ( )(3 2) (1) 22 1 (2) 3 2 1 3 x y x y xy y y x ( ; ). xy Phân tích. Nhận thấy (1) có dạng hằng đẳng thức 3 3 3 ( ) 3 ( ) x y x y xy x y khi viết 3 3 3 (1) 3 ( ) 2( ) 3 0 ( ) 2( ) 3 0. x y xy x y x y x y x y Lúc này nếu đặt , t x y thu được phương trình bậc 3 theo t, từ đó suy ra mối liên hệ giữa x, y, rồi thế vào phương trình còn lại sẽ tìm được x, y và có lời giải như sau: Lời giải. Điều kiện: 2, 13. yx 3 3 3 (1) 3 ( ) 2( ) 3 0 ( ) 2( ) 3 0 x y xy x y x y x y x y () i Đặt , t x y thì 32 ( ) 2 3 0 ( 1)( 3) 0 1. i t t t t t t Với 1, t suy ra 1 yx và thế vào 3 1 2 1 (2) , 1 2 2 1 3 Đ K : 13 x x x x x 33 ( 2)( 1 2) 2 1 3 2 1 2 1 ( 1) 1 1 x x x x x x x x 33 3 3 3 2 1 ( 2 1) 1 ( 1) ( 2 1) ( 1). x x x x f x f x Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 1 3 0, f t t t nên hàm số () ft tăng trên . Suy ra: 23 33 ( 2 1) ( 1) 2 1 1 (2 1) ( 1) 0 f x f x x x x x 32 1 01 0 x xy x x x hoặc 1 5 1 5 22 xy Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 1 5 5 1 ( ; ) (0; 1); ; 22 S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 343 Ví dụ 447. Giải hệ phương trình: 3 2 ( 1)(3 ) (1) 5 3 2 2 2 (2) 2 x y y x x y xy y Phân tích. Nhận thấy biểu thức trong căn của phương trình (1) có dạng tích số nên ta sẽ phân tích biểu thức ngoài căn thành dạng tổng của 2 biểu thức tích này. Thật vậy, ta có: 3 .( 1) .(3 ) . ( 3 ). 3 x a y b y x b x a b y và đồng nhất hệ số được hệ 11 3 0 3 bb a b a hay viết: (1) 3( 1) (3 ) 2 ( 1)(3 ). y y x y y x Từ (2) có điều kiện 2 3 y nên chia cho lượng dương 1 y ở 2 vế của phương trình ta được: 33 3 2 , 11 y x y x yy đây là phương trình bậc 2 với ẩn 3 0. 1 yx t y Lời giải. Điều kiện: 2 ; 5; 3 . 3 y x y x 33 (1) 3( 1) (3 ) 2 ( 1)(3 ) 3 2 11 y x y x y y x y y x yy () i Đặt 3 0, 1 yx t y thì 2 ( ) 2 3 0 1 i t t t hoặc 3 t (loại). Với 1, t suy ra: 3 1 3 1 2 1. 1 yx y x y x y y Thế 21 xy vào 2 (2) 3 2 2 2 3 2 y y y y 2( 2) 2 (2 1)( 2) ( 1) 2 1 0 3 2 2 3 2 2 y y y y y y y y y 23 yx hoặc (2 1)( 3 2 2) 2 y y y () ii Với 2 3 y thì () 14 6 (2 1)( 3 2 2) 2 9 ii VT y y y nên () ii vô nghiệm. Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (3;2) S x y Nhận xét. Bản chất của việc chia ở phương trình (1) là dựa vào tính đẳng cấp của phương trình này. Hiển nhiên, ta có thể giải được bằng cách đặt 2 ẩn phụ như sau: Ta có: (1) 3( 1) (3 ) 2 ( 1)(3 ). y y x y y x Đặt 1 0, 3 0 a y b y x thì phương trình 22 32 a b ab có dạng đẳng cấp với 2 biến a và . b Ta có thể chia cho 0 a hoặc sử dụng casio để phân tích thành tích số: ( )(3 ) 0 2 1 a b a b a b x y sẽ ngắn gọn hơn. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 344 Ví dụ 448. Giải hệ phương trình: 22 2 3 2 21 12 1 ( 17) (1) 3 12 2 (2) 8 3 3 4 2 y x y x y x x x x yy Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Thực Hành Cao Nguyên – Đắk Lắk Phân tích. Nếu viết 22 (1) ( 12 1) 8 12 1 16 0 x y x y thì đây là phương trình bậc 2 với ẩn 2 12 1 0. t x y Từ đó sẽ tìm được mối liên hệ giữa x và y và thế vào phương trình còn lại để tìm nghiệm và có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 32 2 12 1 0, 0, 0. 34 xx x y y y 22 (1) ( 12 1) 8 12 1 16 0 x y x y (3) và đặt 2 12 1 0 t x y thì: 2 (3) 8 16 0 4, t t t suy ra: 2 2 15 12 1 4 12 x t x y y Thế 2 15 12 x y vào 22 22 22 36 (2) 12 ( 16 15) 16 15 0 15 15 xx x x x x xx 2 2 2 2 2 2 2 2 2 16 15 0 16 15 0 6 16 15 0 6 16 15 15 15 xx xx x x xx xx x x 22 2 2 2 2 2 16 15 0 16 15 0 36 ( 15)( 16 15) 0 ( 2 15)( 18 15) 0 x x x x x x x x x x x x 1 3 2 xy hoặc 81 36 6 9 4 6 6 xy Kết luận: Tập nghiệm của hệ là 1 81 36 6 ( ; ) 3; ; 9 4 6; 26 S x y Lưu ý. Ta có thể xuất phát từ phương trình (2) khi xem nó có dạng đẳng cấp bậc 2: 2 2 2 33 44 (2) 2 8 6 8 6 8 6 6 yy x x x x x y y y 22 33 44 2 8 6 6 8 6 6 yy x x x x yy Đặt 2 3 4 0; 0 8 6 6 y xx ab y thì phương trình 2 a b ab 2 2 2 2 3 4 2 4 ( ) 0 8 6 6 y xx a ab b ab a b a b y 22 3 16 12 0 ( 6 )(3 2 ) 0 6 x xy y x y x y x y hoặc 2 . 3 xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 345 2. Dạng 2. Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp của 1 phương trình Ví dụ 449. Giải hệ phương trình: 3 2 0 (1) 61 4 1 (2) 41 1 x y xy x y y x ( ; ). xy Phân tích. Nhận thấy phương trình (1) của hệ là phương trình đẳng cấp với ẩn , . xy Khi đó ta có 2 hướng xử lý, một là chia trực tiếp cho lượng dương 0. x Hai là biến đổi và đưa về tích số, từ đó tìm được mối liên hệ giữa x, y và thế vào phương trình còn lại. Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1 0, 1, , 4 xy x y suy ra: 1 1, 0, 4 x y y 22 (1) ( ) . 2( ) 0 ( 2 ) ( ) 0 x x y y x y x y 2 0, (do : 0, 1, 0) 4 . x y x y x y x y Thế 4 xy vào 3 2 3 61 (2) 1 6 1 1 1 1 x x x x x x x Sử dụng casio, tìm được nghiệm duy nhất 2 x nên sẽ ghép hằng số để liên hợp. 2 3 ( 6 2) ( 1 1) 4 x x x 2 3 3 22 ( 2)( 2) 0 11 ( 6) 2 6 4 xx xx x xx 2 3 11 ( 2) ( 2) 0 ( 6 1) 3 1 1 xx xx 1 2 0 2 2 x x y hoặc 2 3 11 2 ( 6 1) 3 1 1 x xx (3) Với 1 x thì (3) 2 3 (3) 1 1 1 1 4 3 1 3 ( 6 1) 3 1 1 2 1 2 3 VT xx VP x nên (3) vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là 1 ( ; ) 2; 2 S x y Ví dụ 450. Giải hệ phương trình: 2 2 (1) (1 )(5 4 5 8) 4 (2) x y x y y x y y x ( ; ). xy Phân tích. Nhận thấy phương trình (1) có tính đẳng cấp nên có thể lũy thừa để khử dấu căn hoặc chia trực tiếp cho lượng 0 x sau khi kiểm tra 0 x không là nghiệm. Lời giải. Điều kiện: 0, 0, 0. x y x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 346 (1) ( )( ) 2 2 ( )( ) 0 x x y x y y x y x y x y 13 ( ) ( ) ( )( ) 0 22 x y x y x y x y 3( ) ( ) 2 ( )( ) 0 x y x y x y x y (3) Đặt 0, 0 a x y b x y thì 22 (3) 3 2 0 (3 )( ) 0 a ab b a b a b Với 3 3 9 9 5 4 b a x y x y x y x y y x và thế vào (2) thì: 22 (2) (1 ) ( 2 2) (1 ) 2(1 ) x x x x x x x x (4) Do 1 x không là nghiệm nên chia hai vế cho 2 (1 ) x ta được: 2 2 (4) 2 1 (1 ) xx xx và đặt 0 1 x t x thì được 2 20 tt 2, t suy ra: 16 8 3 22 2 4 2 3 5 0 1 x xx xy x x Với 0 0 0 : 0 x a b x y x y y không thỏa mãn (2). Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là 16 8 3 ( ; ) 4 2 3; 5 S x y Nhận xét. Trong cách biến đổi sang (3), tôi đã sử dụng đồng nhất thức để biểu diễn 2 xy theo 2 hạng tử ( ), ( ) x y x y bằng cách viết 2 ( ) ( ), x y m x y n x y rồi đông nhất hệ số được 31 , 22 mn như trên. Ví dụ 451. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 4 1 22( 1) ( 9)( 9 ) x y y y x x y (1) (2) ( ; ). xy Phân tích. Nếu viết 2 2 2 (2) 22( 1) ( 9) ( 9) 9( 1) y x x y thì phương trình (2) có tính đẳng cấp bậc 2 với 2 ẩn 1 y và 2 9. x Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1. y 2 2 2 (2) 22( 1) ( 9) ( 9) 9( 1) y x x y (3) Đặt 2 1, 9 9 a y b x thì 2 2 2 (3) 22 ( 9 ) 22 9 0 a b b a a ab b (2 )(11 ) 0 2 a b a b b a hoặc 11 . ba Với 2, ba suy ra 2 2 11 xy và thế vào (1) 4 1 2 13 y y y (4) Đặt 10 ty thì 32 (1) 4 2 4 15 0 t t t (5) Xét hàm số 32 ( ) 4 2 4 15 f t t t t trên 0; có 2 ( ) 12 4 4. f t t t khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 347 Cho 1 13 1 13 ( ) 0 66 f t t t do 0. t Từ đó có bảng biến thiên: t 0 1 13 6 () ft 0 () ft 15 386 13 13 27 Từ bảng biến thiên, suy ra 32 386 13 13 ( ) 4 2 4 15 0. 27 f t t t t Do đó phương trình (5) vô nghiệm khi 2. ba Với 11 , ba suy ra: 2 2 11 xy và thế vào phương trình (2) được: (2) 11 4 1 ( 1 11) 0 0 2. y y y y y y x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) ( 2;0);( 2;0) S x y Ví dụ 452. Giải hệ phương trình: 22 24 2 1 1 0 ( )( 4 ) 3 0 x y y y x y x y y y (1) (2) ( ; ). xy Phân tích. Nếu biến đổi 2 2 4 (2) ( ) 4( ) 3 0 x y x y y y thì có dạng đẳng cấp bậc 2 với 2 biến 2 , . a x y b y Từ đó tìm được mối liên hệ x, y và có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 2 2 1 0. xy Đặt 2 , 0. a x y b y 22 (2) 4 3 0 ( )( 3 ) 0 a ab b a b a b a b hoặc 3. ab Với , ab suy ra 22 x y y x y y và thế vào phương trình (1): 2 2 2 2 (1) 1 1 0 ( 1) 1 2 0 y y y y y y y y 2 11 yy (loại) hoặc 22 1 2 3 0 y y y y 1 13 4 13 2 yx hoặc 1 13 4 13. 2 yx Với 3, ab suy ra 22 33 x y y x y y và thế vào phương trình (1): 22 (1) 1 1 0 1 2. y y y y y x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm 1 13 ( ; ) ( 2; 1); 4 13; 2 S x y Ví dụ 453. Giải hệ: 2 ( 6 3) 3 (8 3 9) 8 24 417 ( 3) 1 3 17 x y xy y y y x x x y y y y (1) (2) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 348 Phân tích. Nếu viết (1) ( 3) 6 ( 3) 8 3( 3) x y y x y y x thì đây là phương trình đẳng cấp bậc 4 với 2 biến 3, a x b y và có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Điều kiện: 2 1, 3 8 24 417 0 yx x x y Đặt 30 1 ax by 2 2 2 2 2 (1) ( 3) 6 ( 3) 8 3( 3) ( 6 ) (8 3 ) x y y x y y x a b ab b b a 3 2 3 2 3 2 2 3 6 8 3 , ( : 1) 3 6 8 0 a ab b a b do b a a b ab b 2 2 22 15 ( 2 )( 4 ) 0 ( 2 ) 0 2 . 24 bb a b a ab b a b a a b Với 2, ab suy ra 3 2 4 3 x y x y và thế vào phương trình (2) thì: (2) 4 ( 4)(6 ) ( 3) 1 3 17 y y y y y (3) Ta có: Cauchy 4 ( 4).(6 ) 2.( 4 6 ) 20 (4) 1: ( 3) 1 3 17 3 17 20 (5) y y y y y y y y Nghiệm của (3) là các giá trị làm cho dấu "" ở (4), (5) xảy ra 1 1. yx Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (1;1) S x y Ví dụ 454. Giải hệ phương trình: 22 2 3 2 8 16 (1) 2 (2) 8 3 3 4 2 xy xy xy y x x x x yy ( ; ). xy Lời giải. Điều kiện: 32 0, 0, 0. 34 xx y x y y 2 2 2 33 44 (2) 2 8 6 8 6 8 6 6 yy x x x x x y y y 22 33 44 2 8 6 6 8 6 6 yy x x x x yy Đặt 2 3 4 0; 0 8 6 6 y xx ab y thì phương trình 2 a b ab 2 2 2 2 2 2 4 ( ) 0 3 16 12 0 a ab b ab a b a b x xy y ( 6 )(3 2 ) 0 6 x y x y x y hoặc 3 2 . xy Với 6, xy thế vào 2 48 4 24 (1) 37 16 7 7 7 y y y x Với 3 2 , xy thế vào 2 (1) 13 144 144 0 12 8. y y y x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm của hệ là 24 4 ( ; ) ( 8;12); ; 77 S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 349 Ví dụ 455. Giải hệ phương trình: 2 3 ( 3) 4 1 1 4 3 1 y x x y x x y (1) (2) ( ; ). xy Phân tích. Ta sẽ không làm gì được ở phương trình (2), khi đó ta sẽ xuất phát từ 2 2 2 2 2 (1) ( 3) 4 1 1 .( 3) 4 1 2 1 ( 1) y x x y y x x y x y 22 3 3 2 1 3( 1) 2 1 0. y x y x y x y x Đây là phương trình đẳng cấp bậc 2 với 2 ẩn 1, . a y b x Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 2 ( 3) 4 0, 1. y x y Từ (2) có 10 y nên 32 4 0 ( 1) 4 0. x x x x x 2 2 22 (1) ( 3) 4 1 1 ( 3) 4 1 1 y x x y y x x y 2 2 2 .( 3) 4 1 2 1 ( 1) 3 3 2 1 y x x y x y y x y x 2 3( 1) 2 1 0 y x y x (3) Đặt 1 0, 0 a y b x thì 22 (3) 3 2 0 ( )(3 ) 0 a ab b a b a b , (do : 3 0, 0, 0). a b a b a b Với , ab suy ra: 1 yx và thế vào 3 (2) 2 4 0 2 3. x x x y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (2;3) S x y Ví dụ 456. Giải hệ phương trình: 2 2 (2 ) 4 0 2 ( 1)(5 ) 4 1 x y x x y x y (1) (2) Phân tích. Phương trình (1) có dạng bậc 2 với ẩn x, nhưng khi kiểm tra biệt số delta không là số chính phương nên sẽ khó phân tích thành tích số. Lúc đó sẽ quan tâm đến phương trình 2 (2) ( 1)(5 ) 4 1 2 x y x y và lũy thừa lên. Nhưng khi lũy thừa sẽ phát sinh điều kiện, gây phức tạp và để khắc phục điều này ta sẽ tìm điều kiện cho x. Với 20 y thì 2 (1) 4 (2 ) 0 x x y x và 2 vế đều dương nên sẽ lũy thừa lên, tức phương trình 22 ( 1)(5 ) 4 1 2 2 (2 ) x y x y x y 2 3 2 2 (2 ) 0. x x y y Đây là phương trình đẳng cấp bậc 2 với 2 ẩn , ax 2 by và sẽ tìm được mối liên hệ giữa x, y, rồi thế vào (1) thì bài toán được giải. Lời giải. Điều kiện: 2 2, ( 1)(5 ) 4 0. y x y Với 20 y thì 2 (1) 4 (2 ) 0. x x y x Khi đó: 2 2 22 (2) ( 1)(5 ) 4 1 2 ( 1)(5 ) 4 1 2 x y x y x y x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 350 2 2 2 ( 1)(5 ) 3 2 2 (2 ) 3 2 2 (2 ) 0 x y x y x y x x y y (3) Đặt 0, 2 0 a x b y thì 2 (3) 3 2 1 0 ( )(3 ) 0 a ab a b a b ab hoặc 3ab : loại do 0, 0. ab Với , ab suy ra: 2 22 y x y x và thế vào phương trình (1) thì: 3 2 2 (1) 4 0 ( 2)( 2) 0 2 2. x x x x x x y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) ( 2; 2) S x y Ví dụ 457. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 (1) 23 2 5 3 4 5 3 (2) x y x xy y xy x xy x xy x Tạp chí Toán Học & Tuổi Trẻ số 407 Phân tích. Nhận thấy phương trình (1) có tính đẳng cấp. Ngoài ra (1) còn mang tính chất đối xứng với 2 biến x, y nên ta có thể dự đoán được . xy Hiển nhiên cũng giải được bằng phương pháp đánh giá bởi bất đẳng thức với điểm rơi . xy Còn nếu sử dụng tính chất đẳng cấp cũng được giá trị xy và có các lời giải sau: Điều kiện: 2 5 3 0 0 xy x xy Do 0 xy không là nghiệm của hệ nên ta chỉ xét trong điều kiện: 2 5 3 0, 0. xy x x y Lời giải 1. Sử dụng tính đẳng cấp của phương trình (1). Chia 2 vế của phương trình (1) cho lượng 0, xy ta được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 1 (1) 1 1 6 2( ) 6( ) 2( ) 6( ) x y x y x y x y x y x y x y x y x y Đặt 22 2 0 2( ) xy t xy thì phương trình 22 11 11 3 6 3 6 tt tt 2 1 1 2 4 12 5 0 t t tt Với 1 , 2 t suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 22 11 2( ) ( ) 24 2( ) 2( ) x y x y x y x y x y x y 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 0 0. x y x xy y x y x y Thế xy vào 22 (2) 2 5 3 4 5 3 x x x x x 2 2 2 2 5 3 2 5 3 6 0 x x x x x x và đặt 2 2 5 3, a x x b x thì: 22 6 0 ( 2 )( 3 ) 0 2 a ab b a b a b a b hoặc 3. ab Với 2, ab suy ra: 2 2 5 3 2 3 3. x x x x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 351 Với 3, ab suy ra: 2 2 5 3 3 : x x x vô nghiệm do 0. x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (3;3) S x y Lời giải 2. Sử dụng bất đẳng thức với điểm rơi . xy Ta có: 2 2 2 2 2 Cauchy Schwarz 2 2 2 2 2 Cauchy () 1 ( ) 2 2 2 4 2 () () ( ) . 1 4 ( ) 3 3 3 2 x y y x y x xy xy xy x xy y x y x y xy Suy ra: 2 2 2 2 23 x y x xy y xy và dấu đẳng thức xảy ra khi 0. xy Thế xy vào 22 (2) 2 5 3 4 5 3 x x x x x (3) Ngoài cách xử lý phương trình (3) bằng cách đưa về dạng đẳng cấp như lời giải 1, ta có thể sử dụng phương pháp liên hợp hoặc bình phương trực tiếp được phương trình bậc 4 khi biết trước được 1 nghiệm 3. x Hướng 1. Ghép hằng số để liên hợp. 2 2 2 2 (3) 2 5 3 4 5 3 .( 2 5 3 6) 4 11 3 x x x x x x x x x x 2 2 22 (2 5 33) ( 3)(2 11) 4 11 3 ( 3)(4 1) 2 5 3 6 2 5 3 6 x x x x x x x x x x x x x x 2 2 2 2 36 2 11 ( 3) (4 1) 0 2 11 4 1 (4) 2 5 3 6 2 5 3 6 xy xx xx xx x xx xx Do với điều kiện: 2 4 5 3 0 5 73 1, 8 0 xx x x thì: 2 2 2 (4) 2 11 (4 1)( 2 5 3 6) (4 1) 2( 1) 1 6 x x x x x x x x 22 (4 1) ( 1) 6 (4 1)( 7) 4 29 7 2 11 . x x x x x x x x Suy ra phương trình (4) vô nghiệm. Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (3;3) S x y Hướng 2. Lũy thừa trực tiếp. 2 2 2 2 4 3 2 5 73 4 5 3 0; 0 (3) 8 (2 5 3) (4 5 3) 14 45 2 30 9 0 x x x x x x x x x x x x x 32 5 73 3 8 6 ( 3)(14 3 11 3) 0 x x y x x x x Do 32 14 3 11 3 0. x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 352 3. Dạng 3. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình cơ bản Trong phần này, ta sẽ tiếp cận một số kỹ thuật thường gặp sau: Biến đổi 1 phương trình để phát hiện ra ẩn phụ dự kiến và dựa vào ẩn phụ dự kiến này để biến đổi phương trình còn lại. Dựa vào định lý Viét để tìm ra phép đặt ẩn phụ. Chia để xác định lượng ẩn phụ. Liên hợp để phát hiện lượng ẩn phụ. Dựa vào 1 số phép biến đổi đẳng thức cơ bản để xác định lượng ẩn phụ. Đặt ẩn phụ dạng tổng – hiệu: , . a x y b x y a) Biến đổi 1 phương trình để phát hiện ra ẩn phụ và dựa vào ẩn phụ này để biến đổi phương trình còn lại. Ví dụ 458. Giải hệ phương trình: 1 3 3 (1) 1 2 8 (2) x x y y xy y () I ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Hải Phòng năm 2011 Phân tích. Nếu biến đổi 1 (2) ( 3) 5 x x y y thì giữa 2 phương trình có những hạng tử giống nhau và đặt 1 0, 3 0 a x b x y y sẽ đưa được về hệ đối xứng loại I và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1 0, 3 0, 0. x x y y y Đặt 1 0; 3 0 a x b x y y thì hệ 22 3 () 5 ab I ab 2 3 21 32 ( ) 2 5 ab ab a a b b a b ab hoặc 2 1 a b Với 1 , 2 a b suy ra: 2 4 10 1 1 3 10 7 8 6 0 4 10 32 3 10 x x y yx y xx x xy y Với 2 , 1 a b suy ra: 2 1 2 4 53 11 8 15 0 31 x yx xx y yy xx xy Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm ( ; ) (5; 1);(3;1);(4 10;3 10) S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 353 Ví dụ 459. Giải hệ phương trình: 22 ( 1)( 1)( 2) 6 2 2 3 0 x y x y x y x y () I ( ; ). xy Phân tích. Biến đổi hệ 22 ( 1) ( 1) [( 1) ( 1)] 6 ( 1) ( 1) 5 x y x y xy và đặt 1 1 ax by thì sẽ đưa được về hệ đối xứng loại I và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Đặt 1, 1. a x b y 2 2 2 2 ( ) 6 ( ) 6 2 ( ) 12 () 5 ( ) 2 5 2 ( ) 5 ab a b ab a b ab a b I a b a b ab ab a b 2 2 2 3 2 ( ) 5 2 ( ) 5 3 2 ( ) ( ) 5 12 ( ) 5( ) 12 0 ab a b ab a b a b ab a b a b a b a b 1 2 a b hoặc 2 1 1 1 1 2 ax by hoặc 1 2 2 1 1 3 xx yy hoặc 3 2 x y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là ( ; ) (2;3);(3;2) S x y Ví dụ 460. Giải hệ phương trình: 4 2 2 22 4 2 6 2 9 2 2 2 22 x x y y x y x y (1) (2) () I Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Mạc Đĩnh Chi – Tp. Hồ Chí Minh Phân tích. Nhận thấy (1) có thể viết được dưới dạng hằng đẳng thức theo x, y, tức: 2 2 2 2 2 2 2 (1) ( ) 4 4) ( 2 ) 2 2 .3 9 4 ( 2) ( 2 3) 4. x x y y x y Từ đó, ta sẽ định hướng viết (2) theo 2 2 3, 2 a y b x và có lời giải như sau: Lời giải. Hệ 2 2 2 2 22 ( ) 4 4) ( 2 ) 2 2 .3 9 4 () 2( 2) 22 x x y y I y x x 2 2 2 22 ( 2) ( 2 3) 4 ( 2 3) 3 ( 2) 4 ( 2) 20 xy y x x () II Đặt 2 23 2 ay bx thì hệ 2 2 2 4 ( ) 2 4 () ( 3)( 4) 20 4( ) 8 a b a b ab II a b b ab a b 2 0 ab ab hoặc 10 48 ab ab (loại do: 2 2 4) 0 a SP b hoặc 0 2 a b Với 2 , 0 a b suy ra: 2 2 2 3 2 52 2 2 x y x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 354 Với 0 , 2 a b suy ra: 2 2 3 0 3 2 3 2 ( ; ) 2; , 2; 22 22 y xy x Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là 5 2 3 2 ( ; ) 2; ; 2; 22 S x y Ví dụ 461. Giải hệ phương trình: 2 3 2 42 1 (2 1) 1 x x y xy xy y x y xy x () I (1) (2) ( ; ). xy Phân tích. Nhận thấy (2) có dạng hằng đẳng thức: 4 2 2 (2) ( 2 ) 1 x x y y xy 22 ( ) 1, x y xy nên sẽ định hướng biến đổi phương trình (1) về 2 hạng tử này. Thật vậy: 22 (1) ( ) ( ) 1, x y xy x y xy nên sẽ đặt 2 , . a x y b xy Lời giải. Hệ 22 22 ( ) .( ) 1 () ( ) 1 x y xy xy x y I x y xy () II Đặt 2 a x y b xy thì 2 2 22 1 1 () 1 1 (1 ) 1 a b ab ba II ab a a a a 2 32 10 1 20 b a a b a a a hoặc 1 0 a b hoặc 2 3 a b Với 0 , 1 a b suy ra: 2 2 3 1 0 1 1 1 y x x xy y xy x Với 1 , 0 a b suy ra: 2 2 1 0 1 1 1 0 0 ( 1) 0 y x x x x y y y xx Với 2 , 3 a b suy ra: 2 2 2 21 2 3 3 ( 2) 3 y x x xy y xy xx Kết luận: Tập nghiệm của hệ là ( ; ) (0; 1);( 1;0);(1;1);( 1;3) S x y Ví dụ 462. Giải hệ phương trình: 2 3 2 42 5 (1) 4 5 (1 2 ) (2) 4 x y x y xy xy x y xy x () I Đại học khối A năm 2008 Phân tích. Nhận thấy (2) có dạng hằng đẳng thức, tức 22 5 (2) ( ) , 4 x y xy nên ta sẽ biến đổi phương trình (1) sao cho có chứa 2 hạng tử 2 ( ), . x y xy Thật vậy 22 5 (1) ( ) ( ) 4 x y xy x y xy và đặt 2 a x y b xy sẽ đưa về hệ cơ bản. khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 355 Lời giải. Hệ 22 22 5 ( ) ( ) 4 () 5 () 4 x y xy xy x y I x y xy () II Đặt 2 a x y b xy thì hệ 2 2 32 5 4( ) 5 () 4 5 4( ) 0 4 a b ab ba II ab a a a 2 2 3 3 11 5 25 0 0 22 4 16 5 5 33 3 1 4 4 22 2 a xy a x y xy b xy b xy xy Kết luận: Tập nghiệm của hệ cần tìm là 3 3 3 5 25 ( ; ) 1; ; ; 2 4 16 S x y Ví dụ 463. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 3 3 3( ) 5 ( 1)( 1)( 2) 2 x y x y x y x y x y (1) (2) () I Phân tích. Nhận thấy (1) có dạng hằng đẳng thức 3 3 2 2 3 ( ) 3 3 , a b a a b ab b nên sẽ viết 3 2 3 2 3 3 (1) ( 3 3 1) ( 3 3 1) 7 ( 1) ( 1) 7. x x x y y y x y Dựa vào 2 hạng tử này để biến đổi (2) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 2 x y x y và đặt 2 ẩn phụ 1, 1 a x b y sẽ đưa được về hệ cơ bản và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Ta có hệ 33 ( 1) ( 1) 7 () ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 2 xy I x y x y () II Đặt 1 1 ax by thì hệ 3 3 3 3 77 () ( ) 2 ( ) 2 a b a t II ab a b at a t với . bt 33 1 2 1 ( ) 3 ( ) 7 ( ) 1 2 1 2 ( ) 2 ( ) 2 a t a a a t at a t a t at t t at a t at a t Do đó: 21 12 aa bb Suy ra 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 2 1 x x x x y y y y Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (1;2);( 2; 1) S x y Ví dụ 464. Giải hệ phương trình: 2 3 3 2 2 2 12 24 0 2( ) 3( 2) x y xy x y x y x y xy x y (1) (2) Học sinh giỏi tỉnh Đồng Nai năm 2014 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 356 Phân tích. Nhận thấy (2) có dạng hằng đẳng thức: 3 3 2 2 ( ) ( ), a b a b a ab b nếu đặt 22 , a x xy y b x y thì 33 . a b a b và (2) 2 3( 2), ( ). ab a b Từ đó sẽ định hướng biến đổi (1) về 2 hạng tử , ab nhưng sẽ không biểu diễn được. Nếu quan sát kỹ thì phương trình () luôn đúng khi 2 b nên có rất nhiều khả năng đưa được phương trình này về dạng tích số. Thật vậy, có: ( ) 2 3( 2) 0 ab a b ( 2) 3( 2) 0 ( 2)( 3) 0 3 a b b b a a hoặc 2. b Lời giải. Đặt 22 0, a x xy y b x y thì (2) 2 3( 2) ab a b ( 2) 3( 2) 0 ( 2)( 3) 0 3 a b b b a a hoặc 2. b Với 2, b suy ra: 2 yx và thế vào 32 (1) 12 0 x x x 2 0 ( 12) 0 2 x x x x y hoặc 4 2 x y hoặc 3 5 x y Với 3 a và kết hợp với (1) được hệ: 22 2 3 2 12 24 0 x xy y x y xy x y 22 2 ( 3) 0 ( 2) (12 24) 0 x y x y y x y x y (3) (4) Để hệ có nghiệm thì biệt số delta theo ẩn x ở (3), (4) phải không âm. Nghĩa là: 2 2 2 (3) 2 (4) 4 12 12 3 0 2;2 2 49 100 4 0 ; 2 ; 49 x x y y y y y y y Khi đó để hệ có nghiệm thì 2 miền giá trị của y ở trên phải giao thoa nhau. Tức: 2 y hoặc 2 ;2 49 y Với 2 y thì 2 (3) 2 1 0 1: x x x không thỏa hệ nên loại 2. y Với 2 ;2 29 y và 22 2 24 2 2 2 24 (1) ;2 2 49 49 12 12 xx y x x x x Suy ra: ; 6 4; x (5) Mặt khác: 2 2 2 2 3 3 0 x xy y y x y x có biệt số delta: 2 2 2 4 12 12 3 0 2;2 y x x x x (6) Từ (5),(6) hai miền giá trị của x nên hệ vô nghiệm khi 2 ;2 29 y Do đó hệ vô nghiệm khi 22 3. x xy y Kết luận: Tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) ( 3; 5);(0; 2);(4;2) S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 357 Ví dụ 465. Giải hệ phương trình: 23 3 (2 1) (6 ) 2 (1) 2 12 3 18 6 5 (2) x x y x y x x xy x x x y Học sinh giỏi tỉnh Bắc Ninh năm 2014 Phân tích. Giữa các biến và cụm biến giữa 2 phương trình không có mối liên hệ gì với nhau nên sẽ nghĩ đến việc biến đổi 1 phương trình. Nhận thấy phương trình (1) có chứa 2 căn thức nên sẽ đặt 22 22 66 2 2 1 3 2 2 a x y a x y x y a b x x b bx và (1) sẽ được viết lại là 22 (3 2 ). (6 ). , ( ). b a a b Nhận thấy phương trình () luôn đúng khi 2 ab nên sẽ định hướng biến đổi về tích số và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0 2 xy x Đặt 2 2 066 2 1 3 2 20 a x y x y a xb bx 2 2 2 2 (1) (3 2 ). (6 ). (3 6 ) ( 2 ) 0 b a a b a b a b ab 3( 2 ) ( 2 ) 0 ( 2 )(3 ) 0 2 , (do : 3 0). a b ab a b a b ab a b ab Với 2, ab suy ra 2 2 8 5 x y x y x và thế vào (2) thì: 33 2 3 2 2 3 2 (2) 2. 6 3 3 6 3 2. 6 3 3 5 3 x x x x x x x x x x x 3 3 3 2 3 2 3 2 ( 6 3 ) 2. 6 3 ( 1) 2.( 1) ( 6 3 ) ( 1). x x x x x x f x x f x Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t có 2 ( ) 3 2 0, f t t t nên () ft tăng trên . Suy ra: 33 2 2 3 ( 6 3 ) ( 1) 6 3 1 3 1 f x x f x x x x x x (3) Xét 22 x và đặt 2cos xt thì [0; ]. t Khi đó: 33 1 (3) 8cos 6cos 1 4cos 3cos cos3 cos 23 t t t t t 2 93 k t và do 0; , tk nên 57 ;; 9 9 9 t Suy ra: 5 5 7 7 ; 2cos ;8 10cos , 2cos ;8 10cos , 2cos ;8 10cos 9 9 9 9 9 9 xy Ví dụ 466. Giải hệ phương trình: 2 2 2 ( ) 1 ( 1) ( 1) 1 x y x y x xy y y xy (1) (2) () I Phân tích. Nhận thấy (1) có chứa 2 hạng tử () xy và xy nên sẽ định hướng biến đổi phương trình (2) về 2 hạng tử này, tức có: (2) ( 1) ( 1) 1 x xy y y xy ( 1) ( 1) 1 ( 1)( ) 1 x xy y xy xy xy x y xy và đặt , a x y b xy sẽ đưa về hệ đơn giản hơn và có lời giải chi tiết như sau: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 358 Lời giải. Hệ 2 2 2 ( ) 1 () ( 1) ( 1) 1 x y x y I x xy y y xy 2 2 2 2 2 2 ( ) 1 ( ) 1 ( 1) ( 1) 1 ( 1)( ) 1 x y x y x y x y x xy y xy xy xy x y xy () II Đặt a x y b xy thì 2 2 2 1 ( ) 2 1 () ( 1) 1 1 a b a b ab II b a b ab a b 2 1 ( ) 1 3 1 0 0 4 0 1 ( ) 2( ) 3 0 ab a b a b a b a a ab ab b b a b a b Suy ra: 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 x y x y x x x x xy xy y y y y Kết luận: Tập nghiệm của hệ là ( ; ) (0; 1);(1;0);(1;1);( 1; 1) S x y Ví dụ 467. Giải hệ phương trình: 22 22 2 2 2 11 5 (1) ( 1) 2 (2) xy xy xy x y () I Học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2013 Phân tích. Từ (1) có các biến đổi : 22 2 2 22 2 2 1 1 1 2 2 ( ) 1 1 1 2 2 ( ) x x x i xx x y y y ii yy y và vấn đề ở đây ta cần chọn biểu thức nào cho phù hợp để đặt ẩn phụ. Khi đó quan tâm đến phương trình (2) để chọn ẩn phụ phù hợp, hiển nhiên có sự biến đổi và cần có phép chia. Nghĩa là: 2 2 2 2 2 2 2 2 (2) 2 1 2 ( ) ( 1) 2 x y xy x y x y y x xy 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 2 ( 1)( 1) 2 y x x xy x y xy và thực hiện phép chia 2 vế cho lượng 0, xy thì 11 2 xy xy nên sẽ chọn phép biến đổi ở ( ), ( ) i ii hợp lý. Lời giải. Hệ 2 2 2 2 22 11 5 11 5 () 11 2 ( 1)( 1) 2 xy xy xy I xy xy x y xy xy () II Đặt 11 ; , 2 a x b y a xy thì hệ 2 2 2 5 ( ) 2 5 () 22 a b a b ab II ab ab khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 359 2 3 3 2 2 ( ) 9 2 2 1 1 2 a b a b a a ab ab ab b b ab Với 2 , 1 a b suy ra: 1 11 2 1 5 1 5 1 1 22 xx x x yy y y Với 2 , 1 a b suy ra: 1 11 2 1 5 1 5 1 1 22 xx x x yy y y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là 1 5 1 5 ( ; ) 1; ; 1; 22 S x y Ví dụ 468. Giải hệ phương trình: 4 2 2 21 x y x y x y x y () I ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Nam Định năm 2012 Phân tích. Bản chất bài toán chỉ chứa 2 căn 4 , 2 . x y x y Nếu đặt 4, a x y 2 b x y và biểu thức chứa biến còn lại xy biểu diễn được theo a, b thì bài toán được giải quyết. Thật vậy: .(4 ) .(2 ) (4 2 ). ( ). x y m x y n x y m n x y và đồng nhất hệ số được hệ 4 2 1 13 ; , 1 22 mn mn mn tức 22 13 . 22 x y a b Lời giải. Đặt 4 0, 2 0 a x y b x y thì: 2 22 2 2 5 5 5 1 ( ) , 13 22 5 5 0 1 22 ab ba I a b aa a a b Suy ra: 35 2 4 5 5 16 4 30 10 5 3 5 9 2 2 5 1 8 4 6 2 5 2 x xy xy x y x y y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là 3 5 9 ( ; ) 3 5; 2 S x y Ví dụ 469. Giải hệ phương trình: 5 2 3 21 x y x y x y x y () I ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2014 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 360 Phân tích. Tương tự như ví dụ trên, ta cần phân tích .(5 ) .(2 ) x y m x y n x y (5 2 ). ( ). m n x m n y và đồng nhất hệ số được hệ 5 2 1 1 12 m n m m n n Do đó sẽ viết 22 2 x y a b nếu đặt 5 , 2 a x y b x y và có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Đặt 5 0, 2 0. a x y b x y 2 2 2 33 11 57 57 5 ( ) 0, 0. 22 2 1 11 16 0 a b b a I a b b a b a a Suy ra: 11 57 89 11 57 8 57 55 22 9 57 57 5 41 5 57 22 2 22 x x y x y y x y x y Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là 9 57 ( ; ) 8 57; 2 S x y Ví dụ 470. Giải hệ phương trình: 7 2 4 2 2 5 8 2 x y x y x y x () I ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Thái Nguyên năm 2014 Phân tích. Về hình thức thì bài này cũng giống như các bài trên nhưng đơn giản hơn do dễ dàng nhìn thấy 22 (7 ) (2 ) 5 x y x y a b x và có cách giải 1. Vì có mối quan hệ này nên ta có thể đặt 3 ẩn và có lời giải 2. Lời giải 1. Đặt: 70 20 a x y b x y thì 22 4 () 2 8 2 ab I b a b 2 4 1, 4 5 9 4 5 0 2 6 1 ab b a b b a bb bb Suy ra: 79 7 81 56 13 ( ; ) ; 2 25 55 25 xy xy xy xy xy Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là 56 13 ( ; ) ; 55 S x y Lời giải 2. Đặt: 7 0; 2 0; 5 8 0. a x y b x y c x 2 2 2 56 73 49 5 ( ) 2 2 5 2 5 13 8 8 5 8 8 5 xy a b a x I b c b x y y c a b c x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 361 Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là 56 13 ( ; ) ; 55 xy Ví dụ 471. Giải hệ phương trình: 33 3 2 3 2 2 2 3 2 5 8 x y x y x y x y () I ( ; ). xy Phân tích. Xét 5 .(2 ) .(3 2 ) (2 3 ). ( 2 ). x y m x y n x y m n x m n y và đồng nhất hệ số được hệ phương trình: 2 3 5 13 . 2 1 7 m n m m n n Khi đó sẽ viết biểu thức: 33 5 13(2 ) 7(3 2 ) 13 7 x y x y x y a b nếu đặt 33 2 , 3 2 . a x y b x y Từ đó ta có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Đặt: 33 2 , 3 2 . a x y b x y Khi đó: 33 2 () 2 13 7 8 ab I b a b 3 2 2 22 1 1 10 21 41 30 0 ( 1)(10 11 30) 0 b a b a a b a a a a a a Suy ra: 3 3 21 2 1 1 3 2 1 1 3 2 1 xy x y x x y y xy Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là ( ; ) (1;1) S x y Ví dụ 472. Giải hệ phương trình: 22 2 1 9 18 (1) 2 9 2 4 (2) y x yx y x xy xy ( ; ). xy Phân tích. Bài toán có chứa 2 căn thức nên ta sẽ đặt a, b là hai căn thức. Vấn đề đặt ra là phải phân tích biểu thức ở phương trình một theo biểu thức trong hai căn thức. Với ý tưởng đó, ta sẽ tiến hành vào lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0, 0 2 9 0, 0 xy y x xy xy 2 2 2 2 3 3 2 2 (1) (2 )( 9 ) 18 2 18 9 x y y x x y xy x y x y 2 2 2 2 3 3 18 2 9 18 9 2 4 y x xy x y x y xy yx 2 2 2 9 4 9 4 yy x x x x y y y x y x y y x (3) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 362 Đặt 2 9 0, 0 y x a x b y xy thì từ (2),(3) được hệ 22 24 4 ab ab 2 4 2 2, do : 0 1 a b a ab ab b Suy ra: 2 2 92 94 2 2 1 y x x y x x y x y x y y 22 2 2 2 3 2 2 4 9 4 9 11 93 (4 9 ) 2 4 9 81 72 25 2 y x x y x x xy x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm của hệ là 11 S ( ; ) ; 93 xy Nhận xét. Qua các ví dụ trên, ta nhận ra rằng đối với hệ phương trình mà chỉ có chứa 2 căn thức, thường sẽ đặt a, b là 2 căn đó và biểu diễn lượng biến còn lại theo 2 căn. Ví dụ 473. Giải hệ phương trình: (2 2)(2 ) 6 3 6 0 2 1 1 4 x y x y x y xy () I Phân tích. Hệ có hai căn thức 2 1, 1 xy , nếu đặt a, b lần lượt là hai căn thì các biến còn lại đều biểu diễn được hết theo 2 đại lượng 22 , . ab Thật vậy: 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 2 1 ax a x a b x y b y a b x y by và nếu biến đổi cụm 22 6 3 3(2 2) 3( ) x y x y a b và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1 , 1. 2 xy Đặt 2 1 0 10 ax by 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) 3( ) 0 ( )( 3) 0 () 44 a b a b a b a b a b I a b a b 22 ( )( ) 0 0 2 0 4 4 2 4 a b a b a b a ab a b a b b ab Suy ra: 3 2 1 2 2 1 4 : 2 14 12 5 x x x y y y thỏa mãn điều kiện. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của phương trình là 3 ( ; ) ;5 2 S x y Ví dụ 474. Giải hệ phương trình: 3 2 4 2 2 2 5 ( 2 ) 5 x y xy x x x y y y x (1) (2) () I khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 363 Phân tích. Nếu biến đổi 3 (1) 5 x y xy x có xuất hiện 2 hạng tử 3 , ( ) x y xy x nên sẽ định hướng biến đổi (2) theo 2 hạng tử này và kết thúc bằng việc đặt ẩn phụ. Thật vậy: 6 2 2 2 2 3 2 2 (2) 2 . 5 ( ) ( ) 5. x y x y xy x x x y xy x Từ các phân tích này ta có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Hệ 3 3 2 2 ( ) 5 () ( ) ( ) 5 x y xy x I x y xy x ( ). II Đặt 3 a x y b xy x thì: 22 5 5 5 3 () ( )( ) 5 1 2 5 ab a b a b a II a b a b a b b ab Suy ra: 3 3 32 3 , ( 0) 1 3 3 2 23 yx x xy x y xy x xx Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là ( ; ) (1;3) S x y Ví dụ 475. Giải hệ phương trình: 22 2 2 2 ( )( ) 1 ( 1) 2 ( 1) 3 x x y y x y y x x (1) (2) () I Phân tích. Xuất phát từ (1) có 2 hạng tử ở dạng tích số, nhưng 2 hạng tử tích này độc lập x và y với nhau, còn ở (2) thì chứa dạng tổng mà có dạng nm xy nên sẽ biến đổi (1) ( 1) ( 1) 1 ( 1). ( 1) 1 ( ).( ) 1, x x y y y x x y xy y xy x có hạng tử dạng . nm xy Viết (2) dạng hằng đẳng thức: 2 2 2 2 (2) ( 2 ) 2 2 3 x y x y x xy y 2 ( ) 2( ) 3. xy x xy y Đã có những hạng tử giống nhau ở 2 phương trình. Lời giải. Hệ 2 2 2 2 ( 1)( 1) 1 () ( 2 ) 2 2 3 xy x y I x y x x y xy y 2 ( )( ) 1 ( ). ( ) 2( ) 3 xy y xy x II xy x xy y Đặt a xy y b xy x thì hệ 2 1 () 23 ab II ba 32 1 1 , ( 0) 2 2 2 3 1 0 ba a a b aa hoặc 1 1 a b Suy ra: 1 2 2 xy y xy x hoặc 1 1 xy y xy x và giải các hệ tìm được: 15 2 15 2 x y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là 1 5 1 5 ( ; ) ; 22 S x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 364 Ví dụ 476. Giải hệ phương trình: 2 16 2 2( 1) 1 29 xy x x y x y (1) (2) () I Phân tích. Nếu rút x theo y từ (1) và thế vào (2) thì sẽ được phương trình khá phức tạp. Nếu biến đổi 2 (2) ( 1) 1 2( 1) 1 29 x y x y sẽ xuất hiện 2 cụm ẩn 1, 1. a x b y Từ đó định hướng biến đổi (1) ( 1) 1 7 xy và đặt ẩn phụ sẽ đưa về hệ cơ bản. Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 2 1, 2 0, 6. y x x y x Khi đó: 2 1 1 7 () ( 1) 1 2( 1) 1 29 xy I x y x y ( ). II Đặt 1 10 ax by thì: 2 22 7 7 7 () 49 2 29 2 ( ) 2 29 2 2 29 ab ab ab II ab ab a b ab ab a b ab 2 7, 2 29 73 12 4 4( ) 114( ) 841 0 a b ab a b a ab b ab ab hoặc 4 3 a b Suy ra: 13 14 x y hoặc 14 2 17 13 x x y y hoặc 3 10 x y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (2;17);(3;10) S x y Ví dụ 477. Giải hệ phương trình: 22 22 7 24 2 4 7 24 7 x x y x y y () I Phân tích. Bài toán có dạng tổng quát là 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 . a x b a x b c y d c y d e a x b a x b c y d c y d f Phương pháp giải là đặt 22 22 , u ax a x b v cy c y d suy ra x, y và các căn thức theo u, v. Lời giải. Điều kiện: 7 7 x x Đặt 22 22 77 24 24 u x x u x x v y y v y y 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 7 2 7 7 24 , 22 2 24 2 24 u ux x x u ux uv xy uv v vy y y v vy 22 2 77 7 22 uu x u x u uu và 22 2 24 24 24 22 vv y v y v vv khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 365 22 2 2 2 2 2 24 4 24 2 22 () 7 24 24 7 4 72 4 7 2 2 2 2 v v v uu vv I u v v u v u v v u v 2 32 4 24 7 2 6 ( 6)(3 26 144 384) 0 vv u u v v v v v v (do 2 24 0). v y y Suy ra: 22 7 24 4, 1: 22 uv xy uv thỏa điều kiện. Vậy ( ; ) (4;1) S x y b) Dựa vào định lý Viét để tìm ra phép đặt ẩn phụ Ý tưởng bài toán dựa vào nội dung của định lý Viét như sau: “Nếu tồn tại 2 số a, b thỏa: , a b S ab P thì , ab là nghiệm của phương trình: 2 0 X SX P ”. Khi đó, đề bài thường cho , ab bằng một biểu thức theo hai biến , xy và đôi khi cả , SP cũng là biểu thức chứa , . xy Từ đó dễ thấy dấu hiệu nhận dạng bài toán là: một phương trình có dạng tổng, một phương trình có dạng tích hoặc dạng tổng mà phân tích được thành tích số. Công việc lúc này là ta cần biến đổi để chọn biểu thức nào là a, biểu thức nào là b nhằm chọn ẩn phụ phù hợp. Ví dụ 478. Giải hệ phương trình: 22 2 8 ( ) 12 x y xy y xy y xy x y (1) (2) () I Học sinh giỏi tỉnh Long An năm 2013 Phân tích. Nhận thấy 2 phương trình đều có dạng bậc 2 với ẩn x nhưng biệt số delta không là số chính phương nên sẽ không phân tích được thành tích số. Quan sát kỹ hơn, ta thấy các biến trong hệ liên hệ với nhau khá chặt chẽ và hằng số có vẻ như đứng ngoài cuộc. Vì vậy sẽ tập trung vào phân tích ở vế trái của 2 phương trình nhằm đưa 2 vế này về dạng tổng và tích của hai biểu thức x, y và vận dụng nội dung của định lý Viét. Thật vậy, vế trái (1) có thể viết về tổng: (1) ( ) ( 1). VT x x y y y Khi đó cần dựa vào 2 hạng tử tổng này để viết: (2) . ( ) ( ) ( ). ( 1). VT xy y x y x y x x y y y Từ đó đã tìm ra phép đặt ẩn phụ: ( ), ( 1) a x x y b y y và có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Có 22 ( ) ( ) 8 ( ) ( 1) 8 () ( ). ( 1) 12 . ( ) ( ) 12 x xy y y x x y y y I x x y y y xy y x y x y () II Đặt () ( 1) a x x y b y y thì 8 () 12 ab II ab và theo Viét thì , ab là hai nghiệm của phương trình bậc hai: 2 2 8 12 0 6 a XX b hoặc 6 2 a b Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 366 Với 6 , 2 a b suy ra: ( ) 6 2 ( 1) 2 1 x x y x y y y hoặc 3 1 x y hoặc 17 2 x y Với 2 , 6 a b suy ra: 2 ( ) 2 ( 1) 6 13 y x x y yy x hoặc 3 3 17 2 y x Kết luận: 3 17 ( ; ) (2;1);( 3;1);(1 17; 2);( 1 3;2); ; 3 2 S x y Nhận xét. Bản chất của việc làm này là phân tích 1 phương trình nhưng vẫn liên hệ với phương trình còn lại để tìm ra phép đặt ẩn phụ dựa vào nội dung định lý Viét. Ví dụ 479. Giải hệ phương trình: 2 4 3 2 25 ( 1) 9 x xy y x x y x y xy y (1) (2) () I Phân tích. Nhận thấy (1) là tam thức bậc hai, nhưng delta không là số chính phương nên sẽ không phân tích được thành tích số. Nếu vận dụng nội dung của định lý Viét để tìm ra phép đặt ẩn phụ, các bạn hãy ngẫm lại rằng: bậc của tích ab thường sẽ lớn hơn bậc của tổng . ab Do 2 phương trình trong hệ đều có dạng tổng và bậc của (2) lớn hơn bậc của (1) nên dựa vào ý tưởng trên, ta sẽ phân tích vế trái (2) thành tích số và vế trái của (1) thành tổng. Thật vậy: 4 3 2 (2) ( 1) VT x x y x y xy y 4 3 2 2 3 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) x x y x y y x xy x x y x x y y x 2 2 2 2 2 ( )( 1) ( 1) ( 1) ( ) ( 1)( ). x x y x y x x x x y y x x xy y Khi đó ta cần viết (1) sao cho có tổng của 2 hạng tử này, tức: 22 (1) ( 1) ( ) 6. x x xy y Lời giải. Ta có: 22 22 ( 1) ( ) 6 () ( 1).( ) 9 x x xy y I x x xy y theo định lý Viét thì: 22 ( 1), ( ) x x xy y là hai nghiệm của phương trình 2 6 9 0 XX 2 2 2 1 3 2 ( 3) 0 3 3 21 xx XX x xy y y hoặc 2 12 x y Kết luận: Tập nghiệm của hệ là ( ; ) ( 2; 2 1);( 2; 1 2) S x y Ví dụ 480. Giải hệ phương trình: 3 22 2 2 (1) 1 2 2 (2) 1 y x xy y x x y xy x () I Chọn HSG cấp trường năm 2014 – 2015, THPT Gia Định – Tp. HCM khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 367 Phân tích. Tương tự, nhận thấy bậc của (1) lớn hơn bậc của (2), nên sẽ phân tích vế trái của (2) thành tích của 2 hạng tử. Dựa vào 2 hạng tử tích này, ta phân tích phương trình (2) có chứa tổng của nó. Từ ý tưởng này, ta có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1 0 1. xx 2 22 2 2 ( 1) ( ) 1 2 ( 1) 2 1 1 () 22 22 1 1 y y x y x xy x y x x y x x I y y xy xy x x 22 22 ( 1) 2 ( 1) 2 11 2 2 ( 1) 3 11 yy x y x x y x xx yy x y x y x xx Theo Viét thì 1 xy và 2 1 y x x là 2 nghiệm phương trình: 2 3 2 0. XX Suy ra: 22 22 1 2 1 1 1 (1 ) 12 12 11 11 x y x y y x y x yy xx xx xx xx xx 22 1 17 1 01 4 10 2 2 0 2 2 0 1 17 4 x y x y x xx yy x x x x y Kết luận: So điều kiện, suy ra 1 17 1 17 ( ; ) (0;1);(1;0); ; 44 S x y Ví dụ 481. Giải hệ phương trình: 2 3 2 2 6 1 0 80 y x xy y y x y x y x (1) (2) () I Phân tích. Nhận thấy (1), (2) đều có dạng phương trình bậc 2 với ẩn x nhưng biệt số delta không là số chính phương nên sẽ không chọn phương án hằng số biến thiên. Khác với các ví dụ trước, hằng số không tách sẵn ra ở vế phải, nếu sử dụng ý tưởng của nội dung Viét thì khả năng rất cao là tổng và tích có chứa biến x, y. Hơn nữa, khi giải phương trình 2 0 X SX P nếu S, P có chứa x, y thì sẽ phức tạp nên người ra đề thường cho dạng đặc biệt mà trong đó trường hợp thường gặp nhất là có thể biến đổi phương trình 22 ( ) 0. X SX P X P Nghĩa là P thường là những số chính phương theo x hoặc y hoặc theo mn xy và dựa vào đó sẽ phân tích biểu thức tích trước, kéo theo việc phân tích tổng. Quan sát thấy bậc của (2) lớn hơn (1) nên sẽ phân tích (2) thành tích số và có 3 2 2 2 2 2 (2) ( ) ( ) 9 ( 1) ( 1) 9 y x y x y x y y xy x xy y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 368 22 ( 1)( ) 9 . xy y x y Dựa vào 2 hạng tử tích 2 ( 1), ( ) xy y x này, viết phương trình 2 (1) ( 1) ( ) 6 xy y x y và theo Viét thì 1 xy và 2 yx là 2 nghiệm của phương trình 2 2 2 6 9 0 ( 3 ) 0 3 . X yX y X y X y Ngoài ra, nếu biến đổi phương trình và chia hợp lý ta cũng tìm ra được phép đặt ẩn phụ và có lời giải 2. Lời giải 1. Ta có: 2 22 ( 1) ( ) 6 () ( 1)( ) 9 xy y x y I xy y x y Theo định lý Viét thì 1 xy và 2 yx là 2 nghiệm của phương trình bậc hai: 2 2 2 6 . 9 0 ( 3 ) 0 3 , X y X y X y X y suy ra: 2 3 13 y x y xy y 2 2 2 2 3 2 3 3 3 3 2 1 (3 ) 3 1 0 3 3 1 0 ( 1) 0 x y y x y y x y y x y y y y y y y y y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là ( ; ) (2;1) S x y Lời giải 2. Ta có: 2 22 ( 1) ( ) 6 () ( 1)( ) 9 xy y x y I xy y x y (3) (4) và do 0 y không là nghiệm của hệ nên chia (3) cho 0, y (4) cho 2 0, y ta được: Hệ 2 2 1 6 1 9 xy y x yy xy y x yy và đặt 2 1 xy a y yx b y thì hệ 6 3. 9 ab ab ab Suy ra: 2 22 3 1 3 13 32 1 3 ( 1) 0 3 xy xy y y x y y x y y x y x y y y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là ( ; ) (2;1) S x y Nhận xét. Để có lời giải 1 ngắn gọn và đẹp như trên, tôi đã khai thác nội dung của định lý Viét với tổng, tích là một biến số theo x hoặc y hoặc chứa . mn xy Vấn đề đặt ra là đứng trước một hệ phương trình hữu tỷ (không căn thức), có quá nhiều phương pháp để giải, ta cần ưu tiên suy nghĩ theo phương pháp nào trước, phương pháp nào sau ?!! Đây là một vấn đề mà tôi thường thắc mắc khi còn ngồi ở ghế nhà trường và làm thế nào để dễ nhận dạng chúng một cách dễ dàng ?!. Có lẽ đây là một câu hỏi mà bạn hỏi với 10 người có thể sẽ nhận được 10 câu trả lời khác nhau, bởi lẽ toán học có vô vàn đường đi và trên mỗi đường đi đều có phong cảnh đẹp khác nhau tùy vào sự nhận xét và “cảm” của mọi người đều không giống nhau. Nhưng chung quy lại bạn cần có những phương tiện, những công cụ để đi đến cuối đoạn đường cho phù hợp. Điều đó khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 369 cũng có nghĩa là bạn cần nắm vững các phương pháp giải của hệ hữu tỷ và theo bản thân tôi thường suy nghĩ theo các lối sau khi giải chúng: Xét xem trong hệ có phương trình nào là tam thức bậc hai hay không ?! và nếu có thì kiểm tra biệt số delta phải là số chính phương hay không ? Nếu không là bậc hai theo biến x hoặc theo biến y thì ta sẽ sử dụng casio để kiểm chứng chúng có phân tích được thành tích số không ?!. Hiển nhiên chúng không có dấu hiệu đặc trưng của những hệ cơ bản (đối xứng loại I, đối xứng loại II, đẳng cấp,…) hoặc đặt ẩn phụ cơ bản (đặt ẩn phụ tổng – hiệu, lượng giác, số phức,…). Sử dụng các phương pháp giải đặc biệt, chẳng hạn nháp về định lý Viét để tìm ra phép đặt ẩn phụ, nháp về hệ số tỉ lệ của tam thức bậc hai để sử dụng phương pháp cộng đưa về phương trình tích số,… Sử dụng phương pháp thế nếu tạo phương trình bậc cao hoặc tạo đồng bậc. Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ khi các biểu thức trong hệ có mối liên hệ nhau. Sử dụng phương pháp đánh giá bằng hàm số, bất đẳng thức,… Ví dụ 482. Giải hệ phương trình: 4 2 2 2 2 22 12 4 (7 4 ) 4 12 23 7 8 4 6 4 x xy x y xy x y x xy y xy (1) (2) Phân tích. Nhận thấy (2) có 2 hạng tử xy nằm ở 2 vế khác nhau, có lẻ đây là sự cố ý của người ra đề để hướng cho ta hãy phân tích 2.(3 2) . xy S Hiển nhiên lượng P ở phương trình (2) sẽ là 2 (3 2) xy P để có thể được 2 cụm nào đó là hai nghiệm của phương trình bậc hai: 2 22 2(3 2). (3 2) 0 (3 2) 0. X xy X xy X xy Thật vậy, ta luôn có phương trình: 2 4 3 3 2 2 (1) (3 2) 12 28 16 32 xy x x y xy x y 2 3 2 2 3 (3 2) 4 (3 7 8 4 ) xy x x x y xy y và biểu thức trong dấu ( ) ở vế phải của (2) có dạng đẳng cấp bậc 3 nên 2 2 2 (3 2) 4 ( )(3 4 4 ) xy x x y x xy y và do có 2 hạng tử tích trong P nên viết 2 2 2 2 (1) (3 2) (4 4 ) (3 4 4 ). xy x xy x xy y Khi đó cần viết 2 2 2 (2) (4 4 ) (3 4 4 ) 2.(3 2) x xy x xy y xy và kiểm tra lại thấy giống phương trình (2) nên đã đi đúng hướng. Từ đó có lời giải 1 chi tiết như sau: Lời giải 1. Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 (4 4 ) (3 4 4 ) (3 2) () (4 4 ) (3 4 4 ) 2.(3 2) x xy x xy y xy I x xy x xy y xy Nên theo Viét thì 2 44 x xy và 22 3 4 4 x xy y là 2 nghiệm của phương trình: 2 22 2(3 2). (3 2) 0 (3 2) 0 3 2. X xy X xy X xy X xy Suy ra: 22 2 2 2 2 4 4 3 2 4 7 2 3 4 4 3 2 3 7 4 2 x xy xy x xy x xy y xy x xy y (3) 2 2 2 2 2 4 7 3 7 4 4 0 2 x xy x xy y x y x y hoặc 2. xy Với 2, xy thế vào phương trình 2 12 (3) 2 2 12 yx y yx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 370 Với 2, xy thế vào phương trình 2 15 2 15 15 15 (3) 30 2 15 2 15 15 15 yx y yx Kết luận: Tập nghiệm của hệ là 2 15 2 15 ( ; ) (2;1);( 2; 2); ; 15 15 S x y Lời giải 2. Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 (4 4 ) (3 4 4 ) (3 2) () (4 4 ) (3 4 4 ) 2.(3 2) x xy x xy y xy I x xy x xy y xy (3) (4) Giả sử 3 2 0 xy và chia (3) cho 2 (3 2) , xy chia (4) cho (3 2), xy và Đặt 2 2 2 4 4 3 4 4 , 3 2 3 2 x xy x xy y ab xy xy thì hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 4 4 3 4 4 1 11 3 2 3 2 21 4 4 3 4 4 2 3 2 3 2 x xy x xy y ab a xy xy a b b x xy x xy y xy xy Suy ra: 22 2 2 2 2 4 4 3 2 4 7 2 3 4 4 3 2 3 7 4 2 x xy xy x xy x xy y xy x xy y và giải tương tự trên. Ví dụ 483. Giải hệ phương trình: 2 3 2 2 (9 10) 3( 3) 0 9 24 (27 40) 3 16 0 y x y x xy y x y x (1) (2) Phân tích. Do bậc của (2) lớn hơn bậc của (1) nên sẽ định hướng biến đổi (1) về dạng tổng S và (2) viết dạng tích P với P là số chính phương. Nhận thấy (2) có chứa 2 24y gần số chính phương 22 (5 ) 25 . yy Nếu lấy đó là P thì còn lại biểu thức không đồng bậc nên sẽ khó phân tích thành tích số nên sẽ viết dạng 2 (5 ) . ya Khi đó quan sát 2 (1) ( 3 ) (9 1) 10 8 2(5 4), y x xy x x hiển nhiên đây là phép thử cho a. Lúc này nếu 22 (2) (5 4) ( 3 ) (9 1) y y x xy thì phép thử chọn a đã thành công. Thật vậy, khai triển (2) và so sánh thì giống với đề bài nên chọn 4 a là đúng. Lời giải. Ta có hệ 2 22 ( 3 ) (9 1) 2.(5 4) ( 3 ) (9 1) (5 4) y x xy y y x xy y nên theo định lý Viét thì 2 3 yx và 91 xy là nghiệm của phương trình: 22 2(5 4). (5 4) 0 X y X y 2 ( 5 4) 0 5 4, X y X y suy ra: 2 3 5 4 9 1 5 4 y x y xy y 22 2 3 2 3 5 4 3 5 4 3 ( 5 4) 5 5 0 3 15 17 5 0 x y y x y y y y y y y y y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 371 2 2 10 54 3 6 21 1 21 ( 1)(3 12 5) 0 39 yx yy x yx y y y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm hệ là 1 21 6 21 ( ; ) (0;1); ; 93 S x y Ví dụ 484. Giải hệ phương trình: 22 3 2 2 31 1 x xy y y x x y x x (1) (2) () I Phân tích. Nếu phân tích (1) thành tổng và với ý tưởng đưa 2 X SX P về dạng hằng đẳng thức 22 2 ( , ) ( , ) X f x y X f x y thì viết 22 (1) ( 1) ( ) 2 . x y xy y y Từ đó định hướng nhân 2 vế của (2) với 0 y và cộng 2 vế với 2 y và có lời giải sau: Lời giải. Do 0 y không là nghiệm của hệ nên xét 0 y thì hệ: 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 ( 1) ( ) 2 ( 1) ( ) 2 () () x xy y y y x xy y y y I x y x y x y xy y x y x y x y xy y y y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( ) 2 ( 1) ( ) 2 ( ) ( ) ( 1)( ) x xy y y y x xy y y y x xy y y xy y y y x xy y y y Theo Viét thì 2 ( 1) x và 2 () xy y y là 2 nghiệm của phương trình bậc hai: 2 2 2 2 0 ( ) 0 , X yX y X y X y suy ra: 2 2 2 1 1 2 xy yx xy xy y y y 2 2 1 1 5 5 5 22 10 yx xy xx Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là 1 5 5 5 ( ; ) ; 22 S x y Ví dụ 485. Giải hệ phương trình: 2 2 42 2 1 (1) 3 9 1 (2) 2(1 ) 2(1 ) x xy xy x xx () I Phân tích. Nếu quan sát kỹ, viết 2 22 33 (2) 2 1, 2(1 ) 2(1 ) xx y xx kết hợp với (1) và đặt 2 3 2(1 ) x t x thì hệ (I) trở thành 2 2 2 . 1 0 2 . 1 0 x y x t y t Khi đó thấy x và t là 2 nghiệm của: 2 2 1 0 X yX và theo Viét thì tích 1 . 2 c P x t a Từ đó thế t vào sẽ tìm được x, rồi suy ra y và có lời giải chi tiết như sau: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 372 Lời giải. Điều kiện: 1 x . Đặt: 2 3 2(1 ) x t x thì hệ 2 2 2 1 0 () 2 1 0 x yx I t yt Nhận thấy rằng x và t là hai nghiệm phân biệt của: 2 2 1 0. X yX Theo Viét ta có 2 2 1 3 1 1 3 . 2 2 1 0 2 2 2 2(1 ) cx P x t x x x x a x Khi đó: 2 3 2( ) 2 2. 2 2(1 ) ybx S x t y x t x a x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là 13 ( ; ) ;2 2 S x y c) Chia để định hướng lượng đặt ẩn phụ Có rất nhiều bài toán mà cần phải chia hai vế với một ẩn hoặc một nhóm ẩn thì mới dễ dàng nhận ra phép biến đổi và lượng đặt ẩn phụ. Thông thường đề bài có các dấu hiệu nhận dạng thường gặp sau: • Biến cần chia độc lập ra hai vế, chẳng hạn: 2 2 4 2 2 13 2 x y y y xy x y (1) (2) Khi đó chia (1) cho 2 0 y và (2) cho 0 y thì sẽ tìm được phép đặt ẩn phụ. • Các biến cần chia chưa độc lập. Ta thường làm theo các bước sau: biến đổi, rút gọn, rồi lần lượt độc lập biến ra hai vế và tìm phép chia để xuất hiện những hạng tử liên quan nhau (ước của nhau) ở 2 phương trình. Ví dụ 486. Giải hệ phương trình: 2 2 2 17 1 13 xy x y x y xy y (1) (2) () I Đại học khối B năm 2009 Phân tích. Với 0, y chia (1) cho y và chia (2) cho 2 y hệ 2 2 1 7 () 1 13 x x yy I x x y y thì hệ xuất hiện các hạng tử gần giống nhau, ở (1) có 1 , x x yy và ở (2) có các hạng tử 2 2 1 , x x y y mà 2 2 2 11 2 x xx yy y nên sẽ đặt 1 ; x a x b yy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 373 Lời giải. Do 0 y không là nghiệm, nên hệ 2 2 1 7 () 1 13 x x yy I x x y y () II Đặt: 2 2 2 2 22 1 1 1 22 x a x a x x a b yy yy x b y thì hệ phương trình 22 77 4 () 3 13 20 0 a b b a a II b a b a a hoặc 5 12 a b Với 4 , 3 a b suy ra: 2 1 4 3 1 3 3 4 1 0 3 x xy y y xx yy y hoặc 1 3 1 y x Với 5 , 12 a b suy ra: 2 1 5 12 : 12 5 1 0 12 x xy y x yy y vô nghiệm. Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là 1 ( ; ) (3;1); 1; 3 S x y Ví dụ 487. Giải hệ phương trình: 22 2 4 2 4 4 32 ( ) ( 2) 17 x y xy x x xy y x (1) (2) () I Phân tích. Nếu chia (2) cho 4 0 x thì 44 22 2 (2) 17 x xy y xx và biến đổi 22 (1) ( ) ( 2) 3 x xy y x và cho 0 x thì được: 22 2 3, x xy y xx đã xuất hiện những hạng tử giống nhau ở 2 phương trình và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Ta có: 22 2 4 2 4 4 ( ) ( 2) 3 () ( ) ( 2) 17 x xy y x I x xy y x (3) (4) () II Do 0 x không là nghiệm của hệ () II nên với 0, x chia 2 vế của phương trình (3) cho , x của phương trình (4) cho 4 , x ta được hệ phương trình: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 374 22 44 22 2 3 ( ) ( ). 2 17 x xy y xx II III x xy y xx Đặt 2 2 2 x xy a x y b x thì hệ phương trình: 2 4 4 2 2 2 2 22 3 33 () 17 ( ) 2( ) 17 ( ) 2 2( ) 17 ab a b a b III a b a b ab a b ab ab 2 2 2 33 16 2 33 (9 2 ) 2( ) 17 ( ) 18 32 0 a b a b ab ab a b a b ab ab ab ab 1 2 a b hoặc 2 1 a b (loại cụm: 16 3 ab P a b S do không thỏa 2 4 ). SP Với 1 , 2 a b suy ra: 2 2 2 1 1 0 20 22 xy x xy x x y yy yx hoặc 3 2 x y Với 2 , 1 a b suy ra: 2 2 2 2 22 0 0 2 xy x xy x x y yy yx hoặc 3 1 x y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (1;0);(3; 2);(2;0);(3; 1) S x y Ví dụ 488. Giải hệ phương trình: 3 3 3 22 1 19 6 x y x y xy x (1) (2) () I Học sinh giỏi lớp 10 huyện Hóc Môn – Tp.HCM năm 2013 Phân tích. Hệ 3 2 3 3 3 (1) chia cho 0 2 (2) chia cho 0 2 11 1 3 19 19 ( ) 1 6 6 x x y yy y x x x x I yy y y x x xx (áp dụng hằng đẳng thức: 3 3 3 ( ) 3a ( )). a b a b b a b Khi đó ở 2 phương trình đã xuất hiện nhân tử giống nhau nên có phép đặt ẩn phụ và lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Do 0 x thì hệ vô nghiệm nên với 0, x chia phương trình (1) cho lượng 3 , x chia phương trình (2) cho lượng 2 , x ta được hệ: 3 3 3 2 2 11 1 3 19 19 ( ) 1 6 6 y yy y x x x x I yy y y x x xx () II Đặt 1 , y a y b xx thì hệ 33 1 3 19 1 () 6 66 a a ab a II b ab ab khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 375 Suy ra: 2 11 1 16 1 3 6 6 62 xy x xx yx x yx yx y x y hoặc 1 2 3 x y Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là 11 ( ; ) ; 2 ; ;3 32 S x y Ví dụ 489. Giải hệ phương trình: 33 22 9 (3 1) 125 0 45 75 6 yx x y x y (1) (2) () I Phân tích. Tương tự ví dụ trên, ta sẽ chia (1) cho 3 0, y chia (2) cho 2 0, y sẽ và đặt ẩn phụ sẽ đưa được về hệ phương trình đối xứng loại I, từ đó có lời giải sau: Lời giải. Do 0 y thì hệ vô nghiệm nên xét: 0, y ta có: 3 3 3 3 2 2 125 5 27 9 (3 ) 9 () 45 75 15 5 6 36 x x y y I xx x x y y yy ( ). II Đặt 3 , 5 ax b y suy ra: 15x ab y 3 3 3 3 3 9 ( ) 3 ( ) 9 ( ) 27 () 2 ( ) 6 ( ) 6 ( ) 6 ab a b a b ab a b a b II ab ab a b ab a b ab a b 2 1 a b hoặc 1 , 2 a b suy ra: 32 5 1 x y hoặc 31 2 5 3 2 5 x x y y hoặc 1 3 5 2 x y Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là 2 1 5 ( ; ) ;5 ; ; 3 3 2 S x y Ví dụ 490. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 3 4 1 0 (1) 11 ( 1) 1 4 (2) x y x y xy y xx yy Phân tích. Nhận thấy phương trình (2) có dạng phân số, hiển nhiên để đặt ẩn phụ thì phương trình (1) cần chia phù hợp. Nếu viết 3 3 2 2 3 (1) 1 4 x y x y xy y thì sẽ xác định lượng chia dự kiến là 3 0, y tức 2 3 23 1 (1) 4. xx x y yy Khi đó ở 2 phương trình có những lượng có liên quan nhau, tức: 2 2 3 3 11 4 11 4 xx y y x xx yy y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 376 Thật vậy, nếu đặt: 2 2 2 2 22 3 3 3 3 33 11 1 22 1 1 1 33 x a x x a b ax y yy y x x b u x x x a ab y yy yy Tất cả đều biểu diễn hết theo a, b nên có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0. y 2 2 3 3 11 4 () 11 4 xx y y I x xx yy y ( ). II Đặt 22 2 33 3 1 1 2 1 3 x a b ax yy x b x a ab y y 2 2 2 3 3 2 2 2 4 2 4 2 4 2 () 1 2 4 ( 4) 4 ( 2) 0 a b a b a a b a a a II b a ab a a a a a Với 2 , 1 a b suy ra: 2 1 2 2 1 0 1 2 1 0 1 1 x xy y x y xx x x y y xy y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (1;1) S x y Ví dụ 491. Giải hệ phương trình: 22 22 14 ( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y (1) (2) () I Học sinh giỏi Tp. Hồ Chí Minh năm 2014 Phân tích. Từ 22 hia : 0 11 (1) 4 ( ) 4 cy xx y x x y y y y có ( ), xy 2 1 x y nên viết 2 chia cho: 0 2 2 2 1 (2) ( ) 2( 1) 7 ( ) 2 7 y x y x y x y x y y nên đã tìm ra được phép ẩn phụ và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Ta có: 2 22 ( 1) ( ) 4 () ( ) 2( 1) 7 x y y x y I y x y x y () II Do 0 y thì hệ vô nghiệm nên với 0, y chia 2 vế của (1), (2) cho , y được: 2 2 2 1 ( ) 4 () 1 ( ) 2 7 x yx y II x xy y và đặt 2 1 ; x a b x y y thì hệ 2 4 27 ab ba 2 4 3 1 2 15 0 ab b a bb hoặc 5 9 b a khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 377 Với 3 , 1 b a suy ra: 22 33 1 2 1 2 0 x y y x x y x y x x hoặc 2 5 x y Với 5 , 9 b a suy ra: 22 55 : 1 9 9 46 0 x y y x x y x x vô nghiệm. Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (1;2);( 2;5) S x y Ví dụ 492. Giải hệ phương trình: 22 3 8 3 6 1 x x y x y x () I ( ; ). xy Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Phan Ngọc Hiển – Cà Mau Phân tích. Hệ 2 3 3 chia (1) cho: 3 3 2 8 13 13 ( ) 6 2 1 13 x y y x x I y y x x và đặt 2 ay b x sẽ thu được hệ đối xứng loại II và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0. x Chia hai vế của phương trình (1) cho 2 , x ta được: 3 3 2 13 ( ) 2 13 y x I y x và đặt 2 ay b x thì hệ 3 3 13 13 ab ba (1) (2) Lấy 3 3 2 2 2 (1) (2) 3( ) ( )(3 ) 0 . a b b a a b a b ab a b y x Thế 2 y x vào phương trình thứ hai của hệ ban đầu được: 3 31 yy (3) Đặt 2cos , 0; y t t thì 3 1 (3) 8cos 6cos 1 4cos3 3cos 2 t t t t 2 cos3 cos 3 9 3 k tt và với 0; 57 ;; 9 9 9 t t k Suy ra: 1 1 1 5 5 7 7 ( ; ) cos ;2cos ; cos ;2cos ; cos ;2cos 9 9 9 9 9 9 xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 378 Ví dụ 493. Giải hệ phương trình: 32 3 2 2 2 88 3 13 15 (1) 4 5 ( 2 2) (2) x x x y y y y x x () I Học sinh giỏi tỉnh Quảng Nam năm 2014 Phân tích. Nhận thấy phương trình (1) có biến x, y phân ly ra mỗi vế nên thường sẽ nghĩ đến việc sử dụng hàm số, tức 3 3 22 (1) ( 1) 16( 1) 4 , xx yy nhưng không tìm được hàm đặc trưng. Khi đó sẽ nghĩ đến việc chia ở phương trình (2) hợp lý để có 2 hạng tử 2 ( 1), x y Thật vậy, chia 2 , y thì 2 2 2 (2) 1 5 ( 1) 1 x y Rõ ràng đã xuất hiện 2 hạng tử giống nhau ở 2 phương trình và có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Điều kiện: 0. y Chia 2 vế của (2) cho 2 , y ta được: 3 3 2 2 22 ( 1) 16 ( 1) 4 () 2 1 5 ( 1) 1 ( ) xx yy I x y ( ). II Đặt 1 2 0 ax b y 33 33 3 3 2 2 22 22 4.(4 ) 16 4 ( ) (4 )( 5 ) 1 5( 1) 54 a b a b a a b b II a b a b b a ba ba (sử dụng phép thế 22 45 ba lên để tạo phương trình đẳng cấp bậc 3) 3 2 2 2 2 21 5 4 0 .(21 5 4 ) 0 .(7 4 ).(3 ) 0 a a b ab a a ab b a a b a b 0 a hoặc 74 ab hoặc 3. ba Với 0, a suy ra: 1 0 1 xx và thế vào 2 ( ) 1 1. yy Với 7 4 , ab suy ra 7 1 8 x y và thế vào 2 124 ( ) 4 0 : 49y vô nghiệm. Với 3, ba suy ra 2 1 3 x y và thế vào 2 22 4 () 33 9 20 yy y xx Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 22 ( ; ) ( 1; 1); 2; ; 0; 33 S x y Ví dụ 494. Giải hệ phương trình: 2 2 2 4 0 2 .( 2 3) xy x x x x xy x x xy (1) (2) () I Đề nghị Olympic 30/04/2013 – THPT Kom Tum – Tỉnh Kom Tum khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 379 Phân tích. chia (1): 0 chia (2): 0 2 2 1 1 4 1 1 4 () 22 2 3 23 x x yx yx x x I y x x y y x xy xx x và đặt 2 , a y b x x thì hệ 1 1 4 3 ab a b ab : đây là hệ đối xứng loại I. Lời giải. Điều kiện: 2 0, 0, 2 0. xy x x xy Do 0 x không là nghiệm hệ nên với 0, x chia (1) cho , x chia (2) cho : x 2 1 1 4 () 22 3 yx x I y x x y xx và đặt 2 ay x bx thì hệ 1 1 4 3 ab a b ab 2 2 ( 1)( 1) 16 2 1 14 3 3 a b a b a b ab a b a b ab a b ab 33 2 4 11 2 4 11 a b ab a b ab ab ab ab ab ab ab 22 33 3 0 11 0 11 6 4( 4) (11 ) 3( ) 26 105 0 a b ab a b ab ab ab ab ab ab ab ab ab ab 93 , 63 ab a a b b suy ra: 23 3 7 3 3 x y x y x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của hệ phương trình là 7 ( ; ) 3; 3 xy Ví dụ 495. Giải hệ phương trình: 2 (2 1)( 3 ) 8 ( 3 ) 2 (6 ) x y x xy x x x xy xy x x () I Phân tích. Nếu chia 2 vế của phương trình đầu tiên cho , x và chia phương trình thứ hai cho x thì sẽ thu được những hạng tử giống nhau ở 2 phương trình. Lời giải. Điều kiện: , 0. xy Do 0 x không là nghiệm hệ nên: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 380 22 33 (2 1) 1 8 (2 1) 1 8 () 33 2(6 ) 2 12 xx x y y x y y xx I xx y y x y x y xx Đặt 3 2 , 0 x a x y b y x thì hệ 2 ( 1)( 1) 8 12 ab ba 22 3 2 2 12 , 0 12 , 0 3 3 11 3 0 ( 3)( 4 1) 0 a b b a b b a b b b b a a a Với 3 , 3 a b suy ra: 2 3 3 2 33 3 3 2 3 0 (3) x y y x xx yx xx Xét hàm số 3 ( ) 3 2 3 x f x x x trên 3 0; 2 có: 2 3 1 3 ( ) 0 0; 32 2 32 x f x x x x x nên () fx nghịch biến trên 3 0; 2 Mặt khác ta có: (1) 0 f nên 1 1. xy Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là ( ; ) (1;1) S x y Ví dụ 496. Giải hệ phương trình: 2 2 1 ( 2) 5 2 x y x y y x x y x y () I Lời giải. Điều kiện: 0 xy thì 2 22 1 () ( ) 2( 1) ( ) 6 x y x y y I x x y x x y y 22 2 2 2 ( 1) ( 1) ( )( 1) 2( 1) 6 ( 1)( 2) 6 x y x y y x y x y y x y x x y x x y y () II Do 0 y không là nghiệm hệ nên chia mỗi vế của () II cho 0 y được: 2 2 1 1 () 1 ( 2) 6 x xy y II x xy y ( ). III Đặt 2 1 ; 0 x a b x y y thì: 2 3 2 11 3 () 2 ( 2) 6 2 8 0 a b a b a III b a b b b b Với 3 , 2 a b suy ra: 2 4 3 53 11 53 22 3 11 xy xy xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 381 Kết luận: So điều kiện 3 53 11 53 3 53 11 53 ; ; ; ; 2 2 2 2 xy Ví dụ 497. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 16 11 2 12 3 x y y xy x y y xy () I Lời giải. Do 0 y không là nghiệm của hệ, chia hai vế của hệ cho 2 0 y : 2 2 2 2 2 16 11 43 2 20 () 12 4 23 3 2 0 x x x x y y yy I x x x x yy yy () II Đặt 4 , x a x b yy thì 2 2 3 2 0 () 3 2 0 ab II ba (1) (2) (1) (2) 22 3( ) 0 a b a b ( )( 3) 0 a b a b a b hoặc 3. ba Với , ab thế vào 2 1 (1) 3 2 0 2 ab aa ab Với 3, ba thế vào 2 (1) 3 11 0 : aa vô nghiệm. Trường hợp 1. Nếu 1, ab suy ra: 2 1 17 2 40 xy xy xx Trường hợp 2. Nếu 2, ab suy ra: 2 2 4 2 2 2 4 0 xy x y yy hoặc 2 1 x y Kết luận: Tập nghiệm của hệ là 1 17 1 17 ( ; ) (4;2);( 2; 1); ; 22 S x y Ví dụ 498. Giải hệ phương trình: 5 22 2 22 6 ( 1) 3 2 4 3 9 3 3 xy x x x x y xy yx xy () I Lời giải. Điều kiện: 22 5 4 3 9 3 0; 0; 3 0; 0. 3 x x y xy x y y x x y xy 2 4 2 5 65 22 2 33 ( 2)( 2 4) 6 86 () 4 3 9 (3 ) 27 4 ( ) 3 x x x x y x x y I x x y xy yx x y x i xy () II Do 0 x không là nghiệm của hệ nên chia 2 vế phương trình (1) cho 6 0 x và phương trình (2) cho 3 0, x thì hệ phương trình: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 382 3 2 6 3 3 32 2 3 2 6 8 12 1 () 27 4 3 2 1 12 y y x x x x II y y xx x x ( ). III Đặt 2 2 0 3 a x y b x thì: 3 (1) (2) 3 3 2 2 3 1 2 (1) ( ) 2( ) ( )( 2) 0 1 2 (2) ab III a b b a a b a ab b ba 2 2 3 ( ) 2 0 , 24 bb a b a a b suy ra: 2 3 y x Thế 2 3 y x vào 6 4 2 3 2 2 ( ) 4 8 0 ( ) 4( ) 8 0 i x x x x 2 4 2 ( 2)( 2 4) 0 2 x x x x hoặc 2 1 5. x Suy ra: 1 5 1 5 22 22 22 33 3 1 5 3 1 5 xx xx yy yy Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 2 ( ; ) 1 5 ; 3 1 5 S x y Ví dụ 499. Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 1 2 4 (1) 3 ( 2) 1 2 (2) x y x y x y x x x y y () I Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Chuyên Lê Quí Đôn – Khánh Hòa Phân tích. Nếu chia (1) cho 2 , y chia (2) cho y ta sẽ có những hạng tử giống nhau ở 2 vế và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0 3 10 y x y thì 2 1 1 3 2 1 4 () 1 2 1 3 2 1 x x x y y y y I x x x y y y y Đặt 1 , x ab yy Khi đó hệ 2 1 3 2 4 1 ( 2 ) 1 3 2 1 a a ab a b a a (3) (4) Nhận thấy nếu cộng 2 phương trình cho nhau thì sẽ đưa được về phương trình tích số. (3) (4) ( 2 1) 3 1 2 .( 2 1) a b a a a b ( 2 1) ( 3 1 2) 0 a b a Với 3 1 2 1, aa suy ra: xy và thế vào (2) 4 4. xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 383 Với 1 2 , ab suy ra: 22 x y y x và thế vào phương trình: 3(2 ) 6 2 2 4 (2) 1 2(2 ) 2 0. y y y y y y y x y y y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là ( ; ) (0;2);(4;4) S x y Ví dụ 500. Giải hệ phương trình: 2 2 4 1 8 (4 4 3) 1 (1) ( 2) ( 1)( 1) (2) 1 x y x x x x x x y x y x Phân tích. Nếu chia (2) cho 1 x ta sẽ phân ly được x và y ở mỗi vế. Khi đó khả năng đưa về phương trình đối xứng 2 biến hoặc xử dụng hàm số là rất cao. Thật vậy: 3 3 3 ( 1) (2) ( 1) 1 1 ( 1) 1 ( 1) 1 1 1 x x x x x y y y y x x x x Nếu đặt , 1 1 x a b y x thì sẽ đưa về phương trình đối xứng 33 a a b b hoặc giải bằng phương pháp hàm số để tìm mối liên hệ x, y và thế vào (1) tìm ra x, y. Lời giải. Điều kiện: 1 1 x y thì 3 3 (2) ( 1) 1 11 xx yy xx Đặt , 1 1 x a b y x thì phương trình 33 . a a b b a b Do đó: 10 1 x yx x và thế vào 2 2 2 (1) 2 (2 1) . 1 x x x Suy ra: 5 3: 4 xy thỏa điều kiện. Kết luận: Nghiệm hệ là 5 ( ; ) 3; 4 xy d) Liên hợp để phát hiện lượng ẩn phụ Thông thường ta ghép các căn thức với nhau hoặc ghép căn thức với biểu thức trong cùng một phương trình hoặc cộng – trừ các phương trình với nhau để nhân liên hợp nhằm xuất hiện những nhân tử giống nhau hoặc gần giống nhau của hai phương trình, từ đó tìm ra phép đặt ẩn phụ. Ta cùng tìm hiểu một số ví dụ sau: Ví dụ 501. Giải hệ phương trình: 22 22 2 3 5 2 3 2 x y x y x y x y () I Phân tích. Xuất phát từ phương trình thứ hai, nếu ghép 22 2 , 3 x x y y thì sau khi nhân lượng liên hợp sẽ xuất hiện hạng tử cộng giống với phương trình một. Từ đó ta tìm được phép đặt ẩn phụ và có lời giải chi tiết như sau: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 384 Lời giải. Do 22 2 0; 3 0 x x y y vô nghiệm nên: 22 22 2 3 5 5 () 23 23 2 2 23 x x y y ab I ab x x y y với 2 2 20 30 a x x b y y 2 5 5 5 2 3 2 2 2a 9a 10 0 ba ab ab b a ab hoặc 2 3 a b Với 3 , 2 a b suy ra: 2 22 2 22 2; 3 1 22 4 4 2 2 33 1 6 9 3 xy xx x x x x yy y y y y Với 5 2 , 5 2 a b suy ra: 2 2 17 5 5 , 2 20 2 2 17 13 5 13 , 3 20 20 2 20 x xy xx xy y y y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là 1 17 13 ( ; ) ;1 ; ; 2 20 20 S x y Ví dụ 502. Giải hệ phương trình: 2 2 4 2 5 2 5 6 xy xy (1) (2) () I Học sinh giỏi tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu năm 2011 Phân tích. Nếu cộng 2 phương trình với nhau thì có 2 5 2 , 2 5 2 x x y y và nếu trừ 2 phương trình cho nhau thì có 2 5 2 , 2 5 2 x x y y và tương tự ví dụ trên ta sẽ nhân liên hiệp cụm trừ thì sẽ xuất hiện cụm giống khi cộng. Lời giải. Điều kiện: ; 0. xy (2) (1) (2) (1) ( 2 5 2 ) ( 2 5 2 ) 10 () ( 2 5 2 ) ( 2 5 2 ) 2 x x y y I x x y y ( 2 5 2 ) ( 2 5 2 ) 10 55 2 ( 2 5 2 ) ( 2 5 2 ) x x y y x x y y () II Đặt 2 5 2 0 2 5 2 0 a x x b y y thì 10 10 10 () 55 5( ) 2 25 2 ab a b a b II a b ab ab ab 5 , 5 a b suy ra: 2 5 2 5 2 5 5 2 2 2 2 5 2 5 2 5 5 2 x x x x x y y y y y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 385 Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (2;2) S x y Ví dụ 503. Giải hệ phương trình: 22 2 2 2 2 6 3 7 3 6 2 x y y x xy x x y y x y (1) (2) () I Phân tích. Từ (1) ta có thể tạo ra lượng cộng bằng cách cộng thêm 2 vế 2, xy tức: 2 2 2 2 (1) 6 3 9 ( 6 ) ( 3 ) 9 . x y xy y x xy xy x y y y x x xy 2 2 2 2 2 2 (2) 3 6 2 .( 3 ) .( 6 ) 2 x x x y y y x x x y y y Nếu liên hợp lượng trừ ta được: 22 6 3 2 36 y x x x y y và khi đó ta thấy ở (1) cần chia cho lượng xy sẽ xuất hiện dạng nghịch đảo của nhau và có lời giải sau: Lời giải. Ta có: 22 22 ( 6 ) ( 3 ) 9 () ( 3 ) ( 6 ) 2 x y y y x x xy I x x x y y y 2 2 22 6 3 9 ( ). 6 3 2 36 yy xx yx II y x x x y y Đặt 2 2 6 3 , yy xx ab xy 2 9 9 993 2 ( ) 36 6 3 2 9 6 2 15 27 0 2 2 ab a ba b a a II a b ab b aa b ab Với 3 , 6 a b suy ra: 2 2 2 2 32 33 1 ( ; ) 1; 2 24 6; , 0 65 xx x xy y x y yy Với 9 2 , 9 2 a b suy ra: 2 2 2 2 2 15 , 0 2 3 7 15 45 12 2 30 2 6 7 45 24 15 xy x xx x yy x y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là 1 2 15 2 30 ( ; ) 1; ; ; 2 15 15 S x y Ví dụ 504. Giải hệ phương trình: 2 22 2 2 2 2 1 3 (1) 0 (2) 1 x xy y y xy xx () I Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 386 Phân tích. Thấy (2) đã có lượng cộng nên 2 22 2 (1) 2 2.( 1 ) 3 x y x x x y 2 2 2( 1 ) 3 x y x x y và (2) ( 1 ) 0 x y x x y đã có lượng giống nhau ở 2 vế nên sẽ đặt 1 , . x a x x b y y Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0. y Ta có: 2 22 2 2 2 2 2 1 2 3 () 0 1 x y x x x y I y xy xx Liên hợp ở phương trình thứ hai thì hệ 2 2 22 2.( 1 ) 3 ( 1 ) 0 x y x x y x y x x y Chia 2 vế cho y ở phương trình thứ 2 thì hệ 2 2 2 2( 1 ) 3 ( 1 ) 0 x y x x y x y x x y Đặt 2 ; 1 0 x a y b x x y thì 2 2 ; 0 23 () 0 2 3 0 b a b ab II a b a a 1 , 1 a b suy ra: 2 22 00 1 1 ( 1) , 1 x y y x y x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là ( ; ) (0; 1) S x y e) Dựa vào một số biến đổi đẳng thức cơ bản để tìm ra phép đặt ẩn phụ Có một số hệ phương trình với bề ngoài nhìn phức tạp, nhưng nếu chúng ta nắm vững những phép biến đổi đẳng thức cơ bản thì sẽ tìm được mối liên hệ giữa hai phương trình cũng như các biến. Từ đó định hướng phép đặt ẩn phù hợp. Trong mục nhỏ này tôi xin được giới thiệu một số phép biến đổi đẳng thức đơn giản sau: ( 1) ( 1) 1 xy x y x y Chứng minh: Ta có 11 xy x y xy x y ( 1) 1 1 ( 1) ( 1) 1 x y y y x (đpcm). 2 2 2 1 y x x xy y yx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 387 Chứng minh: Ta có ( ) ( ) 11 ( ) ( ) y x x y y x y x y x 2 2 2 2 2 2 x x y y xy y x x xy y (đpcm). 1 1 1 xy xy Chứng minh: Ta có: ( 1) 1 11 1 ( 1) ( ) yx x y x y 2 x y xy x y xy (đpcm). Sau đây ta sẽ tìm hiểu một số ví dụ vận dụng những biến đổi cơ bản này. Ví dụ 505. Giải hệ phương trình: 22 3 (1) 1 1 2 (2) 3 22 xy x y x x y y () I Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại I, nhưng nếu biến đổi về tổng S x y và P xy thì thu được hệ mới khá phức tạp, gây khó khăn trong việc giải. Nhưng nếu áp dụng biến đổi đẳng thức với 3 thì (1) ( 1) ( 1) 4. xy Khi đó các mẫu số của (2) viết dưới dạng hằng đẳng thức: 22 2 ( 1) 1 x x x và 22 2 ( 1) 1 y y y thì sẽ xác định được phép đặt ẩn phụ và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: , 0 , 2 xy xy Khi đó: 22 ( 1) ( 1) 4 () 1 1 2 3 ( 1) 1 ( 1) 1 xy I xy Đặt 1 1 ax by thì hệ 2 2 2 2 22 4 4 1 1 2 5 5 2 8 3 11 ab ab a b a b ab 22 4 4 4 2 2 4 4 2 2 8 ab ab ab a a a b a b b b ab Suy ra: 1 2 1 2 1 3 1 2 1 2 1 3 x x x x y y y y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là ( ; ) (1;1);( 3; 3) S x y Ví dụ 506. Giải hệ phương trình: 2 2 22 1 (1) 11 1 (2) y x yx xy x y () I Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 388 Phân tích. Áp dụng đẳng thức với 1 thì (2) 1 11 y x yx thì ở cả hai phương trình có những hạng tử giống nhau và có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1 1 x y Đặt ; 11 y x ab yx thì 2 2 2 0 1 ( ) 2 1 () 1 11 ab a b a b ab I ab a b a b 1 0 a b hoặc 0 1 a b Suy ra: 1 0 xy y hoặc 00 11 xy y x x hoặc 0 1 x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là ( ; ) (1;0);(0;1) S x y Ví dụ 507. Giải hệ phương trình: 22 22 1 1 1 1 (1) (2) 11 y x y x xy xy y x xy y x x y xy () I Đề nghị Olympic 30/04/2012 – Sở GD & ĐT tỉnh Bạc Liêu Lời giải. Điều kiện: 0, 0, 1, 1. x y y x 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1) .( 1) x y y x xy x y x y xy x y x y x y 2 2 2 2 2 2 2 2 .( ) ( ) 0 ( )( 1) ( 1) 0 xy x y x y x y xy x y xy xy xy 2 2 22 3 ( 1)( ) 0 ( 1) 0 24 yy xy x y xy xy x (3) Do 2 2 3 0, , 0 24 yy x x y nên 11 (3) 1 1 11 xy xy (4) Ta lại có: 22 11 1 1 1 1 (2) 1 3 1 1 1 1 y y x y xx x y y x x y xy (5) Từ (4), (5) suy ra: 2 ( ) 0 x y x y và thế vào 1 xy thì được 1. xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (1;1) S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 389 f) Đặt ẩn phụ dạng tổng – hiệu Ta sẽ đặt ẩn phụ dạng tổng – hiệu , a x y b x y nếu trong hệ phương trình có chứa những hạng tử thường gặp sau: • 2. x a b • 2. y a b • 22 . x y ab • 2 2 2 2 2( ) . x y a b • 2 2 3 2 3 3 2 ( 3 ) 2( 3 ) . x x y x xy a b • 2 2 2 3 3 3 2 (3 ) 2(3 ) . y x y x y y a b • 4 2 2 4 4 4 2( 6 ) . x x y y a b • 2 2 4 4 8 ( ) . xy x y a b … Việc chứng minh c{c biểu thức n|y theo a, b kh{ nhẹ nh|ng, tôi sẽ trình b|y thông qua từng ví dụ. Vấn đề ở đ}y l| ta cần nắm vững c{c dấu hiệu nhận dạng n|y. Ví dụ 508. Giải hệ phương trình: 22 22 2 2 2 7 2( ) 5 x x y xy () I ( ; ). xy Phân tích. B|i to{n có chứa c{c hạng tử 2 2 2 2 2 , 2( ), 2( ), x x y x y đó l| dấu hiệu của sự đặt ẩn phụ tổng – tích dạng , . a x y b x y Lời giải. Đặt a x y b x y Khi đó: 22 2 2 2 2 2 2 2 , ( )( ) 2( ) ( ) ( ) x a b x y x y x y ab x y x y x y a b 2 2 2 2 2 2 7 2 7 2 ( ) 5 () 5 ( ) 2 5 ( ) ( ) 12 0 a b ab a b ab ab a b I a b a b ab a b a b 3 2 ab ab (thỏa 2 4P) S hoặc 4 5,5 ab ab (loại) 1 2 a b hoặc 2 1 a b Suy ra: 1 2 xy xy hoặc 2 3 1 3 1 ( ; ) ; ; ; 1 2 2 2 2 xy xy xy Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là 3 1 3 1 ( ; ) ; ; ; 2 2 2 2 S x y Ví dụ 509. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 13 x y x y x y x y () I ( ; ). xy Phân tích. Nếu đặt: 2 2 2 22 22 2 2 2 2 2 2 a x y a x xy y ab xy b x y b x xy y Khi đó, viết 22 ( )( ) x y x y x y ab thì tất cả đều biểu diễn được hết theo a v| b. Thông thường học sinh sẽ đặt , , a x y b x y nhưng l|m như thế thì phương trình thứ hai l| bậc cao v| sẽ rất phức tạp. Đó l| lối đi sai lầm thường gặp của học sinh. Lời giải. Điều kiện: 0 0 xy xy Đặt 0 0 a x y b x y Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 390 2 2 2 2, ( ) 2 4, ( ) () ( ) 2 2 1 3 3 22 a b a b a ab b a b I a b a b ab ab ab 2 2 4, ( ) 2 4, ( ) (2 4) 2 2 8 9 3 3 2 a b ab a b a b ab a b ab ab ab ab ab ab 0 24 4 0, ( ) a a b ab b ab a b (loại) hoặc 4 0 a b Suy ra 42 02 x y x x y y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) {(2;2)} S x y Ví dụ 510. Giải hệ phương trình: 22 1 2 3 (1) 2 (2) x y y x x y x y x y () i Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Nguyễn Huệ – Phú Yên Phân tích. Bản chất b|i to{n gần giống như ví dụ trên. Nhưng nếu để ý mối liên hệ giữa hai phương trình, tức từ (1) ta có 22 (1) 1 ( 2 ) 3 x y x y x y 22 1 ( 2) 3 x y x y x y v| thế 2 x y x y từ (2) v|o thì sẽ đơn giản hơn, tức 22 (1) 1 3 x y x y x y v| có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Điều kiện: 0 0 xy xy Đặt 2 2 2 22 22 2 2 2 2 , ( 0) 2 2 a x y a x xy y ab a b x y b x y b x xy y 2 2 2 2 1 ( 2 ) 3 1 ( 2) 3 () 22 x y x y x y x y x y x y i x y x y x y x y 22 22 1 1 . 3 ( ) 1 3 2 2 2, ( 2) x y x y x y a b ab x y x y a b a b 2 2 ( ) 2 2 (2 4) 2 2 3 3 2 2 24 2 4, ( 0) a b ab ab ab ab ab a b ab a b ab a b 0 4 4 2 8 9 3 4 0 0 2 2 4, ( 0) ab a x y x ab ab ab a b b x y y a b ab a b Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ phường trình là ( ; ) {(2;2)} S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 391 Ví dụ 511. Giải hệ phương trình: 2 22 2 6 1 7 x x y x xy y () I ( ; ). xy Đề thi thử Đại học năm 2013 – THPT Phúc Trạch – Hà Tĩnh Phân tích. Thấy 2 2 2 (1) 2 6 1 2( ) 5 0 x x y x y x y có chứa c{c hạng tử 22 , 2( ). x y x y Đó l| dấu hiệu nhận dạng đặt ẩn phụ tổng – hiệu. Khi đó, ta cần biến đổi phương trình hai về dạng tổng – hiệu bằng việc ph}n tích vế tr{i , tức: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) (2 2 ) ( ) x xy y m x y n x y m n x m n xy m n y đồng nhất hệ số được 1 31 ; 2 2 1 44 mn mn mn nên viết 22 31 (2) ( ) ( ) 7. 44 x y x y Từ những ph}n tích n|y, ta có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1 y thì 22 22 2 6 1 2 () 31 ( ) ( ) 7 44 x x y y I x y x y 22 22 2( ) 5 3( ) ( ) 28 x y x y x y x y ( ). II Đặt , a x y b x y suy ra: 22 . ab x y 2 22 2 5 ( 2) 5 2 1 () 5 5 3 28 3 28 2 b ba a a II b ab a a hoặc 3 1 a b Suy ra: 1 5 xy xy hoặc 33 12 x y x x y y hoặc 1 2 x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là ( ; ) {( 3;2);(1;2)} S x y Ví dụ 512. Giải hệ phương trình: 44 2 2 3 2 ( ) 3 x x y y xy (1) (2) () I Chọn đội tuyển trường THPT Chuyên, ĐHSP Hà Nội năm 2013 Phân tích. Nếu đặt , a x y b x y thì 44 (1) 2 , x y x y trong đó sẽ ph}n tích: 4 4 2 2 ( )( )( ) x y x y x y x y với 2 2 2 22 22 2 2 2 2 , 2 2 a x xy y ab xy b x xy y tức 22 44 2 ab x y ab Còn 2 .( ) .( ) ( ). ( ). x y m x y n x y m n x m n y v| đồng nhất hệ số được hệ 2 13 , , 1 22 mn mn mn tức viết 13 2. 22 x y a b Khi đó 33 (2) [( )( )] 3 ( ) 3. x y x y ab Tất cả đều biểu diễn hết theo a, b. Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 392 Lời giải. Đặt , . a x y b x y 22 2 2 2 2 3 3 13 3 ( )( ) ( ) ( ) 22 () 22 ( ) 3 ( )( ) 3 a b a b x y x y x y x y ab I ab x y x y 22 2 2 3 4 2 3 2 4 3 ( ) 3. ( ) ( 1 ) 0 3 ( ) ( ) ab a b a b ab a b a a b a a b b a b ab 3 2 3 3 2 2 ( 1) (1 ) 0 ( 1)( 1) 0 0 1 1. a b a b b a b a b a b a b Với 0, a thế vào 3 ( ) ( ) 3 0 : ab vô lý nên hệ vô nghiệm khi 0 a . Với 1, b thế vào 3 3 ( ) 3 3, aa suy ra: 3 3 3 13 3 2 1 31 2 x xy xy y Với 2 1 1, a b ab a thế vào 3 3 3 11 ( ) 3 9. 3 ab a Suy ra: 3 33 3 1 21 ( ; ) ; 3 33 9 xy xy xy Kết luận: Tập nghiệm của hệ là 33 33 1 3 3 1 2 1 ( ; ) ; ; ; 22 33 S x y Bình luận. Trong lời giải trên, ngo|i việc đặt ẩn phụ để b|i to{n đơn giản hơn, trong () tôi đã sử dụng phép thế “hằng số” bằng “cụm biến” nhằm đưa phương trình về dạng tích số như trên. Để hiểu kỹ hơn vấn đề n|y, ta cùng xét tiếp ví dụ sau: Ví dụ 513. Giải hệ phương trình: 44 2 2 5 31 42 ( ) 5 0 xy yx xy () I Lời giải. Điều kiện: 0, 0. xy 22 5 4 ( )( )( ) 3 2 () ( )( ) 5 0 xy x y x y x y x y I x y x y Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 a x y a x xy y b x y b x xy y Suy ra: 22 2 2 2 2 4 2( ) a b xy a b x y và 11 3 2 ( ) 5( ) ( 5 ). 22 x y x y x y a b Khi đó hệ 44 55 ( ) 5. 5 ( ) ab a b a b ab và thế 55 5 ab vào phương trình trên được: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 393 4 4 5 6 4 5 4 6 4 5 5 ( ) ( 1 ) 0 (1 ) (1 ) 0 ab a b a a b a a b b a b a a b b b 54 (1 )( 1) 0 0 a b a b a hoặc 1 b hoặc 4 1. ab Với 0, a thì ( ) 0 5 : vô nghiệm. Với 1, b thì 5 5 ( ) 5 5, aa suy ra: 5 5 5 51 5 2 1 51 2 x xy xy y Với 43 3 1 1 . 1 a b ab a ab a thì 5 15 3 11 ( ) 5 5 a a 15 4 15 1 5 5 ab suy ra 15 15 55 15 15 15 15 4 1 5 1 5 1 ( ; ) ; 5 2. 5 2. 5 5 xy xy xy Kết luận: So điều kiện 15 15 55 55 15 15 5 1 5 1 5 1 5 1 ( ; ) ; ; ; 22 2. 5 2. 5 S x y Ví dụ 514. Giải hệ phương trình: 22 22 1 (1) 1 1 (2) x y xy x x y y ( ; ). xy Phân tích. Ở (2), nhận thấy x v| y độc lập 1 vế, nên hướng suy nghĩ thường l| h|m số, nhưng sẽ bị bế tắc do không tìm được h|m đặc trưng ở hai vế. Nếu để ý, ta có thể biến đổi 22 (2) 1 1 x y y x v| đặt điều kiện rồi lũy thừa sẽ tìm được mối liên hệ giữa x, y. Ngo|i ra, nếu nhìn tho{ng, ta sẽ liên hợp cũng xuất hiện được nh}n tử 2 2 2 2 11 x y x y cùng với (1) để kết thúc bằng việc đặt ẩn tổng – hiệu. Lời giải. Điều kiện: 1. y Ta có: 22 (1) ( ) 3( ) 4 x y x y (3) 22 22 22 1 0, 1 0 ( ) (2) 1 1 1 2 1 1 2 1 x y y x x y y x x y y x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 y x x y x y y x y x y x 2 2 2 2 2 2 ( 1) 2 1 0 ( 1 ) 0 1 y x y x y x y x 22 1 ( )( ) 1 x y x y x y (4) Từ (3), (4), suy ra hệ phương trình: 22 ( ) 3( ) 4 ( )( ) 1 x y x y x y x y () I Đặt a x y b x y thì hệ 22 42 1 , ( , 0) 34 () 1 3 4 1 0 a a b ab II b ab bb Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 394 1 1 b a hoặc 1 1 b a hoặc 3 3 3 b a hoặc 3 3 3 b a Suy ra: 1 1 xy xy hoặc 1 1 xy xy hoặc 3 3 3 xy xy hoặc 3 3 3 xy xy 0 1 x y hoặc 0 1 x y hoặc 3 3 23 3 x y hoặc 3 3 23 3 x y Kết luận: So với () và điều kiện thì nghiệm hệ là 3 2 3 ( ; ) (0;1); ; 33 xy Ví dụ 515. Giải hệ phương trình: 2 2 4 ( ) 1 (1) 3 4 (3 6) 4 (2) xy xy xy x y x x y x y Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt – Kiên Giang Phân tích. (1) có c{c hạng tử dạng tổng hiệu, nếu đặt 0, a x y b x y và suy ra 22 4xy a b thì 22 22 (1) 1 ( 1)( ) 0 1. ab b a b a a a Từ đó tìm được mối liên hệ giữa x, y, thế v|o (2) sẽ tìm được x, y v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 30 0 xy xy Đặt 0 , a x y b x y suy ra: 22 4. xy a b 22 2 2 2 2 2 (1) 1 ( ) ( ) 0 ( 1) ( 1) 0 ab b ab b a a b a a a a 22 ( 1)( ) 0 1 0 1, do : 0, 0. a b a a a b a a Suy ra: 1 xy và thế vào 2 (2) 2 1 (2 5) 4 4 x x x (3) Đặt 5 5 2 2 1, 2 t x t Suy ra hệ: 2 2 (5 2 ) 2 1 5 2 (2 5) 4 4 tx t x x 2 22 2 (2 5) 2 1 ( ) (2 5) (2 5) 2 2 (2 5) 4 2 1 tx t x t x x x t ( )(2 2 10) ( ) 0 t x t x t x t x hoặc 2 2 11. tx Với 22 (5 2 ) 2 1 2 11 12 0 2 1 5 2 1, 5 2 0 1, 5 2 0 x x x x t x x x x y x x y x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 395 4 x (loại do 5 2 x hoặc 31 22 xy Với 2 2 11 tx và kết hợp với () được hệ: 2 2 2 11 (2 5) 2 1 tx tx 22 2 11 2 2 11 2 13 29 9 29 44 (6 2 ) 2 1 4 26 35 0 t x t x xt x x x x Do 5 2 t nên nhận 13 29 4 x và thế vào 1, xy suy ra: 9 29 4 y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm 3 1 13 29 9 29 ( ; ) ; ; ; 2 2 4 4 xy Bình luận. Để giải trọn vẹn hệ phương trình, ngo|i những dấu hiệu cơ bản của việc giải hệ, ta cần nắm vững c{c dấu hiệu nhận dạng v| phương ph{p giải của phương trình. Bởi lẻ khi tìm được mối liên hệ giữa x, y v| thế v|o phương trình còn lại, sẽ trở về việc xử lý phương trình vô tỷ. Ở b|i to{n trên, phương trình có dạng tổng qu{t: ( ) . . n n ax b p x q x r sẽ đặt n ay b x khi .0 p hoặc sẽ đặt ẩn phụ () n ay b x khi .0 p để đưa về hệ đối xứng loại II hoặc gần đối xứng. Ví dụ 516. Giải hệ phương trình: 22 2 3 4 4( ) 7 (1) () 1 2 3 (2) xy x y xy x xy () I Học sinh giỏi tỉnh Bình Định năm 2015 Phân tích. Đ}y l| b|i to{n mang ý tưởng tổng – hiệu: , . a x y b x y Nhận thấy: 2 ( ) ( ) x x y x y a b v| cần ph}n tích 22 4 4( ) xy x y theo a, b. Khi đó viết: 2 2 2 2 2 2 4 4( ) .( ) .( ) ( ) (2 2 ) ( ) xy x y m x y n x y m n x m n xy m n y v| đồng nhất: 43 2 2 4 1 m n m m m n hay có 2 2 2 2 4 4( ) 3( ) ( ) . xy x y x y x y Lúc n|y hệ 22 2 3 3( ) ( ) 7 () () 1 ( ) ( ) 3 x y x y xy I x y x y xy và do 3, m giống hệ số của ph}n số nên để đặt ẩn phụ triệt để ta viết hệ lại: 22 2 1 3 ( ) ( ) 7 () 1 ( ) ( ) 3 () x y x y xy x y x y xy Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 396 nên đặt 22 2 11 ( ) ( ) 2 () () a x y a x y xy xy và b x y thì b|i to{n sẽ ngắn gọn hơn, tr{nh đặt ẩn phụ 2 lần. Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0. xy Đặt 1 , 2 a x y a xy và . b x y 22 2 3 2 3 13 ( ) , do : 2 . 1 3 2 3 2 0 ba a ab Ia b a b a a Suy ra: 2 1 2 1 11 10 ( ) 2( ) 1 0 1 xy xy x y x xy x y y x y x y xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (1;0) S x y Ví dụ 517. Giải hệ phương trình: 22 2 5 8( ) 4 13 () 1 21 x y xy xy x xy ( ) ( ; ). I x y Học sinh giỏi tỉnh Thái Nguyên năm 2011 Phân tích. Tương tự, viết 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 8( ) 4 5( ) 3( ) x x y x y x y xy x y x y v| có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 0. xy Đặt 1 , 2 a x y a xy và . b x y 22 22 2 1 5 ( ) 3( ) 13 5( 2) 3 13 2 () () 1 1; 2 1 ( ) ( ) 1 x y x y ab a xy I b a b a x y x y xy Thế trở lại , ab và giải tương tự, ta được nghiệm hệ là ( ; ) (0;1). xy Ví dụ 518. Giải hệ phương trình: 2 2 2 (4 4 4 51)( ) 3 0 (2 7)( ) 1 0 x xy y x y x x y (1) (2) () I Phân tích. Bản chất b|i to{n n|y cũng tương tự 2 ví dụ trên nếu chia (1) cho 2 () xy và chia (2) cho xy thì hệ 22 2 3 4 4 4 51 0 () 1 2 7 0 x y xy xy x xy Với lối suy luận tương tự như c{c ví dụ trên, ta có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Do xy thì hệ đã cho vô nghiệm. Với xy ta có: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 397 2 2 2 2 22 33 4 4 4 51 0 3( ) ( ) 51 ( ) ( ) () 11 2 7 0 7 x y xy x y x y x y x y I x x y x y x y x y Đặt 1 , 2 a x y xy b x y a thì hệ 22 2 7 3( 2) 51 4 7 2 7 4 0 3 22 ba ab a a b a a b aa Suy ra: 2 53 1 4 3 2 2 10 11 0 13 3 2 x xy yx xy xx xy y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là 5 3 1 3 ( ; ) ; 22 S x y Ví dụ 519. Giải hệ phương trình: 22 33 2 (1) 14 2 2 9 (2) 22 xy y x y x y x y x y x y Học sinh giỏi tỉnh Bình Định năm 2014 Phân tích. Bài to{n mang ý tưởng tổng hiệu. Nhưng do biểu thức tổng hiệu tất cả đều nằm trong căn thức nên có thể đặt a, b l| 2 căn thức để đơn giản v| có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 0 0 xy xy Đặt: 0, 0. 22 x y x y ab Suy ra: 22 22 x a b y a b và 2 2 2 2 2 2 2( )( ) 2( ) (1) 14 a b a b a b ab ab 22 ( )( )( ) ( )( ) 7( ) a b a b a b a b a b ab a b và do 0 ab nên: 2 2 2 2 3 3 ( )( ) ( ) 7 ( )( ) 7 7 a b a b ab a b a b a ab b a b (3) Từ (2), (3), được: 3 3 3 3 3 3 7 8 2 , 1 91 a b a a b a b b suy ra: 85 23 x y x x y y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ cần tìm là ( ; ) (5;3) S x y Ví dụ 520. Giải hệ phương trình: 22 4 3 2 2 3 2 6( 1) 4( 2 ) 2 2 9 x xy y x y x x y x y x y (1) (2) () I Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Hùng Vương – Bình Dương Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 398 Phân tích. Nhận thấy nếu biểu diễn: 22 32 x xy y và 4 3 2 2 4( 2 ) x x y x y theo dạng tổng , x y a hiệu x y b thì b|i to{n được giải quyết. Thật vậy ở vế tr{i (1) có dạng hằng đẳng thức nên viết 2 2 2 2 2 2 (1) 3 2 ( 2 ) 2( ) VT x xy y x xy y x y 22 ( ) 2( )( ) 2 . x y x y x y a ab Vấn đề còn lại l| biểu diễn vế tr{i (2) theo a, b. 2 4 3 2 2 2 2 2 2 (2) 4( 2 ) 4 ( 2 ) ( ) ( ) .( ) . VT x x y x y x x xy y x y x y x y Do đó ta sẽ đặt ẩn phụ dạng tổng hiệu để b|i to{n đơn giản hơn v| có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Ta có: 2 2 2 ( ) 2( )( ) 6.( ) 6 () ( ) ( ) ( ) 2( ) 9 x y x y x y x y I x y x y x y x y () II Đặt a x y b x y thì 2 2 2 22 2 6 6 2 6 6 () ( ) 2 9 ( ). 2 9 ab a a a ab a II a b a a a b a a 2 2 2 2 2 2 22 66 ( ) 66 2 9 ( 6 6) 8 72 2 2 ( ) 2 9 aa ab aa a a a a a a ab a 4 3 2 3 2 3 12 48 64 0 ( 12 48 64) 0 .( 4) 0 a a a a a a a a a a 0 a (loại do thế vào () có dạng 0 3) hoặc 4 a và từ 17 () 4 b Với 4 17 4 a b suy ra: 1 4 8 17 33 4 8 xy x xy y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là 1 33 ( ; ) ; 88 S x y Ví dụ 521. Giải hệ phương trình: 22 22 2 2 2 1 2 1 5 1 17 2( ) 1 2 () x xy xy xy () I Tạp chí Toán Học & Tuổi Trẻ số 444 (6 – 2014) Lời giải. Điều kiện: . xy Đặt , a x y b x y suy ra 22 2 2 2 2 2 , 2( ) a b x ab x y a b x y 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ) 1 5 5 () 1 17 1 1 17 ( ) 1 22 a b a b ab a b I a b a b a b a b () II khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 399 Đặt 2 2 2 2 22 1 1 1 1 , , 2, 2 2, 2. u a v b u v u a v b ab ab 2 2 2 55 5 () 4 25 2( ) 25 ( ) 2 25 u v u v uv II uv u v u v uv Theo Viét thì , uv là 2 nghiệm của phương trình: 2 25 50 4 XX 2 55 0, 22 XX suy ra: 5 : 2 uv thỏa 2, 2. uv Do đó: 2 2 2 5 2 0 2 0,5 2 0,5 2 5 2 0 a a a a bb bb Có các trường hợp sau: Trường hợp 1. 2 2 2 : 2 2 0 a x y x b x y y thỏa điều kiện. Trường hợp 2. 22 53 ; ; : 0,5 0,5 44 a x y xy b x y thỏa điều kiện. Trường hợp 3. 0,5 0,5 53 ; ; : 22 44 a x y xy b x y thỏa điều kiện. Trường hợp 4. Khi 0,5 0,5 0,5 : 0,5 0,5 0 a x y x b x y y thỏa điều kiện. Kết luận: Tập nghiệm của hệ là 5 3 5 3 1 ( ; ) (2;0); ; ; ; ; ;0 4 4 4 4 2 S x y Nhận xét. Trong lời giải trên, sau khi đặt ẩn phụ dạng tổng – hiệu, lại tiếp tục đặt ẩn phụ dạng thuận nghịch. Đối với dạng thuận nghịch loại n|y, ta thường nhầm lẫn giữa 2 loại, một l| loại đặt 11 , a x b y xy v| hai l| loại 11 , a x b y yx Sau đ}y ta cùng tìm hiểu dấu hiệu nhận dạng của từng loại trên: Đặt ẩn phụ dạng: 11 , a x b y xy Dấu hiệu nhận dạng: C{c phương trình trong hệ chứa c{c hạng tử quen thuộc như: 22 2 1 2. xa x 22 2 1 2. yb y 1 ( ) 1 . x y a b xy 2 2 2 2 22 1 ( ) 1 4 . x y a b xy 22 1 . xy xy ab xy xy 2 2 1 1 yxa xb y Chứng minh c{c biểu thức n|y kh{ đơn giản, sẽ trình b|y chi tiết trong từng ví dụ. Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 400 Đặt ẩn phụ dạng: 11 , a x b y yx Dấu hiệu nhận dạng: C{c phương trình trong hệ chứa c{c hạng tử quen thuộc như: 1 ( ) 1 . x y a b xy 1 ( ) 1 . x y a b xy 1 2. xy ab xy 2 2 2 2 2 1 ( ) 1 . x y a b xy Để tìm hiểu kỹ 2 loại n|y, ta cùng xét c{c ví dụ sau: Ví dụ 522. Giải hệ phương trình: 22 22 11 5 11 9 xy xy xy xy () I Đại học Ngoại Thương Tp. Hồ Chí Minh Lời giải. Điều kiện: 0 0 x y Đặt: 22 2 22 2 1 1 2 11 2 xa ax xx b y y b y y 2 2 2 55 52 () 63 13 ( ) 2 13 a b a b a b a I ab b a b a b ab hoặc 3 2 a b Với 2 , 3 a b suy ra: 2 2 1 1 2 2 1 0 35 1 3 1 0 3 2 x x xx x yy y y y Với 3 , 2 a b suy ra: 2 2 1 3 35 3 1 0 2 1 2 1 0 2 1 x xx x x yy y y y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 3 5 3 5 ( ; ) 1; ; ;1 22 S x y Ví dụ 523. Giải hệ phương trình: 22 1 5 1 ( ) 1 6 xy xy xy xy xy xy () I ( ; ). xy Lời giải. Điều kiện: 0. xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 401 Đặt: 22 1 1 1 1 1 . 1 1 1 1 ( ) 1 y x y x a b x y xy xy ax x y y x xy xy xy x xy by a b x y x y x y y x y xy xy 52 () 63 a b a I ab b hoặc 3 2 a b Với 2 , 3 a b suy ra: 2 2 1 1 2 2 1 0 35 1 3 1 0 3 2 x x xx x yy y y y Với 3 , 2 a b suy ra: 2 2 1 3 35 3 1 0 2 1 2 1 0 2 1 x xx x x yy y y y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 3 5 3 5 ( ; ) 1; ; ;1 22 S x y Ví dụ 524. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 ( )(1 ) 18 ( )(1 ) 208 x y xy xy x y x y x y (1) (2) () I Lời giải. Với ( ; ) (0;0) xy là một nghiệm của hệ ( ). I Với 0, xy chia hai vế (1) cho xy và hai vế của (2) cho 22 xy được: 22 22 1 ( ) 1 18 () 1 ( ) 1 208 xy xy I xy xy ( ). II Đặt 1 1 ax x by y thì 22 18 () 212 ab II ab 2 18 18 4 56 14 ( ) 2 212 ab a b a ab b a b ab hoặc 14 . 4 a b Với 4 , 14 a b suy ra: 2 2 23 1 4 7 4 3 4 1 0 1 14 1 0 23 14 7 4 3 x x y xx x yy x y y y Với 14 , 4 a b suy ra: 2 2 14 1 0 7 4 3 4 1 0 23 x x x yy y Kết luận: Tập nghiệm ( ; ) (0;0);(2 3;7 4 3);(7 4 3;2 3) S x y Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 402 Ví dụ 525. Giải hệ phương trình: 2 2 22 2 2 (1 ) 1 ( 2 ) 1 12 x y xy xy x xy xy () I ( ; ). xy Lời giải. Điều kiện: 0. xy 22 22 22 22 22 22 2 2 2 (2 2 ) ( ) 2 () 4 1 2 2 12 2 12 ( 2 ) 1 12 x y xy xy x y x x y y xy xy I y x xy xy yx yx xy xy 22 22 2 .( 1) .( 1) 2. ( ) 1 1 1 1 2 2 2 12 x xy y xy xy x x y y yx yx và chia (2) vế () cho : xy 2 2 2 2 11 11 22 22 11 11 2 12 2 12 xy xy xy yx yx xy xy yx yx () II Đặt 11 ; a x b y yx thì hệ 2 2 2 2 2 2 2 () 2 12 9 16 4 0 a b b a II a b a a 2 2 9 , 2 22 9 a a b b suy ra: 1 1 2 2 1 9 1 1 1 22 2 9 xx x yy y yy xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (1;1) S x y Ví dụ 526. Giải hệ phương trình: 2 22 1 ( ) 1 8 (1) .(2 6) 2 0 (2) xy xy xy x y y x () I Lời giải. Điều kiện: 0 xy . Đặt: 11 ; a x b y yx Có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 ( ) 1 ( ) 1 y x x y x y x y xy xy y x x y y x 2 2 22 11 x y a b yx hay 22 (1) 8 ab (3) Chia 2 vế (2) cho xy thì 1 2 1 1 (2) 2 6 0 2 6 x y x y x y y x (4) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 403 Từ (3), (4), suy ra: 22 2 14 62 8 5 2 2 6 5 24 28 0 5 a ba ab a b a a b hoặc 2 2 a b Với 14 5 , 2 5 a b suy ra: 1 14 5 14 5 0 5 : 5 2 5 0 12 5 x xy y y xy x y x vô nghiệm. Với 2 , 2 a b suy ra: 2 1 2 0 2 1 0 1 2 1 0 1 2 1 0 1 2 x xy xy y x y xy x y xx y x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (1;1) S x y Ví dụ 527. Giải hệ phương trình: 3 33 2 22 1 125 ( ) 1 4 1 25 ( ) 1 2 xy xy xy xy () I ( ; ). xy Lời giải. Điều kiện: 0 xy . Đặt: 11 ; a x b y yx 2 2 2 2 2 2 2 22 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 1 2 1 1 ( ) 1 1 1 1 1 1 ( ) 1 1 1 y x x y x y a b xy y x yx x y x y x y a b xy xy xy y x Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 22 2 1 2 1 1 ( ) 1 8 y x x y x y a b xy y x yx (1) 2 22 33 3 2 ( ) 2 25 2( ) 25 () 4( ) 125 4 ( ) 3 ( ) 125 a b ab ab I ab a b ab a b và đặt , S a b P ab thì: 2 3 5 2( 2 ) 25 25 4( 3 ) 125 4 S SP P S SP (thỏa 2 4) SP hoặc 5 5 3 2 25 25 3 4 S P (loại). Do đó : 5 5 4 25 2 ab ab ab từ đó suy ra được: 11 ( ; ) (2;2); ; 22 xy Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 404 4. Dạng 4. Đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hóa Để giải hệ bằng phương ph{p lượng gi{c hóa, ta cần nắm vững công thức lượng gi{c cũng như phương ph{p giải phương trình lượng gi{c. Từ phương trình hoặc hai phương trình của hệ, ta tìm tòi đặc điểm về sự tương đồng giữa các biến với công thức lượng giác để tìm ra phép đặt ẩn phụ bởi h|m lượng gi{c phù hợp. Ví dụ 528. Giải hệ phương trình: 22 1 2( ).(1 4 ) 3 xy x y xy (1) (2) ( , ). xy Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Lê Quí Đôn – Khánh Hòa Phân tích. Phương trình (1) gợi ta đến công thức lượng gi{c 22 sin cos 1 nên ta sẽ đặt: sin , cos xy với [0;2 ] v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Đặt sin , cos xy với [0;2 ]. 6 (2) (sin cos )(1 2sin2 ) 2 () 6 sin 2sin sin2 cos 2cos sin2 2 6 sin (cos cos3 ) cos (sin sin3 ) 2 63 sin 3 cos3 sin 3 sin 2 4 2 3 72 32 4 3 36 3 , ( ) , ( ). 4 13 2 32 4 3 36 3 k k kk k k Do , 0;2 , k suy ra: 17 41 65 13 37 61 ; ; ; ; ; 36 36 36 36 36 36 Kết luận: ( ; ) (sin ;cos ) xy với 17 41 65 13 37 61 ; ; ; ; ; 36 36 36 36 36 36 Bình luận. Phương trình lượng gi{c () có dạng hiệu tích (dạng đối xứng). Thông thường ta sẽ đặt t hiệu v| lũy thừa lên sẽ suy ra được lượng tích số. Nhưng nếu l|m như thế sẽ ra phương trình bậc 3 nghiệm lẻ, g}y khó khăn cho việc giải. Để khắc phục điều đó, tôi đã ph}n phối v| {p dụng công thức tích th|nh tổng để đơn giản đi được những lượng giống nhau v| có lời giải như trên. Ví dụ 529. Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 22 3 9 22 3 9 (1) 1 (2) 2 x x x y y y x y x y Đại học khối A năm 2012 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 405 Phân tích. Nếu c{c bạn để ý thì b|i n|y tôi đã trình b|y rồi với nhiều c{ch kh{c nhau. Tùy v|o nhìn nhận v| thế mạnh của mình m| ta chọn phương ph{p giải phù hợp. Với biến đổi 22 11 (2) 1 22 xy gợi ta đến công thức 22 cos sin 1. Khi đó đặt 1 cos 2 x và 1 sin 2 y với 0;2 thì có lời giải kh{c như sau: Lời giải. Hệ phương trình 3 3 2 2 22 3( ) 22 9( ) ( ) 11 1 22 x y x y x y xy Đặt 11 cos cos 22 , 0; 2 . 11 sin sin 22 xx yy Khi đó phương trình () viết: 3 3 2 2 1 1 1 1 cos sin 3 cos sin 13 9(cos sin ) 2 2 2 2 cos sin 31 35 (1 cos sin ) cos sin 3(cos sin ) 2 4 2 () Đặt cos sin 2 cos , 2 4 tt 2 1 cos sin 2 t 32 ( ) 2 39 41 0 ( 1) (2 2 41) 0 1. t t t t t t Suy ra: 2 2 2 cos 1 cos cos , ( ). 4 4 2 4 2 2 k k k Do k và 0;2 nên chọn: 0 hoặc 2 hoặc 3 2 Với 0 , 2 suy ra: 31 ( ; ) ; 22 xy và với 2, suy ra: 13 ( ; ) ; 22 xy Kết luận: Các nghiệm của hệ phương trình là 3 1 1 3 ( ; ) ; ; ; 2 2 2 2 xy Ví dụ 530. Giải hệ: 2 32 3 2 0 36( 3 ) 27(4 ) (2 3 9) 1 x y y x x y y y x (1) (2) Olympic 30/04 năm 2013 Phân tích. Trong b|i n|y công thức lượng gi{c che dấu kh{ kỹ. Nếu ta nh}n thêm 3 ở hai vế của 2 2 2 (1) 3 9 6 0 ( 3 ) (3 1) 1. x y y x y Khi đó dựa v|o công thức lượng gi{c 22 sin cos 1 ta sẽ chọn được lượng đặt ẩn phụ phù hợp. Tức Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 406 đặt 3 sin , 3 1 cos xy v| cần quan t}m đến điều kiện x, y để đối chiếu với điều kiện n|y trên vòng tròn lượng gi{c để tìm điều kiện cho hợp lý. Đối với hai ví dụ trên thì điều kiện l| ; 1;1 xy nên ta chọn 0;2 . Còn ở đ}y thì 0 x và 1 3 1 1 y nên ta chọn sao cho 3 sin 0 x và 1 cos 1. Từ vòng tròn lượng gi{c của hình vẽ, thấy 0; thỏa mãn điều kiện ấy. Lời giải. Ta có: 22 (1) ( 3 ) (3 1) 1. xy Suy ra: 0 3 1 1 3 1 1 x y Đặt 3 sin , 0; 3 1 cos x y 3 3 2 (2) 4 3 sin 4(1 cos ) 12(1 cos ) 9(1 cos ) (2 3 3)sin 1 33 4cos 3cos 4 3 sin 3 3 sin 2sin 0 cos3 3 sin3 2sin 0 sin 3 sin 6 12 k hoặc 7 24 2 k và do [0; ] 7 19 ;; 12 24 24 k Ta có công thức hạ bậc: 2 2sin (1 cos2 ) a nên: Với , 12 suy ra: 2 1 2 3 4 2 6 sin 3 12 12 12 xy Với 7 , 24 suy ra: 2 4 2(4 2 6) 1 7 4 2 6 sin 3 24 24 12 xy Với 19 , 24 suy ra: 2 4 2(4 2 6) 1 19 4 2 6 sin 3 24 24 12 xy Ví dụ 531. Giải hệ phương trình: 22 1 1 1 (1 )(1 ) 2 x y y x xy (1) (2) ( , ). xy Phân tích. Từ (1) gợi ta đến công thức cộng sin .cos cos .sin sin( ), từ đó định hướng đặt sin , sin xy và có lời giải 1. Ngo|i ra, phương trình (1) cho ta dấu hiệu nhận dạng của bất đẳng thức cơ bản dạng 22 2 . ( ) 0 4 ab a b a b và dấu đẳng thức xảy ra khi . ab Từ đó tìm được mối liên hệ giữa x, y v| có lời giải 2. Lời giải 1. Điều kiện: 1 1 x y Đặt sin sin x y với ,; 22 Suy ra 2 2 2 2 2 2 1 1 sin cos cos cos 0 1 1 sin cos cos cos 0 y x do : , ; 22 cos sin 1 1 2 p 0 1 - 1 - p 3 2 p 0 2p Å - khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 407 (1) sin .cos cos .sin 1 sin( ) 1 2 . 2 k Do k và , ; 22 nên suy ra: . 22 (2) (1 sin )(1 sin ) 2 và thế 2 vào thì phương trình: (1 sin ) 1 sin 2 (1 sin ) (1 cos ) 2 2 (3) Do 1 sin , cos 1 nên để (3) xảy ra thì cos 1 sin 0 hoặc cos 0 sin 1 0 0 2 1 2 x y hoặc 1 0 x y Kết luận: Thử lại, hệ có nghiệm duy nhất là ( ; ) (0;1). xy Lời giải 2. Điều kiện: 1, 1. xy Áp dụng 22 ., 4 ab ab ta có: 22 2 22 22 2 1 1 2 1 1 1. 1 1 2 xy xy x y y x yx yx Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 22 1. xy Kết hợp với phương trình (2), ta được hệ: 22 1 ( ) 1 0 xy x y xy () I Đặt ty thì 2 2 2 1 ( ) 2( ) 3 0 () ( ) 1 0 1 x t x t x t I x t xt xt x t 1 0 xt xt (nhận do thỏa 2 4) SP hoặc 3 4 xt xt (loại). Do 0 x nên sẽ tìm được 0, 1 1. x t y Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất là ( ; ) (0;1). xy Ví dụ 532. Giải hệ phương trình: 3 3 2 22 4 4 3 2 3 2 1 x y x y xy x xy (1) (2) Phân tích. Nhận thấy (2) có dạng công thức lượng gi{c cơ bản: 2 2 1 tan 1 cos a a . Do đó nếu đặt 1 cos x thì tan y với 0; v| có lời giải chi tiết như sau: Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 408 Lời giải. Đặt 1 , cos x suy ra: tan y với 0; thì: 3 32 4 3 1 2 (1) 4tan tan 2 3 tan cos cos cos cos 32 4 4sin 3sin 2 3 sin cos 2cos 3 sin3 3 sin2 cos2 3 sin3 2sin 2 6 (3) Do: 1 sin3 ; sin 2 1 6 nên để (3) có nghiệm sin 3 1 sin 2 1 6 2 63 6 6 k k k và do 0; k nên 23 3 6 3 3 x y Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là 2 3 3 ( ; ) ; 33 S x y Ví dụ 533. Giải hệ phương trình: 2 2 1 1 4 1 1 4 xy yx () I ( , ). xy Lời giải. Điều kiện: 01 01 x y . Đặt: sin sin x y với , 0; 2 Suy ra: 22 22 1 1 sin cos cos 0 1 1 sin cos cos 0 x y 1 11 sin cos sin cos cos sin sin( ) (1) 4 ( ) 22 1 sin cos cos sin 0 sin( ) 0 (2) sin cos 4 I (2) k và do , , 0; 2 k nên 0. 1 (1) sin 2 , 2 suy ra: 12 hoặc 5 12 Suy ra: 62 cos 12 4 xy hoặc 5 6 2 cos 12 4 xy Kết luận: hệ có nghiệm 62 cos 12 4 xy hoặc 5 6 2 cos 12 4 xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 409 Lưu ý. Do đây là hệ đối xứng loại II nên ta có thể giải bằng cách vế trừ vế. 5. Dạng 5. Đặt ẩn phụ bằng cách số phức hóa Dựa vào sự tương quan của một phương trình nghiệm phức ( ) 0 fz với một hệ phương trình hai }̉n , . xy Theo kinh nghiệm của tôi thường thì chọn một phương trình để nhân đơn vị ảo i vào hai vế, rồi cộng (hoặc trừ) với phương trình còn lại 2 3 4 1 : , , , . , , i thu z z z z z zz nhằm tạo được ( ) 0 fz v| giải tìm nghiệm 1 1 1 , z x y i 2 2 2 ,... z x y i Từ đó suy ra nghiệm hệ phương trình ban đầu l|: 1 1 2 2 ( ; ) ( ; ), ( ; ), x y x y x y …… Trong trường phức , cho: , ( , ). z x yi x y Khi đó ta cần nắm vững những biến đổi cơ bản dưới đ}y để x{c định nh}n i v|o phương trình n|o ?! 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 3 2 . , 2 . , 3 (3 ) . z x y xy i z x y xy i z x xy x y y i 4 4 2 2 4 3 3 2 2 2 2 2 2 1 6 4 ( ), . , , x iy xi y i z x x y y i x y y x z z x y zz x y x y Số phức được viết dạng lượng gi{c: .(cos sin ) z r i với 0 r sẽ có n căn bậc n l|: 22 . cos sin , n k kk z r i nn với 0;1;....; 1. kn Công thức Moavrơ: (cos sin ) cos sin ; ( ). n nn z r i r n i n n Để hiểu kỹ hơn vấn đề n|y, ta cùng xét c{c ví dụ sau: Ví dụ 534. Giải hệ phương trình: 22 22 3 3 (1) 3 0 (2) xy x xy xy y xy () I ( , ). xy Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Chuyên tỉnh Lào Cai Phân tích. Nếu lấy (1) .(2) i thu được: 2 2 2 2 33 x yi xi y x yi x y x y v| nếu gọi số phức z x yi thì có 2 2 2 2 1 ; x yi xi y i zz x y x y nên ta cần giải: 1 3 i z zz sẽ tìm được z, từ đó suy x, y v| có lời giải 1. Ngo|i ra, đ}y l| hệ phương trình gần giống hệ đối xứng loại II, chỉ sai lệch về hằng số v| dấu nên ta sẽ giải bằng phương ph{p cộng m| được học ở b|i học 1. Từ đó có lời giải 2. Lời giải 1. Điều kiện: 22 0. xy Đặt: , ( , ). z x iy x y Lấy (1) .(2) i thì hệ 2 2 2 2 3 ( 3 ) ( ) 3 x y x y i I x yi x y x y 2 2 2 2 3 3 3( ) ( ) ( ) 3 ( ) 3 x y xi yi x yi xi y x yi x yi x y x y Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 410 2 2 2 2 2 3 ( ) 3 3 3 3 3 0 x yi xi y i x yi z z z i zz x y x y Ta có: 3 4 1 2 . ii Suy ra: 2 zi hoặc 1. zi Với 2 2 1 x z i x yi y và 1 1 1 x z i x yi y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (2;1),(1; 1) S x y Lời giải 2. Điều kiện: 22 0. xy Do 0 x hoặc 0 y không là nghiệm nên nhân phương trình (1) với , y phương trình (2) với , x rồi cộng 2 phương trình vừa thu lại với nhau, ta được: 2 2 2 2 (3 ) ( 3 ) 23 x y y x y x xy y x y x y 22 22 3 3 3 1 2 3 2 1 3 2 xy y x xy y xy y xy y x y xy Thế vào 2 2 4 2 3 1 3 1 (2) 3 0 4 3 1 0 22 yy y y y y y yy 2 1 y hoặc 2 1 4 y (loại) 12 11 yx yx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là ( ; ) (1; 1);(2;1) S x y Ví dụ 535. Giải hệ phương trình: 22 22 78 20 (1) 78 15 (2) y x xy x y xy () I ( , ). xy Lời giải. Điều kiện: 22 0. xy Đặt: , ( , ). z x iy x y 22 2 2 2 2 22 78 20 78 78 ( ) 20 15 78 15 y x xy y xi I x yi i xi x y x y yi i xy 22 ( ) 78 20 15 78 20 15 xi y i x yi i z i z xy 2 (20 15 ) 78 0 z i z i có 175 288 , i suy ra: (1) 16 9 i Do đó 18 12 zi hoặc 2 3 , zi suy ra: ( ; ) (2;3),(18;12). xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là ( ; ) (2;3);(18;12) . S x y Nhận xét khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 411 Trong (1) tôi đã tìm bằng phương ph{p tổng qu{t như sau: 2 2 2 175 288 175 288 ( ) 175 288 ( ) 2 i a bi i a bi i a b abi Suy ra: 22 9 175 16 9 . 16 2 288 b ab i a ab Ngo|i ra, dưới sự hổ trợ của casio, ta cũng có thể tìm nhanh căn bậc 2 của một số phức bằng c{ch bấm: Mode 2 / 175 – 288i / = / arg(Ans) Ans 2 / = sẽ thu được một căn bậc hai của số phức l| 16 9 . i Thao tác: mode 2 / 175 – 288i / = / shift hyp Ans / shift (–) / Shift / 2 / 1 / Ans / ) 2 Cũng tương tự như ví dụ trên, ta có thể giải b|i to{n n|y bằng c{ch nh}n phương trình (1) với 0 y và nhân phương trình (2) với 0, x rồi cộng lại thu được: 15 78 2 78 20 15 2 20 x xy y x y x (do 10 x không l| nghiệm hệ). 22 22 15 78 15 78 15 78 (2) 78 15 2 20 2 20 2 20 x x x x x x x x x (3) Giải ra cũng được kết quả như trên nhưng sự biến đổi phương trình (3) dài dòng và phức tạp, cần có sự biến đổi cẩn thận. Ví dụ 536. Giải hệ phương trình: 22 22 (6 )( ) 6 8 (3 )( ) 8 6 x x y x y y x y x y (1) (2) () I ( , ). xy Phân tích. Nếu chia hai vế cho 22 0 xy sau khi xét 0 xy có phải l| nghiệm không thì sẽ đưa được về dạng giống hai ví dụ trên v| có lời giải 1. Ngo|i ra, nếu biến đổi, sau đó cộng hai phương trình lại với nhau v| rút x theo y, rồi thế v|o phương trình (2) sẽ tìm được x, y v| cơ lời giải 2. Lời giải 1. Với 22 0 xy thì hệ có nghiệm ( ; ) (0;0). xy Với 22 0 xy thì 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 8 6 8 6 8 6 6 6 () 8 6 8 6 8 6 3 3 3 x y x y x y x x x x y x y x y I x y x y xi yi y y yi i x y x y x y 2 2 2 2 2 2 2 2 6 8 8 6 6( ) 8( ) 6 3 6 3 x y xi yi x yi xi y x yi i x yi i x y x y x y x y Đặt , z x yi suy ra: 2 2 2 2 1 ; x yi xi y i zz x y x y Khi đó phương trình: 2 68 6 3 (6 3 ) 6 8 0 i z i z i z i zz có: 3 4 . i Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 412 Suy ra: 2. i Do đó: 2 zi hoặc 4 2 . zi Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (0;0);(2;1);(4;2) S x y Lời giải 2. Với 22 0 xy thì hệ có nghiệm ( ; ) (0;0). xy Xét 0 x hoặc 0 y hoặc 22 0 xy thì hệ phương trình đã cho 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 6 8 6 8 6 8 6 6 6 () 8 6 8 6 86 33 3 x y x y xy y x x xy y x y x y x y I x y x y x xy yy xy x x y x y xy 68 2 8 3 6 , 23 y xy x y x y 3 2 y Thế vào 2 2 6 8 6 8 6 8 (1) 6 6 8 2 3 2 3 2 3 y y y yy y y y 2 12 ( 1)( 2)(3 4)(4 12 12) 0 , (do : 0). 24 yx y y y y y x yx Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (0;0);(2;1);(4;2) S x y Bình luận. Dạng tổng qu{t của b|i to{n l|: 22 22 (1) (2) bx cy ax xy cx by ay xy Khi đó ta có hai hướng xử lý. Một l| lấy (1) .(2) i v| đặt , ( , ) z x yi x y sẽ thu được phương trình: b ci az i zz v| giải phương trình n|y trên tập số phức sẽ tìm được z, từ đó suy ra được x, y. Hai l| sử dụng phương ph{p cộng, tức lấy .(1) .(2) yx sẽ thu được phương trình đơn giản hơn v| rút x theo y hoặc y theo x, rồi thế v|o phương trình còn lại. Nhưng hướng 2 n|y sẽ dẫn đến phương trình bậc cao, đòi hỏi đến kỹ năng nhẩm nghiệm, hoặc nếu nghiệm qu{ xấu sẽ g}y khó khăn. Ví dụ 537. Giải hệ phương trình: 12 1 2 (1) 3 12 1 6 (2) 3 x xy y xy () I ( , ). xy Học sinh giỏi Quốc Gia năm 2007 Lời giải 1. Điều kiện: 0; 0; 3 0. x y y x Đặt: 30 0 ax by khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 413 Do 0 xy không là nghiệm của hệ nên xét 0, 0 xy hay 0, 0. ab 22 2 2 2 2 2 2 2 2 22 12 12 12 12 2 3 2 3 3 () 12 12 12 66 16 a aa aa ab a b a b I b bi b bi i b a b a b ab Cộng hai phương trình lại, suy ra: 22 12 2 3 6 a bi a bi i ab () Đặt: z a bi với , ab và , 0 ab nên 22 1 a bi z ab Khi đó: 2 12 ( ) 2 3 6 2( 3 3 ) 12 0 z i z i z z Ta có: 6 6 3. , i suy ra: (1) 3 3 (3 3) 3 3. 3 3 (3 3) zi i zi Do đó: 33 33 a b (nhận) hoặc 3 3 0 33 a b (loại do , 0 ab ). Suy ra: 2 2 ( 3 3) 3 3 3 4 2 3 3 33 12 6 3 (3 3) x x x y y y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (4 2 3;3 3) S x y Nhận xét. Trong 1 , ngoài cách tìm bằng phương ph{p tổng qu{t hay sử dụng casio, có thể sử dụng 22 .(cos sin ) . cos sin n k kk z r i z r i nn Với 13 6 6 3. 12 12 cos .sin 2 2 3 3 i i i nên sẽ có hai căn bậc hai l| 1;2 31 12 cos .sin 12 (3 3. ) 3 3. . 6 6 2 2 i i i i Hơn nữa, tại sao tôi phải đặt 3 0, a x b y ?! C}u trả lời rất đơn giản, do tôi muốn tạo ra mẫu số dạng 22 ab để {p dụng được biến đổi của số phức. Lời giải 2. Do 0 xy không là nghiệm hệ nên điều kiện: 0, 0. xy (2) (1) (2) (1) 31 12 2 1 ( ) 1 3 12 9 1 ( ) 12 6 12 3 1 3 1 3 3 nhân xy yx x I x y y x xy xy y yx Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 414 22 12 9 (3 ) (3 ) 27 6 0 (3 )(9 ) 0 xy x x y y x y x xy y x y x y Với 3 yx thì 4 2 3 31 ( ) 1 3 3 3 3 12 6 3 x x xx y Với 9 0 : xy loại do 0, 0 xy nên 9 0. xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (4 2 3;3 3) S x y Ví dụ 538. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 22 2 2 ( 2 1)( 2 1) 1 4 2 2 1 xy xx y x y y x xy () I Lời giải. Điều kiện: 0. y 2 2 2 2 2 2 2 2. 2 2 ( 2 1). 2 2 1 2 2 () 2 2 22 2. ( 2 1) 0 2 2 x xx y x y I y x yy x y () II và đặt 2 2 0 ax b y 22 22 22 2 ( 2 1) 2 1 (1) () 2 2 ( 2 1) 0 (2) a a b a ab II b ab b ab Lấy 22 22 2( ) (1) (2). ( 2 ) ( 2 1)( ) 2 1 0 a bi i a b ab a bi ab (3) Đặt , ( 0) z a bi b thì 2 2 (3) ( 2 1) 2 1 0 zz z 3 2 2 ( 2 1) ( 2 1) 2 0 ( 2)( 1) 0 z z z z z z 2 z hoặc 13 22 zi hoặc 13 . 22 zi Với 2, z suy ra: 2 a và 0. b Với 13 , 22 zi suy ra: 1 2 a và 3 2 b nên 2 4 x và 26 3 y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là 2 2 6 ( ; ) ; 43 S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 415 Ví dụ 539. Giải hệ phương trình: 22 2 5 2 4 21 10 x y xy x y y x () I ( , ). xy Lời giải. Ta có 22 2 ( 2 5 2) 0 () 10 4 21 0 i xy x y I x y x y Đặt . z x iy Cộng vế theo vế, suy ra: 22 10 4 21 2 ( 2 5 2) 0 x y x y i xy x y 22 ( 2 ) 10( ) 4 ( ) 21 4 0 x y xyi x yi i x yi i 22 10 4 21 4 0 2(5 2 ) 21 4 0 z z iz i z i z i Ta có: 22 (5 2 ) (21 4 ) 16 8(1 ) 2 2(1 ). i i i i i Suy ra: 5 2 2 (2 2 2) 5 2 2 (2 2 2) zi zi nên 5 2 2 2 2 2 x y hoặc 5 2 2 2 2 2 x y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (5 2 2;2 2 2) S x y Nhận xét. Ta có thể giải hệ bằng c{ch rút x theo y hoặc ngược lại từ phương trình (1), rồi thế v|o phương trình (2) cũng được kết quả tương tự. Ví dụ 540. Giải hệ phương trình: 32 32 31 33 x xy y x y () I ( , ). xy Phân tích. Đ}y là hệ phương trình đẳng c}́p b}̣c ba. Tuy nhiên, nếu giải bằng phương ph{p thông thườ ng, tức nh}n chéo 2 vế được: 3 2 2 3 3 3 3 3 0 x x y xy y v| phương trình này nghiệm qu{ xấu !! Nhưng để ý xét số phức , ( , ) z x iy x y thì 3 3 2 2 3 3 (3 ) . z x xy x y y i Điều đó gợi ý cho ta lấy phương trình hai nh}n với , i rồi cộng với phương trình một v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Gọi , ( , ), z x iy x y suy ra: 3 3 2 2 3 3 (3 ) . z x xy x y y i 32 3 2 2 3 23 31 ( ) 3 (3 ) 1 3 (3 ) 3 x xy I x xy x y y i i x y y i i 3 3 3 1 3 2 2 1 3. 2 2 cos .sin 2 2 3 3 z i z i z i Nên 3 3 3 2 2 8 8 14 14 2 cos sin ; 2 cos sin ; 2 cos sin 9 9 9 9 9 9 z i i i Suy ra: 3 3 2 2 cos 9 2 2 sin 9 x y hoặc 3 3 8 2 cos 9 8 2 sin 9 x y hoặc 3 3 14 2 cos 9 : 14 2 sin 9 x y là các cặp nghiệm cần tìm của hệ phương trình đã cho. Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 416 Ví dụ 541. Giải hệ phương trình: 4 2 2 4 33 63 1 4 x x y y x y y x () I ( , ) xy Korean Mathematical Olympiad 1998 Lời giải. Gọi 4 4 4 3 2 2 2 3 3 4 2 ( ) 4 6 4 z x iy z x yi x x yi x y i xy i y i Suy ra: 4 4 2 2 4 3 3 ( 6 ) 4( ). z x x y y x y y x i 4 2 2 4 4 2 2 4 33 33 63 63 () 1 4( ) 4 x x y y x x y y I x y y x i i x yi y xi i 4 2 2 4 3 3 4 ( 6 ) 4( ) 3 3 . x x y y x y y x i i z i Ta có: 4 31 3 2 2 cos sin 2 2 6 6 z i i i Do đó: 4 4 2 cos sin 24 24 13 13 2 cos sin 24 24 zi zi hoặc 4 4 25 25 2 cos sin 24 24 37 37 2 cos sin 24 24 zi zi Suy ra: 4 4 4 4 4 4 4 4 13 25 37 2 cos 2 cos 2 cos 2 cos 24 24 24 24 13 25 37 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 24 24 24 24 x x x x y y y y Nhận xét. Nếu giải c{ch thông thường sẽ g}y khó khăn cho việc tìm nghiệm. BÀI TẬP RÈN LUYỆN TỔNG HỢP VỀ ĐẶT ẨN PHỤ BT 582. Giải hệ phương trình: 33 33 11 9 1 1 1 1 1 1 18 xy x y x y ( ; ). xy BT 583. Giải hệ phương trình: 3 3 3 2) 8 ( 2) 6 ( xy xy ( ; ). xy BT 584. Giải hệ phương trình: 22 23 13 2 35 3 2 xy y x x ( ; ). xy BT 585. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 ( ) (3 2 3 20) 1 0 2 5 2 5 0 x y x xy y x x xy y ( ; ). xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 417 BT 586. Giải hệ phương trình: 22 2 3 85 4( ) 3 () 1 13 2 3 x xy y xy x xy ( ; ). xy BT 587. Giải hệ phương trình: 22 2 3 4 4( ) 7 1 23 xy x y xy x xy ( ; ). xy BT 588. Giải hệ phương trình: 22 2 19 60 8 () 15 20 4 x y xy xy y xy ( ; ). xy BT 589. Giải hệ phương trình: 22 2 2 3 3 0 18 9 () x y xy xy xy xy ( ; ). xy BT 590. Giải hệ phương trình: 22 22 22 1 ( ) 1 16 ( 1) 2 ( 1) xy xy y x x y ( ; ). xy BT 591. Giải hệ phương trình: 22 1 ( ) 1 4 1 11 xy xy y x xy ( ; ). xy BT 592. Giải hệ phương trình: 22 2 2 6 1 4 x y y x y x xy y x xy xy x y ( ; ). xy BT 593. Giải hệ phương trình: 2 22 3 33 1 ( ) 1 8 1 ( ) 1 16 xy xy xy xy ( ; ). xy BT 594. Giải hệ phương trình: 22 2 2 2 6 15 y xy x x y x ( ; ). xy BT 595. Giải hệ phương trình: 2 2 ( 1) 3 0 5 ( ) 1 0 x x y xy x ( ; ). xy Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 418 BT 596. Giải hệ phương trình: 2 2 14 ( 1)( 2) x y y x y x y x y ( ; ). xy BT 597. Giải hệ phương trình: 1 2 1 ( ) 1 4 xy xy xy xy ( ; ). xy BT 598. Giải hệ phương trình: 2 22 1 45 ( ) 1 4 19 ( ) 1 2 xy xy xy xy ( ; ). xy BT 599. Giải hệ phương trình: 22 13 2 xy x y x y x y ( ; ). xy BT 600. Giải hệ phương trình: 3 3 3 2 8 16 ( 2) 8 x y y x xy y ( ; ). xy BT 601. Giải hệ phương trình: 22 2 14 2 1 x y xy y y xy x ( ; ). xy BT 602. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 22 ( 2 )(1 2 ) 16 2 2 10 1 0 x x x y y y x y xy y y ( ; ). xy BT 603. Giải hệ phương trình: 22 22 1) 1) 9 ( 1)( (( 1) 10 x y xy x y xy ( ; ). xy BT 604. Giải hệ phương trình: 2 4 2 2 2 30 3 5 0 x xy x y x x y x y ( ; ). xy BT 605. Giải hệ phương trình: 2 4 2 2 2 4 2 0 8 4 3 0 y xy y x y xy x y ( ; ). xy BT 606. Giải hệ phương trình: 32 1 x y x y x y x y ( ; ). xy BT 607. Giải hệ phương trình: 7 2 5 22 x y x y x y x y ( ; ). xy BT 608. Giải hệ phương trình: 22 22 ( 3) ( ) 8 1 4 11 xy x y y x xy ( ; ). xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 419 BT 609. Giải hệ phương trình: 11 1 7 6 26 3 x y y x y x y x ( ; ). xy BT 610. Giải hệ phương trình: 2 2 3 5 7 3 5 2 3 1 x y x y x y x y ( ; ). xy BT 611. Giải hệ phương trình: 3 2 2 3 22 (1 ) (2 ) 30 (1 ) 11 0 x y y x y y xy x y x y y y ( ; ). xy BT 612. Giải hệ phương trình: 2 2 6 2 5 2 9 8 xy xy ( ; ). xy BT 613. Giải hệ phương trình: 22 2 8 8 2 2 2 1 2 4 1 17 x xy x y x x y x x y BT 614. Giải hệ phương trình: 22 4 2 2 2 22 0 4 6 9 0 x y x y x x y y ( ; ). xy BT 615. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 2 2 2 2 5 6 11 3 7 6 7 x x x y x y xx y ( ; ). xy BT 616. Giải hệ phương trình: 32 3 2 2 2 88 3 13 15 4 5 ( 2 2) x x x y y y y x x ( ; ). xy BT 617. Giải hệ phương trình: 3 2 3 1 4 12 9 6 7 xy x y x x x y y ( ; ). xy BT 618. Giải hệ phương trình: 2 2 1 (1 2 2 1) 8 2 1 2 13 x y x y y x x ( ; ). xy BT 619. Giải hệ phương trình: 22 22 2 3 1 1 2 4 y x xy xy x y ( ; ). xy BT 620. Giải hệ phương trình: 22 22 12 12 x y x y xy y ( ; ). xy BT 621. Giải hệ phương trình: 12 3 4 16 4 5 5 6 x y xy xy ( ; ). xy Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 420 BT 622. Giải hệ phương trình: 32 22 3 25 6 10 6 1 x xy x xy y x y ( ; ). xy BT 623. Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 2 2 13 2 14 2) 2 ( x xy y x xy y x x ( ; ). xy BT 624. Giải hệ phương trình: 46 2 (3 8 8 ) 2 6 2 4 2 1 y x y x x y x y ( ; ). xy BT 625. Giải hệ phương trình: 22 22 7 12 11 1 1 35 12 11 y x xy yx ( ; ). xy BT 626. Giải hệ phương trình: 33 4 3 6 2 42 36 36 2 9 5 10 22 2 5 5 yy x x y x xx xy xy ( ; ). xy BT 627. Giải hệ phương trình: 22 22 61 1 11 27 x y xy yx yx ( ; ). xy BT 628. Giải hệ phương trình: 22 22 2 2 2 2 2 2 3 39 2 5 ( ) 5 2 35 ( ) ( ) xy xy xy xy x y xy x y x y BT 629. Giải hệ phương trình: 2 4 2 2 2 (2 ) 4 3 (4 6) 8 3 4 2 0 x y x x y x y yx BT 630. Giải hệ phương trình: 2 3 2 3 2 2 1 4 1 6 8 6 y y x xy x x x y y ( ; ). xy BT 631. Giải hệ phương trình: 22 22 1 ( ) 1 5 1 ( ) 1 49 xy xy xy xy ( ; ). xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 421 BT 632. Giải hệ phương trình: 2 3 2 3 74 28 2 (4 1) y xy xx y xy xx ( ; ). xy BT 633. Giải hệ phương trình: 22 22 11 1 1 1 2 xy x y xy ( ; ). xy BT 634. Giải hệ phương trình: 2 3 9 10 11 10 12 13 14 28 29 30 20 x y x y x y x y BT 635. Giải hệ phương trình: 3 2 3 ( 1)( 2 1) 1 xx y x x y ( ; ). xy BT 636. Giải hệ phương trình: 22 2 2 2 21 ( ) ( 3 2 2 1) 3 x y xy x y x xy y ( ; ). xy BT 637. Giải hệ phương trình: 22 3 1 1 2 72 29 4 xy xy xy xy ( ; ). xy BT 638. Giải hệ phương trình: 2 21 23 y x y x y x y y ( ; ). xy BT 639. Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 4 8( 2) 2 7 0 xy y x x ( ; ). xy BT 640. Giải hệ phương trình: 22 33 1 1 (3 4 )(3 4 ) 2 xy x x y y ( ; ). xy BT 641. Giải hệ phương trình: 2 2 11 13 xy yx ( ; ). xy BT 642. Giải hệ phương trình: 1 3 1 2 1 7 1 4 2 x xy y xy ( ; ). xy BT 643. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 3 2 2 2 3 1 2 3 1 2 x xy x y xy x y yx y y xy x ( ; ). xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 422 § 4. GIẢI HỆ BẰNG PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Trong bài học này, ta sẽ tìm hiểu 2 phương pháp đánh giá chính để giải hệ phương trình mà thường được sử dụng nhiều trong đề thi, đó là: Phương pháp đánh giá bằng hàm số. Phương pháp đánh giá bằng bất đẳng thức. I. Phƣơng pháp đánh giá bằng hàm số Ta sẽ vận dụng nội dung của kết quả: “Hàm số () ft đơn điệu một chiều trên khoảng ( ; ) ab và tồn tại , ( ; ) u v a b thì ( ) ( ) f u f v u v ". 1. Một số dạng cơ bản sử dụng phƣơng pháp hàm số a. Dạng 1. Hệ chứa 22 ( ) 1 ( ) 1 1 (1) ax ax by by dạng liên hợp Do 22 ( ) 1 ( ) , by by by by suy ra: 2 ( ) 1 0 by by nên: 2 2 2 2 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 (1) 1 ( ) 1 ax ax by by by by by by 22 ( ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( ). ax ax by by f ax f by Xét hàm số 2 ( ) 1 f t t t xác định và liên tục trên có: 2 22 1 ( ) 1 0, 11 t t t f t t tt do 22 2 2 2 1 0. 1 1 1 tt t t t t t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên . Suy ra: ( ) ( ) . f ax f by ax by Đã có mối liên hệ giữa x và . y Lƣu ý. Ngoài cách chứng minh bằng phương pháp hàm số, ta có thể sử dụng phương pháp liên hợp cũng tìm được ra mối liên hệ giữa x và . y Ví dụ 442. Giải hệ phương trình: 3 22 8 2 5 2 (1) (3 1 9 ) ( 1 ) 1 (2) x y y x x x y y Học sinh giỏi tỉnh Lâm Đồng năm 2014 Lời giải. Điều kiện: 5 2 0. yx Do 22 1, y y y y suy ra: 2 10 yy nên liên hợp (2) được: 2 2 2 2 1 (2) (3 1 9 ) 1 3 1 (3 ) 1 ( ) ( ) 1 x x x x y y yy (3 ) ( ). f x f y Xét hàm số 2 ( ) 1 f t t t trên có 2 2 1 ( ) 0, . 1 tt f t t t khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 423 Vì: 22 2 2 2 1 0. 1 1 1 tt t t t t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: (3 ) ( ) 3 3 f x f y x y y x và thế vào (1) được: 3 (1) 8 6 2 2 x x x (3). Đặt cos , 0; 2 x t t Khi đó: 3 (3) 2(4cos 3cos ) 2cos 2 2cos3 2(1 cos ) t t t t t 2 cos cos3 cos3 cos , do : 0; cos 0 2 2 2 2 t t t t t t 4 32 5 2 , . 4 32 2 7 k t t tk k t k tk t Vì 0; 0. 2 tt Với 0, t suy ra: 1 3. xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (1; 3) S x y Nhận xét. Ngoài việc sử dụng hàm số, ta có thể sử dụng liên hợp như sau: 2 2 2 2 2 1 (2) 3 1 9 1 3 1 9 1 0 1 x x y y x y x y yy 22 2 2 2 2 93 3 0 (3 ) 1 0 1 9 1 1 9 1 x y x y x y x y x y x y 3xy do: 0 0 22 2 2 2 2 1 9 3 1 3 1 0. 1 9 1 1 9 1 x x y y xy x y x y Ví dụ 443. Giải hệ phương trình: 22 2 ( 1 )( 1 ) 1 (1) 4 2 22 3 8 (2) x x y y x x y Học sinh giỏi tỉnh Nam Định năm 2013 Lời giải. Điều kiện: 20 2 22 22 3 30 x x x Do 22 1, y y y y suy ra: 2 10 yy nên liên hợp (1) được: 2 2 2 2 1 (1) 1 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( ). 1 x x x x y y f x f y yy Xét hàm số 2 ( ) 1 f t t t trên có 2 2 1 ( ) 0. 1 tt ft t Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 424 Vì: 22 2 2 2 1 0. 1 1 1 tt t t t t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: ( ) ( ) f x f y x y và thế vào 2 ( ) (2) 4 2 22 3 8 x x x 2 1 4 1 14 4 2 22 3 2 3 3 3 3 x x x x x x 2 4 3 2 ( 4) 3 22 3 (14 ) 3( 2) x x x x x x 22 2 4( 2) 2 3( 2) 0 3 2 4 3 22 3 14 x x x x xx x x x x 2 41 ( 2) 3 0 3 2 4 3 22 3x 14 xx x x x 2 1 20 1 x xx y hoặc 2 2 x y Do: 4 1 22 3 0, 2; 3 3 2 4 3 22 3x 14 x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là ( ; ) ( 1;1);(2; 2) S x y Nhận xét. Trong c{ch biến đổi của phương trình () do sử dụng casio, tìm được 2 nghiệm 1, 2 xx nên ghép bậc nhất ax b để liên hợp (xem lại phần liên hợp). Ví dụ 444. Giải hệ phương trình: 22 63 ( 4)( 1) 2 (1) 27 8 2 (2) x x y y x x y Học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2013 Lời giải. Ta có: 22 (1) 4 2( 1 ) x x y y 22 4 ( 2 ) 4 ( 2 ) ( ) ( 2 ). x x y y f x f y Xét hàm số 2 ( ) 1 f t t t trên có 2 2 1 ( ) 0. 1 tt ft t Vì: 22 2 2 2 1 0. 1 1 1 tt t t t t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: ( ) ( 2 ) 2 f x f y x y và thế vào phương trình (2) được: 6 3 2 3 2 3 2 (2) 27 4 2 (3 ) 3 3 4 2 x x x x x x x x 2 3 2 3 2 (3 ) (3 ) ( 1) ( 1) (3 ) ( 1). x x x x f x f x Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, . f t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 425 Suy ra: 22 1 13 1 13 (3 ) ( 1) 3 1 6 12 f x f x x x x y Kết luận: Tập nghiệm 1 13 1 13 1 13 1 13 ( ; ) ; ; ; 6 12 6 12 S x y Ví dụ 445. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 ( 1 1)( 2 2) (1) (8 11) 2 1 3 (3 1)( 1) (2) y x y x x y y x x y Lời giải. Do 0 y không là nghiệm hệ nên xét 0 y và liên hợp ở (1) thì: 2 2 2 2 (1) ( 1) 1 1 1 1 ( 1) 1 1 x y x y x x y y ( 1) ( ). f x f y Xét hàm số 2 ( ) 1 f t t t trên có 2 2 1 ( ) 0, . 1 tt f t t t Vì: 22 2 2 2 1 0. 1 1 1 tt t t t t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 1) ( ) 1 f x f y y x và thế vào phương trình (2) được: 22 (2) 3 (8 3) 2 1 3 0 x x x x (3) Đặt 2 2 1 1 tx thì 22 (3) 3 (8 3). 3 0 t x t x x có: 2 (10 3) . t x Suy ra: 2 2 31 2 1 3 1 6 13 77 21 3 3 tx xx xy x x t x Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là 6 13 ( ; ) ; 77 S x y Bình luận. Để giải phương trình (3), tôi đã sử dụng việc đặt ẩn phụ không ho|n to|n. Nhưng nếu l|m bình thường thì biệt số delta không l| số chính phương, do đó tôi đã điều chỉnh hệ số 3 m trước 2 t để được delta l| số phương. Theo phương ph{p đã được học ở phần 1, thì việc tìm m ngo|i nh{p kh{ d|i dòng, người ra đề thường cho m l| những số nguyên dương nên tôi đã chọn phương ph{p thử dần 1,2,3,... m và chọn được 3 m thì delta l| số chính phương v| có lời giải ngắn gọn như trên. b. Dạng 2. Hệ chứa đa thức bậc 3: 3 2 3 2 1 1 1 1 2 2 2 a x b x c x d a y b y c y (1) Về nguyên tắc tổng quát ta sẽ sử dụng đồng nhất thức để xây dựng hàm đặc trưng dạng: 3 ( ) . . , f t m t n t tức biến đổi: 33 (1) .( ) .( ) .( ) .( ) ( ) ( ). m ax b n ax b m cy d n cy d f ax b f cy d Từ đó chứng minh hàm số () ft đơn điều 1 chiều trên miền D. Suy ra: ( ) ( ) f ax b f cy d ax b cy d và thế vào phương trình còn lại. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 426 Lưu ý, đối với các phương trình đơn giản, có thể sử dụng casio để tìm , . ab Ngoài ra, miền 12 D D D với 12 , DD là miền của ax b và . cy d Ví dụ 446. Giải hệ phương trình: 3 3 2 22 3 6 3 4 0 2 4 3 3 2 3 2 0 x y x x y x y y x (1) (2) Học sinh giỏi Tp. Hà Nội năm 2014 Phân tích. Nhận thấy (1) có dạng đa thức bậc 3 theo x v| theo y độc lập nhau. Do dó ta sẽ viết: 3 2 3 3 6 4 3 ( ). x x x y y i Vì đa thức theo y kh{ đơn giản nên sẽ chọn h|m số đặc trưng dựa v|o nó, tức x}y dựng h|m số 3 ( ) 3 f t t t ở 2 vế. Khi đó viết: 33 (1) ( ) 3( ) 3 ( ). ax b ax b y y ii Lúc n|y có c{c c{ch tìm a, b như sau: Cách 1. Khai triển v| đồng nhất, tức: 3 3 2 2 2 3 () 3 (3 3 ) 3 ii VT a x a bx ab a x b b v| so s{nh hệ số với (i), được 1 ab hay viết 33 (1) ( 1) 3( 1) 3 . x x y y Cách 2. Sử dụng casio nhập 1000 v| gán vào A: : 1000 AA (1000 s ), hift STO A rồi nhập 3 2 3 3 6 4 3 X X X A A v| bấm shift solve cho ta 999 1000 1 X tức ta có thể viết 33 (1) ( 1) 3( 1) 3 ( 1) ( ). x x y y f x f y Do h|m số đặc trưng 3 ( ) 3 f t t t luôn đồng biến trên nên suy ra 1 xy v| có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 22 x và 1 3. y 33 (1) ( 1) 3( 1) 3 ( 1) ( ). x x y y f x f y Xét hàm số: 3 ( ) 3 f t t t trên có 2 ( ) 3 3 0, . f t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 1) ( ) 1. f x f y y x Thế vào 2 (2) 4 3 2 0, x x x suy ra: 1. y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (0;1) S x y Ví dụ 447. Giải hệ phương trình: 3 2 3 3 6 4 3 3 1 3 x x x y y xy (1) (2) Học sinh giỏi tỉnh Lạng Sơn năm 2014 Phân tích. Tương tự ý tưởng b|i trên, ta cần x}y dựng h|m đặc trưng 3 ( ) 3 f t t t và lưu 1000 A trên casio, rồi nhập: 3 2 3 3 6 4 3 , X X X A A shift solve cho ta 1001 1000 1, X tức viết 33 (1) ( 1) 3( 1) 3 ( 1) ( ) x x y y f x f y v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 3, 1. xy Khi đó 33 (1) ( 1) 3( 1) 3 x x y y ( 1) ( ). f x f y Xét hàm số: 3 ( ) 3 f t t t trên có 2 ( ) 3 3 0, . f t t t khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 427 Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 1) ( ) 1 . f x f y x y Thế vào 2 22 6 4 (2) 3 3 3 6 3 3 (6 ) x x x x x x x y x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là ( ; ) (4;3) S x y Nhận xét. Ta có thể sử dụng đồng nhất thức để tìm h|m đặc trưng ở hai vế của (1). Ví dụ 448. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 2 0 x y y x x x y y (1) (2) Đề thi thử THPT Quốc Gia 2015 – THPT Ngô Gia Tự – Bắc Ninh Phân tích. Thấy 3 3 2 (1) 3 2 3 x x y y có x, y độc lập nhau nên sẽ nghĩ đến phương ph{p h|m v| sẽ x}y dựng h|m đặc trưng 32 ( ) 3 . f t t t Nếu nhạy, c{c em có thể viết ngay 3 2 3 2 (1) ( 1) 3( 1) 3 ( ). x x y y Còn không, ta sẽ sử dụng đồng nhất thức hoặc casio như c{c ví dụ trước, tức lưu 1000 , A rồi nhập v|o casio phương trình 3 3 2 3 2 3 X X A A và bám shift solve cho 999 1000 1, X tức viết 3 2 3 2 (1) ( 1) 3( 1) 3 ( 1) ( ). x x y y f x f y Nhưng h|m đặc trưng ở 2 vế 32 ( ) 3 f t t t không đơn điệu 1 chiều trên . Khi đó cần tìm điều kiện cho 1 x v| y, rồi hợp 2 điều kiện n|y lại sẽ được miền D đi xét với hy vọng () ft luôn đơn điệu 1 chiều trên miền D. Thật vậy, từ (2) có điều kiện: 1 1, 0 2 xy nên suy ra: 12 1 0;2 , 0;2 x D y D và 12 0;2 . D D D Lúc này ta luôn có 2 ( ) 3 6 3 ( 2) 0 f t t t t t nên h|m số đặc trưng () ft nghịch biến trên 0;2 . Lời giải. Điều kiện: 2 2 1 0 1 1 02 20 xx y yy Suy ra: 0 1 2 02 x y 3 2 3 2 (1) ( 1) 3( 1) 3 ( 1) ( ). x x y y f x f y Xét hàm số 32 ( ) 3 f t t t trên 0;2 có 2 ( ) 3 6 0, 0;2 f t t t t Do đó hàm số () ft luôn nghịch biến trên đoạn 0;2 . Suy ra: ( 1) ( ) 1 f x f y y x và thế vào phương trình (2), ta được: 2 2 2 2 2 (1) 1 3 2( 1) ( 1) 2 0 2 1 2 0 x x x x x x 2 2 2 2 2 2 (1 ) 2 1 1 4 ( 1 1) 2 1 1 2 x x x x 22 1 1 1 1 0, x x x suy ra: 1. y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm của hệ phương trình là S ( ; ) (0;1) . xy Ví dụ 449. Giải hệ phương trình: 3 3 3 3 2 2 2 2 0 8 32 2( 23 ) 24 y x y x y x y x y x (1) (2) Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Vị Thanh – Tỉnh Hậu Giang Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 428 Phân tích. Xuất ph{t từ 3 2 3 2 (2) 2 8 32 46 24 y y y x x x có x, y độc lập được ở 2 vế nên sẽ x}y dựng h|m đặc trưng dạng 32 ( ) 2 f t t t t luôn đồng biến dựa v|o vế tr{i. Khi đó sử dụng casio để g{n 1000 A v| nhập phương trình: 3 2 3 2 2 8 32 46 24, A A A X X X bấm shift solve được: 1000 3 501,5 2 X Tức có 1000 2 3 X hay 3 2 3 2 (2) 2 (2 3) (2 3) 2(2 3) y y y x x x với 2 vế dạng 32 ( ) 2 f t t t t có 2 ( ) 3 2 2 0, ( : 0, 0). f t t t do a Lời giải. Tập xác định: . D 3 2 3 2 (2) 2 (2 3) (2 3) 2(2 3) ( ) (2 3). y y y x x x f y f x Xét hàm số 32 ( ) 2 f t t t t trên có 2 ( ) 3 2 2 0, . f t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: ( ) (2 3) 2 3. f y f x y x 3 3 (1) (2 3) 3 5 2. x x x Đặt 3 3 3 (2 3) 3 5 2 3 3 5 (2 3) 2 5 zx zx x z x Lấy vế trừ vế, suy ra: 33 (2 3) (2 3) 2( ) z x x z 22 ( ) (2 3) (2 3)(2 3) (2 3) 1 0 . z x x x z z z x Do 2 2 22 9 3(2 3) (2 3) (2 3)(2 3) (2 3) 1 2 1 0. 24 z x x z z x z Nên: 2 3 21 3 5 2 3 ( 2)(8 20 11) 0 5 3 1 3 42 xy x x x x x xy Kết luận: Tập nghiệm 5 3 1 3 5 3 1 3 ( ; ) (2;1); ; ; ; 4 2 4 2 S x y Ví dụ 450. Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 22 3 9 22 3 9 (1) 1 (2) 2 x x x y y y x y x y () I Đại học khối A năm 2012 Phân tích. Nhận thấy (2) có dạng tam thức bậc 2 nhưng biệt số delta không l| số chính phương nên không chọn phương {n hằng số biến thiên. Do x, y có thể độc lập được ở 2 vế của (1) nên sẽ nghĩ đến việc sử dụng h|m số. Bạn đọc có thể sử dụng casio để tìm h|m đặc trưng ở phương trình (1) như c{c ví dụ trước, nhưng ở đ}y tôi xin được trình b|y bằng phương ph{p đồng nhất thức cũng cho kết quả tương tự như sau: 33 (1) ( ) ( ) ( ) ( ), ( ) m ax b n ax b m cy d n cy d với h|m số đặc trưng định sẵn là 3 ( ) . . . f t m t n t Khi đó so s{nh hệ số hạng tử của bậc 3, bậc 2, bậc 1 trong () với phương trình (1), ta sẽ tìm được , , , , , , m n a b c d nghĩa l|: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 429 Hạng tử bậc 3: 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 ma x x ma nc y y mc nên sẽ chọn 1. m a c Khi đó viết phương trình () dạng: 33 ( ) .( ) ( ) .( ). x b n x b y d n y d Hạng tử bậc 2: 22 22 3 3 3 3 1 3 3 1 33 bx x b b dd dy y Viết phương trình () dạng: 33 ( 1) .( 1) ( 1) .( 1). x n x y n y Ta cần tìm n nữa l| xong !?! Hạng tử bậc 1: 3 9 3 9 12. 3 9 3 9 x nx x n n y ny y n Khi đó có thể viết 33 (1) ( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) ( 1) ( 1) x x y y f x f y v| kiểm tra lại bằng c{ch khai triển, rồi so s{nh với (1) thấy ho|n to|n giống nên việc l|m l| đúng hướng. Lúc n|y h|m đặc trưng ở 2 vế có dạng 3 ( ) 12 , f t t t nhưng h|m n|y không đơn điệu một chiều trên ¡ do 2 ( ) 3 12 f t t chưa x{c định được dấu. Do đó ta cần tìm điều kiện cho lượng 1, 1 xy v| hợp 2 điều kiện n|y lại được miền D với hy vọng () ft luôn dương hoặc luôn }m. Quan sát (2), thấy có dạng hằng đẳng thức nên viết: 22 11 (2) 1 22 xy v| theo công thức lượng gi{c: 22 sin cos 1, gợi ta đến điều kiện quen thuộc: 11 1 1, 1 1, 22 xy hay 12 3 1 1 3 ( 1) ; , ( 1) ; 2 2 2 2 x D y D v| miền D để xét h|m số () ft là 12 33 ; 22 D D D thì 22 33 ( ) 3 12 3( 4) 0, ; 22 f t t t t Khi đó sẽ suy ra mối liên hệ giữa x, y l| 11 xy v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Ta có: 33 22 ( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (3) () 11 1 (4) 22 x x y y I xy (3) ( 1) ( 1) f x f y và 1 3 1 1 1 1 2 2 2 (4) 1 1 3 1 1 1 2 2 2 xx yy Xét 3 ( ) 12 f t t t trên 33 ; 22 có: 22 33 ( ) 3 12 3( 4) 0, ; 22 f t t t t Do đó hàm số () ft luôn nghịch biến trên đoạn 33 ; 22 Suy ra: ( 1) ( 1) 1 1 2 f x f y x y x y và thế vào (4) được: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 430 22 1 3 1 3 3 1 (4) 1 ( ; ) ; ; ; 2 2 2 2 2 2 x x x y Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là 1 3 3 1 ( ; ) ; ; ; 2 2 2 2 S x y Nhận xét. Việc {p dụng đồng nhất thức trên để tìm ra h|m đặc trưng trông có vẻ d|i dòng nhưng khi đã l|m quen thì kh{ dễ d|ng v| nhanh. Hơn nữa, ta đã quen với việc tìm điều kiện của những h|m căn, ph}n thức m| ít gặp việc tìm điều kiện kéo theo cho biểu thức đa thức. Ví dụ trên sẽ tìm điều kiện khi , xy đưa được về hằng đẳng thức độc lập giữa chúng, tức viết dưới dạng: 2 22 2 () ( ) ( ) 0 () ax b e ax b cy d e cy d e Ví dụ 451. Giải hệ phương trình: 4 4 22 1 1 2 2 ( 1) 6 1 0 x x y y x x y y y (1) (2) () I Đại học khối A năm 2013 Phân tích. Nhận thấy (2) l| tam thức bậc hai theo x hoặc theo y, nhưng biệt số delta không l| số chính phương nên không giải bằng phương ph{p hằng số biến thiên được. Quan s{t (1) thấy có x, y có thể độc lập nhau, tức 4 4 (1) 1 1 2 x x y y 44 4 4 4 ( 1) 2 1 2 ( 1) ( ). x x y y f x f y H|m số đặc trưng ở 2 vế có dạng 4 ( ) 2 f t t t với 3 4 2 ( ) 1 0 2 t ft t chưa khẳng định được dấu nên sẽ tìm điều kiện cho 4 1 x và . y Ta luôn có 4 1 0, x còn y chưa x{c định nên sẽ quan t}m đến phương trình (2) với hy vọng tìm được điều kiện ở đó. Thật vậy: 2 2 2 (2) ( 2 ) 2( ) 1 4 ( ) 2( ) 1 4 x xy y x y y x y x y y 2 ( 1) 4 0, x y y suy ra: 0. y Lúc này xét hàm () ft trên 0; có () ft luôn dương nên 4 1 yx v| thế v|o phương trình còn lại thì b|i to{n được giải. Lời giải. Điều kiện: 1. x 44 4 4 4 2 ( 1) 2 1 2 ( 1) ( ) () ( 1) 4 0 0 (3) x x y y f x f y I x y y y Xét hàm số 4 ( ) 2 f t t t trên 0; có: 3 4 2 ( ) 1 0, 0. 2 t f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên 0; . Suy ra: 4 44 ( 1) ( ) 1 1 f x f y y x x y và thế vào (3), ta được: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 431 4 2 7 4 74 01 (3) ( ) 4 ( 2 4) 0 2 4 0 (4) yx y y y y y y y y y y Xét hàm số 74 ( ) 2 4 f y y y y trên 0; có: 63 ( ) 7 8 1 0, 0 f y y y y nên hàm số () fy luôn đồng biến trên 0; . Mà (1) 0 1, fy suy ra: 2. x Kết luận: So điều kiện, nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (1;0);(2;1) . S x y Nhận xét. Tuy đ}y không phải l| h|m số bậc 3 nhưng tôi muốn đưa v|o để c{c bạn có thể th|nh thạo việc tìm điều kiện biểu thức bậc 2 dựa v|o số chính phương. Để thực h|nh điều n|y, ta có thể giải v| theo dõi ví dụ sau: Ví dụ 452. Giải hệ phương trình: 4 4 22 3 2 5 2 ( 2) 8 4 0 x x y y x x y y y () I Đề thi thử số 2 THPT Quốc Gia 2015 – Tạp chí Toán Học & Tuổi Trẻ số 450 Lời giải. Điều kiện: 2. x 4 44 44 2 2 ( 2) ( ) 2 ( 2) 5 5 () ( 2) 4 ( 2) 4 0 0 f x f y x x y y I x y y x y y y (1) (2) Xét hàm số 4 ( ) 5 f t t t trên 0; có 3 4 2 ( ) 1 0, 0. 5 t f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên [0; ). Suy ra: 4 44 ( 2) ( ) 2 2 f x f y y x x y và thế vào (2), ta được: 74 (2) ( 2 4) 0 0 2 y y y y y x hoặc 74 2 4 0 y y y (3) Xét hàm số 74 ( ) 2 4 f y y y y trên [0; ) có: 63 ( ) 7 8 1 0, 0 f y y y y nên hàm số () fy luôn đồng biến trên [0; ). Mà (1) 0 1, fy suy ra: 3. x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (2;0);(3;1) . S x y Ví dụ 453. Giải hệ phương trình: 6 3 2 2 9 30 28 1 5 2 ( 1) 2 6 0 x y x y y x y x x y x (1) (2) Phân tích. Từ (1) ta có x, y độc lập nhau tức 6 2 3 2 (1) 9 28 30 x x y y y hay 2 3 2 3 2 ( ) 9 28 30 x x y y y v| dựa v|o vế tr{i để x}y dựng h|m đặc trưng dạng 3 ( ) . f t t t Gán 1000 A vào casio, nhập 3 3 2 9 28 30, A A X X X rồi bấm shift solve, cho ta kết quả: 997 1000 3 3 . X X A Khi đó ta sẽ viết phương trình 2 3 2 3 2 2 (1) ( ) ( 3) ( 3) ( ) ( 3) 3 x x y y f x f y x y rồi thế v|o phương trình còn lại sẽ tìm được mối liên hệ giữa x, y v| có lời giải chi tiết như sau: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 432 Lời giải. Điều kiện: 5 2 6 0 y yx 2 3 2 3 2 (1) ( ) ( ) ( 3) ( 3) ( ) ( 3). x x y y f x f y Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, . f t t t Do đó () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 2 2 ( ) ( 3) 3 3. f x f y x y y x Thế vào (2), ta được: 22 (2) 1 2 2 ( 1) 2 3 0 x x x x x x 22 ( 1) ( 1) ( 1) 2 ( ) ( ) ( ) 2 ( 1) ( ). x x x x x x f x f x Xét hàm số 2 ( ) 2 f z z z z trên có 2 2 2 ( ) 1 2 0, . 2 z f z z z z Do đó () fz tăng trên . Suy ra 1 ( 1) ( ) 1 1. 2 f x f x x x x y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là 1 ( ; ) ;1 2 S x y Ví dụ 454. Giải hệ: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) 4 6 3 0 ( 1) ( 1)( 1) x xy x y xy x x xy xy x y x x x (1) (2) Phân tích. Nhận thấy cả 2 phương trình không độc lập được x, y ở 2 vế, nhưng để ý ở phương trình (2) nếu xem t xy thì rõ r|ng t, x độc lập ở 2 vế v| ta sẽ x}y dựng h|m đặc trưng. Thật vậy từ 2 2 2 2 2 (2) ( 2 1) ( 1) ( 1) xy x y xy x y x x x 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 ( ) ( 1) xy x y xy x x x f xy f x với h|m đặc trưng l| 32 () f t t t t có 2 2 2 ( ) 3 2 1 2 ( 1) 0 f t t t t t với mọi t nên đã tìm được mối liên hệ giữa x, y, rồi thế v|o phương trình còn lại v| có lời giải sau: Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 (2) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 ( ) ( 1). xy x y xy x x x f xy f x Xét hàm số 32 () f t t t t trên có 2 2 2 ( ) 3 2 1 2 ( 1) 0, . f t t t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: ( ) ( 1) 1. f xy f x xy x 22 (1) 2 ( 1) 2 3 ( 2) 4 6 3 0 x x x x x x x 22 ( 1)(1 2 3) ( 2) ( 4 6) 0 x x x x x x (3) Đặt 22 2 2 2 22 22 2 23 2 3 0 2 3 3 46 4 6 0 2 b a x a x x a x x ba b x x x b x x 2 2 2 2 11 (3) (1 ) (1 ) 0 22 b a b a ab 2 2 2 2 (1 )( 1) (1 )( 1) 0 a b a b b a khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 433 2 2 2 2 2 2 (1 )( ) (1 )( ) 0 ( )( 2) ( ) 0 a b a b b a b a b a a b b a ( ) ( )( 2) 1 0 b a a b a b a b do ( )( 2) 1 0, , 0. a b a b a b Với , ab suy ra: 22 31 2 3 4 6 23 x x x x x y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là 31 ( ; ) ; 23 S x y c. Dạng 3. Có 1 phƣơng trình dạng: 32 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 () ( ) ( ) a x b x c x d a y b c y d a x b c y d a y b c y d Khi đó ta sẽ biến đổi phương trình mà cần bám sát vào căn thức để xây dựng hàm đặc trưng. Để hiểu kỹ hơn vấn đề này, ta cùng xét các ví dụ sau: Ví dụ 455. Giải hệ phương trình: 2 22 (4 1) ( 3) 5 2 0 4 2 3 4 7 x x y y x y x (1) (2) Đại học khối A năm 2010 Phân tích. Nhận thấy phương trình (1) có x, y độc lập được ở 2 vế v| có dạng cơ bản: 32 1 1 1 1 2 2 2 2 () a x b x c x d a y b c y d nên sẽ nghĩ đến việc sử dụng phương ph{p hàm. Khi đó ta sẽ b{m s{t v|o căn thức để x}y dựng h|m số đặc trưng, nghĩa l| viết: 3 (1) 4 (3 ) 5 2 . x x y y Do trong căn thức chứa 2y nên sẽ nh}n 2 cho hai vế để tạo lượng 2y bên ngo|i, tức: 3 (1) 8 2 (6 2 ) 5 2 . x x y y Biểu thức trong căn chứa 52y nên viết 3 2 3 8 2 ( 5 2 ) 1 5 2 ( 5 2 ) 5 2 x x y y y y 33 (2 ) (2 ) ( 5 2 ) 5 2 (2 ) ( 5 2 ) x x y y f x f y nên đã x}y dựng được h|m số đặc trưng ở 2 vế có dạng 3 () f t t t có 2 ( ) 3 1 0 f t t luôn đồng biến trên . Từ đó tìm được mối liên hệ giữa x, y, rồi thế v|o (2) v| có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Điều kiện: 35 ; 42 xy 33 (1) (2 ) (2 ) ( 5 2 ) 5 2 (2 ) ( 5 2 ). x x y y f x f y Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 3 0 4 (2 ) ( 5 2 ) 2 5 2 0 1 (5 4 ) 2 x f x f y x y yx Thế vào phương trình (2) ta được: 2 2 2 1 (2) 4 (5 4 ) 2 3 4 7 0 4 x x x (3) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 434 Do sử dụng casio tìm được (3) có nghiệm duy nhất 1 2 x nên có thể xử lý phương trình (3) bằng phương ph{p h|m số như sau: (có thể giải bằng liên hợp). Xét hàm số 2 2 2 1 ( ) 4 (5 4 ) 2 3 4 7 4 f x x x x trên 3 0; 4 có: 22 4 4 3 ( ) 8 2 (5 4 ) 2 ( 1 4 ) 0, 0; 4 3 4 3 4 f x x x x x x x xx Do đó hàm số () fx nghịch biến trên 3 0; 4 và có 11 0 7. 22 f x y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là 1 ( ; ) ;7 2 S x y Ví dụ 456. Giải hệ phương trình: 32 22 2 12 25 18 (2 9) 4 3 1 3 14 8 6 4 y y y x x x x x y y (1) (2) Đề thi thử THPT Quốc Gia 2015 – THPT Nghi Sơn – Tỉnh Thanh Hóa Phân tích. Nhận thấy từ: 3 2 2 (1) 2 12 25 18 2( 4) 1 4 y y y x x hay 3 2 3 (1) 2 12 25 18 2( 4) 4. y y y x x Sử dụng casio g{n 1000 A và nhập 3 2 3 2 12 25 18 2 X X X A A v| bấm shift solve, được 998 1000 2, X nghĩa l| viết: 33 (1) 2( 2) ( 2) 2( 4) 4 ( 2) ( 4) y y x x f y f x với h|m đặc trưng 3 ( ) 2 f t t t luôn đồng biến trên nên có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Điều kiện: 1 3 x và 2 10 2 10. y 33 (1) 2( 2) ( 2) 2( 4) 4 ( 2) ( 4). y y x x f y f x Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t trên có 2 ( ) 6 1 0, . f t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 ( 2) ( 4) 2 4 4 , f y f x y x x y y với 2. y Thế vào phương trình 2 (2) 3 1 6 3 14 8 0 x x x x (3) Do sử dụng casio, tìm được 5 x l| nghiệm duy nhất (3), nên ghép hằng số liên hợp. 2 (3) ( 3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0 x x x x 3( 5) 5 ( 5)(3 1) 0 3 1 4 1 6 xx xx xx 31 ( 5) 3 1 0 5 1. 3 1 4 1 6 x x x y xx Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (5;1) S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 435 Ví dụ 457. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 2 2 1 3 1 9 4 2 6 7 y y x x x y x y (1) (2) Đề thi thử THPT Quốc Gia 2015 – THPT Trần Phú – Thanh Hóa Phân tích. Nếu chuyển vế v| rút 1 x l|m nh}n tử thì (1) có dạng cơ bản, tức có: 3 2 3 (1) 2 (3 2 ) 1 2( 1 ) 1 1 2( 1 ) 1 y y x x x x x x v| 2 vế có dạng h|m đặc trưng 3 ( ) 2 f t t t luôn đơn điệu trên . Từ đó có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 33 1, 22 xy 33 (1) 2 2( 1 ) 1 ( ) ( 1 ). y y x x f y f x Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t trên có 2 ( ) 6 1 0, . f t t t Do đó () ft tăng trên . Suy ra: 2 3 ( ) ( 1 ) 1 0 1 , 0 2 f y f x y x y x y Thế vào phương trình 2 (2) 4 5 2 6 1 x x x (3) Phương trình (3) dạng 2 , ax b cx dx e có rất nhiều hướng giải. Sau đ}y, tôi xin được trình c{ch giải bằng liên hợp, lũy thừa, đặt ẩn phụ, đưa về dạng 22 . AB Hƣớng 1. Sử dụng chức năng table của casio, tìm được nhân tử 2 41 xx . Do 2 3 2 3 4 5 0 4 5 3 2 2 3 2 4 1 0 x x x x x x xx và thế vào (3) không thỏa nên xét 2 2 3 4 5 0 4 1 0, x x x x ta có: 2 22 2( 4 1) (3) 2( 4 1) (2 3) 4 5 0 4 1 0 2 3 4 5 xx x x x x x x xx 4 1 12 2 1 0 4 5 1 2 . 2 2 3 4 5 2 12 x x xx xx y x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là 4 ( ; ) (1 2; 2) S x y Hƣớng 2. Lũy thừa lên sau khi biết nhân tử là 2 4 1. xx 22 4 3 2 2 2 2 6 1 0 2 6 1 0 (3) 6 8 2 1 0 ( 4 1) ( 2 1) 0 x x x x x x x x x x x x 2 4 2 2 2 6 1 0 1 2 2. 4 1 0 2 1 0 xx xy xx xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 436 Hƣớng 3. Đặt 22 22 4 12 9 4 5 3 1 2 3 4 5 2 6 1 2 3 3 1 y y x y y x yx x x y x x y 22 2( ) 0 ( )( 2) 0 x y x y x y x y x y hoặc 2. yx Với , yx suy ra: 4 5 2 3 : xx vô nghiệm 3 0; 2 x Với 2, yx suy ra: 4 2 1 12 4 5 1 2 2 2 2 1 0 x x xx y xx Hƣớng 4. Nhân 2 vế của phương trình (3) cho 2, ta được: 2 2 2 (3) 2 4 5 4 12 2 ( 4 5 1) (2 2) x x x x x 4 4 5 1 2 2 4 5 2 3 1 2 4 5 1 2 2 4 5 1 2 2 x x x x x x x x x y Ví dụ 458. Giải hệ phương trình: 32 3 2 2 2 3 ( 1) 2 3 2 3 5 3 2 7 14 19 3 9( 1) x x x y y y x x x y y y (1) (2) Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Gia Định – Tp. Hồ Chí Minh Phân tích. Viết 3 2 2 (1) 3 5 3 ( 4) 2 [( 2) 2] 2 y y y x x x x hay 3 3 2 ( 2) 2 2 3 5 3. x x y y y Gán 1000 A v|o casio v| nhập phương trình 3 3 2 2 3 5 3, A A X X X rồi bấm shift solve, được 999 1000 1, X tức 33 (1) ( 2) 2 2 ( 1) 2( 1) x x y y với h|m đặc trưng 3 ( ) 2 f t t t luôn đồng biến trên . Từ đó sẽ tìm được mối liên hệ giữa x, y v| có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Điều kiện: 2. x 33 (1) ( 2) 2 2 ( 1) 2( 1) ( 2) ( 1). x x y y f x f y Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t trên có 2 ( ) 3 2 0, . f t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 1 ( 2) ( 1) 2 1 2 ( 1) y f x f y x y xy 3 2 2 2 3 (2) 2 7( 1) 26 3. 9( 1) x x x y y và thế 2 2 ( 1) xy thì: 32 3 2 6 12 3. 9( 2) x x x x (3) Do sử dụng casio, tìm được nghiệm duy nhất 1 x của phương trình (3) nên có thể giải bằng liên hợp, bất đẳng thức, h|m số. Ta có: 33 (3) 3. 9( 2) 3. 3.3.( 2) 3 3 2 8 Cauchy VP x x x x (4) Mà: 3 2 2 (3) 2 6 12 8 ( 1) ( 4) 0 : VT x x x x x x đúng 2 x (5) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 437 Do đó nghiệm của (3) là các giá trị làm cho dấu đẳng thức của (4) và (5) đồng thời xảy ra 1, x suy ra: 3 1. y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm của hệ cần tìm là ( ; ) (1; 3 1) S x y Ví dụ 459. Giải hệ phương trình: 2 3 2 3 2 1 3 2 12 3 2 3 y x x x x y y (1) (2) ( , ). xy Phân tích. Từ điều kiện: 1 y nên viết 3 2 2 (2) 3 2 ( 3) 3 x x y y y y hay 3 2 2 3 3 2 ( 3) 3 3 ( 3) 3 . x x y y y y Tương tự c{c ví dụ trước, sử dụng casio, sẽ viết lại: 33 (2) ( 1) 3( 1) ( 3) 3 3. x x y y Do 2 x và 1 y nên 1 1, 3 2. xy Lúc n|y xét h|m đặc trưng 3 ( ) 3 f t t t với 1 t thì 22 ( ) 3 3 3( 1) 0, 1 f t t t t nên () ft luôn đồng biến trên [1; ). Lời giải. Điều kiện: 2, 1. xy 33 (2) ( 1) 3( 1) ( 3) 3 3 ( 1) ( 3). x x y y f x f y Xét hàm số 3 ( ) 3 f t t t trên 1; có 2 ( ) 3( 1) 0, 1. f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên 1; . Suy ra: 2 ( 1) ( 3) 1 3 2 2. f x f y x y y x x Thế vào 22 (2) 2 3 3 2 12 0 x x x x (3) với điều kiện: 3. x Sử dụng casio, tìm được phương trình (3) có nghiệm duy nhất nên có thể sử dụng phương ph{p h|m số hoặc liên hợp để giải nó. Hƣớng 1. Sử dụng kỹ thuật nhân lượng liên hợp. 22 (3) 2 3 3( 2 1) 9 0 x x x x 3( 3) ( 1)( 3) ( 3)( 3) 0 21 x x x x x x 3 3 1 ( 3) 3 0 3 1. 21 x x x x x y x Do 3 1 ( 3) 3 0, 3. 21 x x x x x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (3;1) S x y Hƣớng 2. Sử dụng phương pháp hàm số. Xét hàm số 22 ( ) 2 3 3 2 12 f x x x x x trên 3; có: 2 31 ( ) 2 0, 3. 22 23 x f x x x x xx Suy ra () fx đồng biến 3; . Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 438 Mà (3) 0 3 fx là nghiệm duy nhất của phương trình (3). Suy ra: 1. y Ví dụ 460. Giải hệ phương trình: 32 2 5 2 (15 2 ) 6 (4 9) 2 3 0 x x y x x y y (1) (2) Học sinh giỏi tỉnh Long An năm 2014 Phân tích. Nhận thấy (2) có dạng cơ bản 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) ( ) . a x b c y d a y b c y d Khi đó ta dựa v|o biểu thức trong căn thức ở 2 vế để đi tìm h|m đặc trưng, nghĩa l|: (2) 2(6 ) 3 6 2(2 3) 3 2 3 x x y y 22 2( 6 ) 3 6 2( 2 3) 3 2 3 x x y y 33 2( 6 ) 3 6 2( 2 3) 3 2 3 ( 6 ) ( 2 3). x x y y f x f y Đã x{c định h|m đặc trưng 3 ( ) 2 3 f t t t luôn đồng biến trên v| có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 3 6; 2 xy 33 (2) 2( 6 ) 3 6 2( 2 3) 3 2 3 ( 6 ) ( 2 3). x x y y f x f y Xét hàm số 3 ( ) 2 3 f t t t trên có 2 ( ) 6 3 0, . f t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 6 ) ( 2 3) 6 2 3 2 3 2 . f x f y x y y x Thế vào 32 (1) 2 2 0, x x x suy ra: 1 1 x y hoặc 1 2 x y hoặc 2 5 2 x y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm của hệ là 5 ( ; ) (1;1);( 1;2); 2; 2 S x y Ví dụ 461. Giải hệ phương trình: 2 (23 3 ) 7 (3 20) 6 0 2 2 2 3 8 3 14 8 x x y y x y y x x x (1) (2) Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Bến Tre – Tỉnh Bến Tre Phân tích. Tương tự, từ 22 (1) 3( 7 ) 2 7 3( 6 ) 2 6 x x y y 32 3( 7 ) 2 7 3( 6 ) 2 6 ( 7 ) ( 6 ). x x y y f x f y Từ đó đã x}y dựng được h|m đặc trưng 3 ( ) 3 2 f t t t luôn đồng biến trên . Lời giải. Điều kiện: 7, 6, 2 2 0, 2 3 8 0. x y x y y x 32 (1) 3( 7 ) 2 7 3( 6 ) 2 6 ( 7 ) ( 6 ). x x y y f x f y Xét hàm số 3 ( ) 3 2 f t t t trên có 2 ( ) 9 2 0, f t t t nên () ft tăng trên . Suy ra: ( 7 ) ( 6 ) 7 6 1 f x f y x y y x và thế vào (2) thì: 2 (2) 3 1 6 3 14 8 0 x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 439 2 1 ( 3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0; ;6 3 x x x x x 3( 5) 5 ( 5)(3 1) 0 3 1 4 1 6 xx xx xx 31 ( 5) 3 1 0 5 4. 3 1 4 1 6 x x x y xx Do: 3 1 1 3 1 0, ;6 3 3 1 4 1 6 xx xx Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (5;4) S x y Ví dụ 462. Giải hệ phương trình: 22 3 (4 2)(1 1) 3 (2 9 3) 0 4 3 5 3 1 3 0 x x x y y x y y Học sinh giỏi khu vực Đồng Bằng Sông Cửu Long Phân tích. Từ (1) có x, y độc lập nhau nên sẽ nghĩ đến phương ph{p h|m số. Nếu chuyển vế phương trình (1) v| để ý đến tính chất số chính phương 22 () aa ta thu được: 22 (1) (4 2) (1 1) ( 3 ) (2 ( 3 ) 3) 0. x x x y x Ở vế phải có dạng h|m đặc trưng 2 ( ) .(2 3) f t t t nên sẽ dựa v|o nó để x}y dựng bên vế tr{i. Do trong căn có hằng số 3 nên ta sẽ tạo ra bằng c{ch rút số 2 ở 4 2 2.(2 1) xx để đưa v|o căn, tức: 22 (1) (4 2) (1 1) (2 1) (2 4 4 1) VT x x x x x x hay 2 (1) (2 1) 2 (2 1) 3 VT x x cũng dạng h|m số đặc trưng giống vế phải. Tức: 22 (1) (2 1) 2 (2 1) 3 ( 3 ) 2 ( 3 ) 3 x x y x v| có lời giải như sau: Lời giải. Điều kiện: 1 3 y 22 (1) (2 1)[2 (2 1) 3] ( 3 )[2 ( 3 ) 3] 0 (2 1) ( 3 ). x x y x f x f y Xét hàm số 2 ( ) .(2 3) f t t t trên có 2 2 2 ( ) 2 3 0, . 3 t f t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra (2 1) ( 3 ) 2 1 3 . f x f y x y 3 (2) 4 2 3 2 2 6 0 x x x (3), điều kiện 1. x Xét hàm số 3 ( ) 4 2 3 2 2 6 f x x x x trên 1; có: 2 3 ( ) 12 2 0, 1. 22 f x x x x Nên hàm số () fx đồng biến 1; . Suy ra ( ) 0 fx có nghiệm duy nhất mà ta có: 1 ( 1) 0 1 3 f x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 440 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ phương trình là 1 ( ; ) 1; 3 S x y Ví dụ 463. Giải hệ phương trình: 22 2 (18 9) 1 4 27 (1) (2 3) 24 .(2 9) (2) x x x y y y x y Đề thi thử THPT Quốc Gia 2015 – TTLT Đại học Ngoại Thương – Tp. HCM Phân tích. Nhận thấy (1) VP bên trong căn có 22 4 (2 ) yy nên sẽ tạo ra 2y ở bên ngo|i căn bằng c{ch nh}n thêm 2 ở hai vế (1) v| đưa số 2 n|y v|o căn ở vế tr{i của nó. Tức 22 (1) 9.(2 1) 4 4 4 2 . (2 ) 27 x x x y y v| lúc n|y thấy bên ngo|i ở vế trái có 21 x nên viết 22 (1) 9.(2 1). (2 1) 3 (2 ). (2 ) 27. x x y y Vẫn chưa xuất hiện h|m đặc trưng ở 2 vế, nếu để ý vế tr{i có số 9, rồi chuyển vế v| đưa số 1 3 v|o căn thì sẽ được h|m đặc trưng ở 2 vế giống nhau dạng: 2 ( ) . 3, f t t t nghĩa l|: 2 2 2 2 2 (1) (2 1). (2 1) 3 3 (2 1) 3 3 3 y y y x x f x f Lời giải. Điều kiện: 0. x 2 2 2 2 2 (1) (2 1). (2 1) 3 3 (2 1) 3 3 3 y y y x x f x f Xét hàm số 2 ( ) . 3 f t t t trên có 2 2 2 ( ) 3 0, . 3 t f t t t t Nên hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 (2 1) 6 3 2 . 3 y f x f x y 22 (2) ( 1) 4 .( 1) 0 4 2 4 1 0 x x x x x x x x (3) Do 0 x không là nghiệm của phương trình (3) nên chia 2 vế (3) cho 0: x 4 1 1 1 (3) 4 2 0 4 2 0 x x x x xx xx (4) Đặt 1 , tx x suy ra: 2 1 2 tx x nên 2 (4) 4 4 0 2. t t t Suy ra: 2 3 2 2 1 2 ( ) 2 1 0 1 2 21 12 2 2 x x x x x x y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là 21 12 2 ( ; ) 3 2 2; 2 xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 441 Ví dụ 464. Giải hệ phương trình sau: 22 2 ( 3 1 3 )(1 3 9 ) ( 3 1 3 )(1 3 9 ) (1) 1414 3 2 1 2 (2) 625 x x x x y y y y x y y Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Lê Quí Đôn – Tỉnh Bình Định Lời giải. Điều kiện: 11 0 ; 0 33 xy Nhân 2 vế của (1) cho 2, ta được: 22 (1) ( 3 1 3 ) (2 2 3 9 ) ( 3 1 3 ) (2 2 3 9 ) x x x x y y y y 22 ( 3 1 3 ) [1 (1 2 3 9 )] ( 3 1 3 ) [1 (1 2 3 9 )] x x x x y y y y Áp dụng hằng đẳng thức: 3 3 3 2 2 ( ) 3 ( ) ( )( 2 ), a b a b ab a b a b a b ab ta được: 32 ( 3 1 3 ) ( 3 1 3 ) (3 1 3 2 3 9 ) x x x x x x x x Hay 32 32 ( 3 1 3 ) ( 3 1 3 ) (1 2 3 9 ) ( 3 1 3 ) ( 3 1 3 ) (1 2 3 9 ) x x x x x x y y y y y y Do đó: 33 (1) ( 3 1 3 ) ( 3 1 3 ) ( 3 1 3 ) ( 3 1 3 ) x x x x y y y y ( 3 1 3 ) ( 3 1 3 ). f x x f y y Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 1 3 0, . f t t t Do đó () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 3 1 3 ) ( 3 1 3 ) 3 1 3 3 1 3 f x x f y y x x y y ( 3 3 ) ( 1 3 1 3 ) 0 x y y x và do 0 xy thì hệ vô nghiệm nên liên hợp được: 3( ) 3( ) 0 3 3 1 3 1 3 x y x y x y y x 33 ( ) 0 . 3 3 1 3 1 3 x y x y x y y x Thế vào phương trình 2 1414 (2) 3 2 1 2 0 625 x x x (3) Xét hàm số 2 1414 ( ) 3 2 1 2 625 f x x x x trên đoạn 1 0; 3 có: 3 2 2 1 ( ) 2 3 0 ( ) 2 0, 0; 3 1 2 ( 1 2 ) f x x f x x xx Do đó hàm số () fx nghịch biến trên đoạn 1 0; 3 Suy ra: 1 112 ( ) 5 0. 3 27 f x f Do đó hàm số () ft đồng biến trên 1 0; 3 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 442 Mà: 88 0, 25 25 fx suy ra: 8 25 y Kết luận: 88 ( ; ) ; 25 25 S x y Nhận xét. C{c dạng cơ bản thường gặp khi trong hệ m| có một phương trình chứa: 22 ( ) 1 ( ) 1 1 PP ax ax by by Liên hợp để sử dụng h|m số. 3 2 3 2 1 1 1 1 2 2 2 PP a x b x c x d a y b y c y sử dụng casio hoặc đồng nhất để đưa về dạng 33 ( ) ( ) ( ) ( ) m ax b n ax b m cy d n cy d v| sử dụng h|m số. 32 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) PP a x b x c x d a y b c y d a x b c y d a y b c y d b{m s{t v|o căn thức (bậc thấp nhất trong phương trình) để x}y dựng h|m đặc trưng v| sử dụng h|m số. 2. Một số kỹ năng làm xuất hiện hàm số đặc trƣng a. Chia để xuất hiện hàm số đặc trưng Trong một số b|i toán, biến x v| y chưa độc lập ở 2 vế, ta cần chia để chúng độc lập nhau hoặc sau khi chia chúng chưa độc lập nhau nhưng vẫn x}y dựng được h|m đặc trưng ở 2 vế. Ta cùng xét c{c ví dụ sau để hiểu rõ hơn vấn đề n|y. Ví dụ 465. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 2 2 .(4 1) 2.( 1). 6 . .(2 2 4 1) 1 y x y y y x x y y (1) (2) Học sinh giỏi tỉnh Quảng Nam năm 2014 – 2015 Phân tích. Từ (2) nếu chia cho 2 0, y thì sẽ độc lập được x, y ở 2 vế nên khả năng sử dụng h|m số l| rất cao. Thật vậy: 2 2 1 1 1 (2) 2 2 (2 ) 1 1 x x x y y y với h|m đặc trưng 2 ( ) . 1 f t t t t v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0. y Do 0 y không là nghiệm hệ nên xét 0 y và từ (2), để hệ phương trình có nghiệm thì 0. x 2 2 1 1 1 1 (2) 2 2 (2 ) 1 1 (2 ) x x x f x f y y y y Xét 2 ( ) . 1 f t t t t trên 0; có: 2 2 2 ( ) 1 1 0, 0. 1 t f t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên (0; ). Suy ra: 11 (2 ) 2 f x f x yy Thế vào 32 (1) 2( 1) 6 0 y y y y (3) Sử dụng casio, tìm được phương trình (3) có nghiệm duy nhất 1 y v| quan s{t thấy vế tr{i của (3) có đạo h|m có khả dương nên sử dụng h|m số để giải. khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 443 Xét hàm số 32 ( ) 2( 1) 6 f y y y y y trên (0; ) có: 2 2 1 ( ) 3 4 0, 0 y f y y y y y y nên () fy đồng biến trên (0; ). Do đó phương trình ( ) 0 fy có tối đa 1 nghiệm mà 1 (1) 0 1 2 f y x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là 1 ( ; ) ;1 2 S x y Ví dụ 466. Giải hệ phương trình: 2 2 2 22 .(1 1 ) 1 73 x y y x x x x xy x x xy xy (1) (2) Phân tích. Nhận thấy nếu chia (1) cho 2 0 x sẽ độc lập được x, y ở 2 vế của phương trình. Thật vậy: 22 2 11 (1) 1 1 y y y x x x nên khả năng sử dụng h|m số l| rất cao. Vấn đề ở đ}y l| đi tìm điều kiện của x để khi đưa v|o căn thức không phải chia ra c{c trường hợp d|i dòng ?!. Lời giải. Điều kiện: 2 2 0 0 x x xy x x xy và 0. xy Do: 22 1 1 0, 1 0 y x x nên từ (2), suy ra: 2 0 xy với 2 0 x và do từ điều kiện 0, xy suy ra: 0 y và 0. x 2 2 1 1 1 1 (1) 1 1 ( ) y y y f y f x x x x Xét hàm số 2 ( ) . 1 f t t t t trên (0; ) có 2 2 2 ( ) (1 1 ) 0. 1 t f t t t Do đó hàm số () ft nghịch biến trên (0; ). Suy ra: 11 () f y f y xx Thế 1 xy vào (2), được: 22 (2) 1 1 7 3 x x x x (3) Xét hàm số 22 ( ) 1 1 f x x x x x trên (0; ) có: 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 () 2 1 2 1 4 4 4 4 4 4 x x x x fx x x x x x x x x 22 2 1 2 1 (2 1) (2 1). (2 1) 3 (2 1) 3 xx f x f x xx Xét hàm số 2 () 3 z fz z trên có 23 3 ( ) 0, . ( 3) f z z z Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 444 Do đó () fz đồng biến trên và có 2 1 2 1 xx nên (2 1) (2 1) f x f x hay (2 1) (2 1) 0, f x f x suy ra: ( ) 0, . f x x Suy ra () fx đồng biến (0; ) và có 1 ( ) (2) 7 3 2 2 f x f x y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là 1 ( ; ) 2; 2 S x y Ví dụ 467. Giải hệ phương trình: 2 2 2 11 3 2 4 3 8 (1) 22 1 .(2 2 4 1) (2) xx yy x x x y y Phân tích. Xuất ph{t từ (2), nếu chia hai vế cho 2 0 x thì sẽ độc lập được x, y ở hai vế nên khả năng sử dụng h|m số l| rất cao. Thật vậy: 22 2 11 (2) 1 2 2 (2 ) 1 x y y y x x v| vế phải có dạng h|m đặc trưng quen thuộc 2 ( ) . 1 f t t t t có 2 2 2 ( ) 1 1 0 1 t f t t t nên sẽ đồng biến trên . Vấn đề còn lại l| đưa 1 x v|o trong căn thức, tạo ra 2 1 1 1 1 VP xx x khi 0. x Nhưng điều kiện 32 x sẽ không cho phép ta l|m điều ấy m| cần phải chia ra 2 trường hợp }m, tức 3;0 x v| dương, tức 0;2 . x Để khắc phục điều n|y ta đi tìm điều kiện chặt cho x. Để ý vế phải (1) có dạng hằng đẳng thức theo biến y, nghĩa l|: 2 11 (1) 3 2.2. 3 4 3 2 1 22 xx yy 2 1 3 2 3 2 1 0 3 1 2 2 x x x x y 3 3 2 2 2 1 2. x x x x x x Khi đó đưa x v|o căn dễ d|ng. Lời giải. Điều kiện: 12 0 1 6 x y y 2 2 1 1 1 1 (2) 1 2 2 (2 ) 1 (2 ). y y y f f y x x x x Xét hàm số 2 ( ) . 1 f t t t t trên có 2 2 2 ( ) 1 1 0, . 1 t f t t t t khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 445 Do đó hàm số () ft tăng trên . Suy ra: 1 1 1 (2 ) 2 2 f f y y x x x y Thế vào phương trình (1) 5 3 2 8 0 x x x (3) Sử dụng casio, tìm được 1 x l| nghiệm duy nhất của (3) nên có thể sử dụng phương ph{p liên hợp hoặc phương ph{p h|m số hoặc bất đẳng thức để giải. (3) ( 1) 5 ( 3 2) ( 2 1) 0 x x x 5 1 1 ( 1) 1 0 1 2 3 2 2 1 x x y xx Do: 5 1 3 3 1 1 0, 1;2 3 2 2 1 3 2 2 1 x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm của hệ là 1 ( ; ) 1; 2 S x y Ví dụ 468. Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 2 4 2 3 2 4 1 2 1 3 2 1 2 1 2 2 4 1 x y x x y x x y x x x x y y (1) (2) Phân tích. Từ (2) nếu chuyển vế 3 3 2 4 2 2 (2) 2 2 4 1 x y x y y x x x và chia cả hai vế cho lượng 3 0 x sẽ độc lập được x, y ở 2 vế v| sẽ xuất hiện h|m đặc trưng. Thật vậy: 2 2 1 1 1 1 (2) 2 2 2 1 1 2 y y y f y f x x x x Từ đó sẽ tìm được mối liên hệ giữa x v| y, rồi thế v|o phương trình còn lại sẽ tìm được x, y. Lời giải. Điều kiện: 22 1 2 0, 1 2 0 x y x y và 1 1. x Với 0, x thì hệ 33 00 nên hệ có nghiệm ( ; ) (0; ), . x y y y Với 0, x thì 2 2 1 1 1 1 (2) 2 2 (2 ) 1 1 2 y y y f y f x x x x Xét hàm số 2 ( ) . 1 f t t t t có 2 2 2 ( ) 1 1 0, . 1 t f t t t t Nên hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra 11 (2 ) 2 2 1. f y f y xy xx Thế 21 xy vào 2 (1) 4 1 1 3 2 1 1 x x x x (3) Đặt 1 0, 1 0 a x b x và 22 3 1 2.( 1) 2 . x x x a b 22 (3) 2 4 2 0 (2 )( 2) 0 2 2. a b ab a b a b a b b a a b Với 2, ab suy ra: 1 1 2 0 x x x (loại do 0). x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 446 Với 2, ba suy ra: 35 2 1 1 56 x x x y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 35 ( ; ) ; ; 0; , 56 S x y y y Ví dụ 469. Giải hệ phương trình: 3 2 3 3 2 4 3 1 2 (2 ) 3 2 (1) 2 14 3 2 1 (2) x x x x y y x x y Phân tích. Nếu chia hai vế của phương trình (1) cho 3 0 x thì sẽ độc lập được x, y ở hai vế, tức: 23 4 3 1 (1) 2 (4 2 ) 3 2 yy x xx nên khả năng sử dụng h|m số l| rất cao. Hơn nữa đ}y l| dạng cơ bản 32 ( ). ax bx cx d ex f mx n nếu ta xem 1 x l| x v| có từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 3 2, 2 xy Do 0 x thì hệ vô nghiệm nên xét 0 x và chia hai vế của (1) cho 3 0: x 2 23 4 3 1 (1) 2 (4 2 ) 3 2 ( 3 2 ) 1 3 2 y y y y x xx 3 3 1 1 1 1 1 3 2 3 2 1 3 2 . y y f f y x x x Xét hàm số 3 () f t t t có 2 ( ) 3 1 0, . f t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: 11 1 3 2 1 3 2 f f y y xx và thế vào (2): 3 (2) 2 15 1 xx (3). Đặt 2 23 3 3 2 0 2 17. 15 15 a x a x ab bx bx Kết hợp (3), suy ra hệ: 23 32 1 2 17 3 1 2 16 0 ab b ab a a b b b b Do đó: 111 2 3 7 : 98 x x y thỏa mãn điều kiện. Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình cần tìm là 111 ( ; ) 7; 98 S x y Lƣu ý. Ta có thể giải phương trình (3) bằng phương pháp hàm số như sau: Xét hàm số 3 ( ) 2 15 f x x x có 2 3 11 ( ) 0, 2. 22 3 (15 ) f t x x x Do đó hàm số () fx đồng biến trên 2; và có ( ) 1 (7) 7. f x f x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 447 Ví dụ 470. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 23 41 2 3 (4 2 ) 3 2 (1) 22 2 3 2 (2) 21 x x x yx y x x x x y x Phân tích. Nếu chuyển vế v| chia 2 vế (1) cho 2 0, x thì phương trình (1) tương đương 22 2 3 3 2 2 3 4 1 1 3 4 (4 2 ) 3 2 2 (4 2 ) 3 2 xx y y y y x x x x x 23 [( 3 2 ) 1] 3 2 ( 3 2 ) 3 2 . y y y y Khi đó g{n 1000 A vào casio v| nhập 3 2 3 3 4 2 , X X X A A rồi bấm shift solve cho ta 999, X suy ra: 1000 1 1 X X A hay viết 3 3 11 (1) 1 1 ( 3 2 ) 3 2 yy xx v| đã x}y dựng được h|m số đặc trưng 3 () f t t t đồng biến trên . Lời giải. Điều kiện: 1 1 3 0, , 2 2 2 x x y 3 1 1 1 (1) 1 1 3 2 3 2 3 2 1 3 2 . y y y f f y x x x Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra 11 1 3 2 1 3 2 f f y y xx và thế vào phương trình (2) thì : 3 23 3 1 1 1 2 2 (2) 2 1 1 2 2 2 1 1 1 x x x x x x x x x x 33 3 3 3 1 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 ff x x x x x x Xét hàm số 3 () f u u u trên có 2 ( ) 3 1 0, f u u u nên () fu đồng biến trên . Suy ra: 33 1 2 1 2 1 1 1 1 ff x x x x Đặt 1 v x thì phương trình: 3 32 51 1 0 15 2 1 2 1 2 2 35 (1 ) (2 1) 4 x v v v v tt y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là 5 1 3 5 ( ; ) ; 24 S x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 448 Ví dụ 471. Giải hệ phương trình: 3 ( 2) ( 1) ( 1) (1) 1 1 2 1 0 (2) x x y x y x x y x x Phân tích. Nếu chia hai vế của (1) cho 10 x thì sẽ độc lập được hai biến. Tức là: 3 23 (1) ( 1) 1 1 ( 1) 1. 1 ( 1) 1 xx y y y y x x x Khi đó cần biến đổi 3 3 2 3 2 ( 1) ( 1) 1 ( 1) . 1 1 1 x x x x x x x x VT x x x x x x v| đã x}y dựng được h|m đặc trưng 3 () f t t t đồng biến trên v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1, 1. xy 3 3 (1) ( 1) 1 1 . 1 1 1 x x x y y f f y x x x Xét hàm số 3 ( ) 3 f t t t trên có 2 ( ) 3 3 0, f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 11 11 xx f f y y xx và có điều kiện là 0. x Thế vào (2) được: 2 22 (2) 2 1 0 2 1 ( 1) 0 1 x x x x x x x x 2 2 0 15 ( 1) 0 1 0. 2 1 x x x x x x y xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ phương trình là 15 ( ; ) ;0 2 xy Ví dụ 472. Giải hệ phương trình: 2 (1 4 ). (1) 2 3 9 1 2 (2) 4 xy x x y y xy y x x Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Mạc Đỉnh Chi – Tp. Hồ Chí Minh Phân tích. Từ phương trình (1), nếu chia 2 vế cho 0 xx sẽ không độc lập được x, y ở 2 vế nhưng được: (1 4 ).2 . 1 (4 ) 4 1 x y y y y x x x x x x x x hay ( 4 ) y f x f x với h|m đặc trưng 23 ( ) (1 ). f t t t t t đồng biến trên . Lời giải. Điều kiện: 0, 8 0. y x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 449 Do 0 x thì hệ không thỏa nên xét 0 x và chia 2 vế (1) cho 0, xx được: (1) 1 (4 ) 4 1 ( 4 ) y y y x x f x f x x x Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 ( 4 ) 4 4 0 yy f x f x y x xx và thế vào (2) được: 3 2 2 3 2 (2) 4 12 9 1 2 4( 1) 3( 1) 1 ( 1) x x x x x x x x (3) Đặt 1 zx thì 3 3 32 4 3 0 (3) 4 3 1 (4 3 ) 1 zz z z z z z z 3 6 4 2 4 3 0 2 2 2 2 2 2 2 2 16 24 10 1 0 zz z z z z z z Với 2 , 2 z suy ra: 22 6 4 2 : 2 xy thỏa điều kiện. Với 22 , 2 z suy ra: 222 6 2 4 2 2 : 2 xy không thỏa. Với 22 , 2 z suy ra: 222 6 2 4 2 2 : 2 xy thỏa mãn. Kết luận: Nghiệm 2 2 2 2 2 ( ; ) ;6 4 2 ; ;6 2 4 2 2 22 xy Nhận xét. Trong rất nhiều trường hợp, sau khi chia hai biến x, y không ph}n ly được ở 2 vế nhưng vẫn tạo ra được h|m đặc trưng m| ví dụ trên l| điển hình. Để hiểu kỹ hơn vấn đề n|y, ta cùng xét c{c ví dụ sau: Ví dụ 473. Giải hệ phương trình: 11 10 22 12 4 4 2 2 3 7 13 8 2 . (3 3 1) x xy y y y x y x x y (1) (2) Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Lê Quí Đôn – Đà Nẵng Phân tích. Từ (1) chia 11 0, y được: 11 11 (1) ( ). x x x y y f f y y y y Khi đó suy ra: 2 xy với h|m đặc trưng 11 () f t t t luôn đồng biến trên . Lời giải. Từ 10 10 22 12 (1) ( ) , x x y y y suy ra điều kiện: 0. x Do 0 xy không là nghiệm nên xét 0, 0. xy Chia 2 vế (1) cho 11 0, y thì 11 11 (1) ( ). x x x y y f f y y y y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 450 Xét hàm số 11 () f t t t trên có 10 ( ) 11. 1 0, . f t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 ( ) 0. x f f y x y y Thế vào 2 2 2 3 (2) 7 13 8 2 (3 3 1) x x x x x x (3) Chia 2 vế (3) cho 3 0, x thì 3 2 3 3 1 1 1 1 1 (3) 7 13 8 2. 3 3 xx x x x (4) Đặt 2 11 0 t x y thì 3 3 2 2 (4) 8 13 7 2 3 3 t t t t t 3 3 2 2 2 8 12 10 3 (3 3 ) 2. 3 3 t t t t t t t 3 3 3 2 3 2 3 2 ( 3 3 ) 2 3 3 (2 1) 2(2 1) ( 3 3 ) (2 1). t t t t t t f t t f t Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t trên có 2 ( ) 3 2 0, f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 33 2 2 2 3 ( 3 3 ) (2 1) 3 3 2 1 3 3 (2 1) f t t f t t t t t t t 3 2 2 2 8 13 3 2 0 ( 1)(8 5 2) 0 8 5 2 0, t t t t t t t t (do 0) t 89 5 , 16 t thế vào 2 11 0, t x y suy ra: 16 5 89 , 2 89 5 xy Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là 16 5 89 ;; 2 89 5 xy Ví dụ 474. Giải hệ phương trình: 2 4 3 (1) 9 1 ( 1) (2) 2 x x y y x x x x x x y x Đề thi thử số 4 – TN.THPT Quốc Gia 2015 – Diễn đàn k2pi.net.vn Phân tích. Từ (1), nếu chia hai vế cho 2 0, x được: 22 11 11 yy xx xx có dạng 2 1 y ff x x với h|m đặc trưng ( ) 1 f t t t luôn đồng biến trên . Từ đó sẽ tìm được mối liên hệ giữa x, y, rồi thế v|o (2) v| có lời giải 1. Ngo|i ra, thấy phương trình (1) luôn đúng khi , xy tức luôn có nh}n tử xy nên sẽ sử dụng kỹ thuật nh}n lượng liên hợp nhằm đưa về tích số với lượng nh}n tử . xy Thật vậy 2 2 2 2 (1) .( ) x x y x x x x y x x y x x x y v| liên hợp trong dấu ( ) sẽ có nh}n tử chung ở 2 vế l| () xy v| có lời giải 2. Điều kiện: 1, 0. xy Lời giải 1. Sử dụng phương pháp hàm số. khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 451 2 Chia: 1 2 2 2 1 1 1 (1) 1 1 x y y y ff x x x x x x Xét hàm số ( ) 1 f t t t trên (0; ) có 1 ( ) 1 0, 0. 21 f t t t Suy ra hàm số () ft luôn đồng biến trên khoảng (0; ). Do đó 22 11 . yy f f y x xx xx Thế yx vào (2) 2 2 2 1 2 ( 1) 9 0 x x x x x 22 ( ) 2 . 1 ( 1) 2( 1) 8 0 x x x x x x 2 ( 1) 2( 1) 8 0 1 2 x x x x x x 5 2 0 25 2 1 2 ( 1) 4 2 ( 1) 5 2 16 25 16 x x x x x x x x y x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là 25 25 ( ; ) ; 16 16 S x y Lời giải 2. Sử dụng nhân lượng liên hợp. 2 2 2 2 (1) ( ) ( ) 0 x x y y x x x x x x y x x y x 2 2 2 2 () ( ) 0 ( ) 1 0 x y x x y x y x x y x x x y x x . yx Do 22 1 0, 1, 0. x xy x y x x Thế yx vào 9 (2) 1 ( 1) 2 x x x x x (3) Đặt 2 2 1 1 0 2 1 2 ( 1) ( 1) 2 t t x x t x x x x x x 2 2 2 8 0 19 (3) 2. 22 0 tt t tt t Suy ra: 20 25 1 2 1 2 16 45 x x x x x x y x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là 25 25 ( ; ) ; 16 16 S x y Ví dụ 475. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 ( 1 3 2)( 4 1 1) 8 20 x x y y x y x y x (1) (2) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 452 Lời giải. Từ 2 (2) 2 x x y và thế vào phương trình (1), ta được: 2 2 2 2 3 (1) ( 1 4 )( 4 1 1) 8 x x y x y x y và do 0 xy không là nghiệm 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 2 ( 4 1 1) 1 2 4 1 2 x x y x x y y x x x y y x y 2 2 2 1 2 .( 4 1 1), (3) x x x y y và 22 1 x x x x nên từ (3) có 0 y và từ 2 2 (2) 0 2. x yx x Do đó chia 2 vế (3) cho 2 0 x được: 2 2 1 1 1 1 (3) 1 2 2 1 2 2 . y y y f f y x x x x Xét hàm số 2 ( ) . 1 f t t t t trên có 2 2 2 ( ) 1 1 0, . 1 t f t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: 11 2 2 . f f y y xx Thế vào 11 (2) 2 0 4 : 28 x x x y thỏa mãn điều kiện. b. Kết hợp 2 phương trình bằng phương pháp cộng để tạo ra hàm đặc trưng Trong nhiều b|i to{n, ta cần có sự kết hợp giữa 2 phương trình trong hệ mới tạo ra được h|m số đặc trưng. Vấn đề đặt ra l| khi n|o cộng, khi n|o trừ, khi n|o lấy phương trình n|y cộng n lần phương trình kia, x{c định gi{ trị n n|y như thế n|o v| dấu hiệu nhận dạng ra sao ?! Để trả lời những c}u hỏi n|y, ta cùng xét c{c ví dụ với những lời ph}n tích tìm lời giải m| ở đó t{c giả sẽ truyền tải đến c{c bạn những thủ thuật, những kinh nghiệm sẽ giúp bạn trả lời được c{c c}u hỏi trên. Ví dụ 476. Giải hệ phương trình: 22 22 2 5 3 4 3 3 1 0 x x x y y x y x y (1) (2) Học sinh giỏi tỉnh Tuyên Quang năm 2015 Phân tích. Nhận thấy (2) có dạng bậc hai nhưng biệt số delta không l| số chính phương nên không giải được bằng phương ph{p hằng số biến thiên. Quan s{t thấy (1), (2) đều độc lập theo x, y ở 2 vế nhưng cũng không tìm được h|m đặc trưng. Khi đó sẽ nghĩ đến việc kết hợp giữa 2 phương trình để x}y dựng h|m đặc trưng. Viết hệ 22 22 2 5 3 4 3 1 3 x x x y y x x y y v| cộng 2 vế phương trình với nhau sẽ thu được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 5 4 ( 1) ( 1) 4 4. x x x x y y x x y y Đến đ}y, nếu viết ( 1) ( ) f x f y sẽ khó khăn cho việc xét h|m 22 ( ) 1, f t t t bởi lẽ 2 ( ) 2 1 t f t t t chưa khẳng định được dấu v| cần tìm điều kiện cho 1 x và khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 453 y nên sẽ d|i dòng. Nhưng viết 22 (( 1) ) ( ) f x f y có h|m đặc trưng ( ) 1 f t t t với 1 ( ) 1 0, 0 21 f t t t sẽ luôn đồng biến trên 0; . Lời giải. Lấy phương trình (1) cộng với phương trình (2): 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 4 4 (( 1) ) ( ). x x y y f x f y Xét hàm số ( ) 1 f t t t trên 0; có 1 ( ) 1 0, 0. 21 f t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên 0; . Suy ra: 2 2 2 2 (( 1) ) ( ) ( 1) 1 f x f y x y y x hoặc 1. yx Với 1, yx thế vào 22 31 (2) ( 1) 3 3( 1) 1 0 22 x x x x x y Với 1, yx thế vào 22 31 (2) (1 ) 3 3(1 ) 1 0 44 x x x x x y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm hệ phương trình là 3 1 3 1 ( ; ) ; ; ; 2 2 4 4 S x y Ví dụ 477. Giải hệ phương trình: 2 2 0 3 5 0 x x y y xy y y x x y x xy y (1) (2) Phân tích. Nếu cộng hai phương trình cho nhau thì sẽ triệt tiêu đi lượng xy v| độc lập được x, y ở 2 vế, tức có biến đổi: (1) (2) 3 4 2 x x x x y y y hay 33 ( ) 3 4 2 ( ) x x x y y và gán 1000 A v|o casio, rồi nhập phương trình 3 2 3 3 4 2 , X X X A A với Xx v| bấm shift solve cho ta: 999 X hay 1000 1 1 1 X A A X nên viết 33 ( 1) ( 1) ( ) x x y y có dạng h|m đặc trưng 3 () f t t t luôn đồng biến trên . Lời giải. Điều kiện: 0, 0. xy Lấy (1) (2) 3 4 2 x x x x y y y 33 ( 1) ( 1) ( ) ( 1) ( ). x x y y f x f y Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 1) ( ) 1 f x f y x y và thế vào phương trình (2) được: (2) 3 0 0 1. x x x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (0;1) S x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 454 Ví dụ 478. Giải hệ: 2 2 2 22 3 8 2( 1) 2 2 2( 2) 4 5 2 4 8 6 x x x x x y y y x y x y (1) (2) Học sinh giỏi tỉnh Bắc Giang năm 2014 Phân tích. Nhận thấy (2) l| tam thức bậc hai nhưng biệt số delta không l| số chính phương nên không giải được bằng phương ph{p hằng số biến thiên. Quan s{t thấy cả 2 phương trình đều độc lập được x, y ở 2 vế nhưng sẽ không tìm được h|m đặc trưng. Khi đó cần có sự kết hợp giữa 2 phương trình để x}y dựng h|m đặc trưng. Trước hết viết , xy độc lập, tức hệ 2 2 2 22 3 8 2( 1) 2 2 2( 2) 4 5 4 2 8 6 x x x x x y y y x x y y Nếu cộng hai phương trình lại thì biểu thức trong v| ngo|i căn theo theo biến x, cũng như theo biến y không có mối liên hệ gì với nhau. Còn nếu trừ hai phương trình với nhau thu được: 2 2 2 2 2 4 2( 1) ( 1) 1 2 8 6 2( 2) 4 5 x x x x y y y y y 2 2 2 2 2( 1) 2( 1) ( 1) 1 2( 2) 2( 2) ( 2) 1 x x x y y y có dạng h|m số đặc trưng 22 ( ) 2 2 . 1 f t t t t có 22 2 ( 1) ( ) 2. 0, 1 tt f t t t nên () ft đồng biến trên . Từ đó suy ra mối liên hệ giữa x, y v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 (1) (2) 2( 1) 2( 1) ( 1) 1 2( 2) 2( 2) ( 2) 1 x x x y y y ( 1) ( 2). f x f y Xét hàm số 22 ( ) 2 2 . 1 f t t t t trên có 2 2 2 2 ( ) 4 2 1 1 t f t t t t 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2. . 1 ( 1 1) 2 2 1 2 2 0, . 1 1 1 t t t t t t t t t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 1) ( 2) 3. f x f y x y Thế vào phương trình 2 30 (2) 3 10 3 0 13 38 yx yy yx Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là 81 ; 0; 3 ; ; 33 S x y Ví dụ 479. Giải hệ phương trình: 22 22 2 2 2 2 1 2 2 2 0 x x x y y y x y x y (1) (2) Phân tích. Nhận thấy (2) có dạng tam thức bậc hai theo x hoặc theo y, nhưng biệt số delta không l| số chính phương nên không giải được bằng phương ph{p hằng số biến khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 455 thiên. Thấy (1), (2) có x, y độc lập nhau nhưng không tìm được h|m đặc trưng nên sẽ nghĩ đến việc kết hợp 2 phương trình lại với nhau. Trước tiên ta sẽ độc lập x, y ở 2 vế để dễ nhìn nhận cộng hay trừ chúng, tức hệ 22 22 2 2 2 2 1 2 2 2 x x x y y y x x y y v| sẽ dễ d|ng thấy cần trừ chúng, bởi lẻ nếu cộng thì bậc của x, y sẽ lệch nhau. Khi đó: 22 3 2 2 4 2 2 1 x x x y y y 22 ( 2) 2 2 (2 1) 2 1 2 1 ( 2) ( 2 1). x x x y y y f x f y Lời giải. Điều kiện: 1 2, 2 xy 22 (1) (2) 3 2 2 4 2 2 1 x x x y y y 22 ( 2) 2 2 (2 1) 2 1 2 1 ( 2) ( 2 1). x x x y y y f x f y Xét hàm số 2 () f t t t t trên 0; có 1 ( ) 2 1 2 f t t t hay Cauchy 3 1 1 1 1 3 1 ( ) 2 1 3 2 1 1 0. 22 4 4 4 4 f t t t t t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên 0; . Suy ra: ( 2) ( 2 1) 2 2 1 2 1. f x f y x y x y Thế vào phương trình 2 11 (2) 6 7 1 0 12 63 yx yy yx Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là 21 ( ; ) (1;1); ; 36 S x y Ví dụ 480. Giải hệ PT: 2 2 2 22 3 2 5 2 1 2( 1) 2 2 2 2 4 3 x x x x y y y x y x y (1) (2) Lời giải. Lấy phương trình (1) trừ cho phương trình (2), ta được: 2 2 2 2 (1) (2) 2 2 1 2 2( 1) 2 2 4 2 x x x y y y y y 2 2 2 2 2 2 ( 1) 2 1 ( 1) 2( 1) 2 2 2 2 x x x x y y y y y y 2 2 2 2 ( 1 ) ( 1) 1 1 ( ) ( 1). x x y y f x f y Xét hàm số 22 ( ) ( 1 ) f t t t trên có 22 2 2.( 1) ( ) 0, . 1 tt f t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: ( ) ( 1) 1. f x f y x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 456 2 (2) 3 4 4 0 2 1 y y y x hoặc 25 33 yx Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là 52 ( ; ) ( 1; 2); ; 33 S x y Ví dụ 481. Giải hệ phương trình: 32 23 (3 4 23) 8 8 ( 10 27) 6 8 y x x y y x x y (1) (2) () I Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Lê Hồng Phong – Tp. Hồ Chí Minh Phân tích. Nếu chia hai vế cho (1) cho 3 0, y của (2) cho 2 0 y ta sẽ thu được hệ mới: 32 2 2 3 22 3 4 23 2 22 10 27 2. 3 xx yy xx yy Nhận thấy cả 2 phương trình lệch bậc nhau v| không có dạng h|m đặc trưng nhưng nếu cộng hai phương trình lại với nhau được 2 vế cùng bậc, tức: 3 3 2 3 22 3 3 6 4 ( 1) ( 1). x x x x x yy Khi đó đã x}y dựng được h|m số đặc trưng dạng 3 ( ) 3 f t t t luôn đồng biến trên . Lời giải. Do 0 y không là nghiệm hệ nên xét 0, y ta được: 32 2 3 32 2 3 22 3 4 23 2 22 ( ) 3 6 4 3 22 10 27 2. 3 (3) xx yy I x x x yy xx yy 3 3 2 2 2 ( 1) 3.( 1) 3. ( 1) x x f x f y y y Xét hàm số 3 ( ) 3 f t t t trên có 2 ( ) 3 3 0, . f t t t Nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 22 ( 1) 1 f x f x yy và thế vào phương trình (3), ta được: 3 2 3 (3) 10 27 2( 1) 3( 1) 2 3 22 0 x x x x x x x 2 ( 2)( 4 11) 0 2, x x x x suy ra: 2. y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ phương trình cần tìm là ( ; ) ( 2; 2). xy Ví dụ 482. Giải hệ PT: 3 2 2 2 3 4 22 21 (2 1) 2 1 2 11 9 2 y y y x x x x x x y (1) (2) Đề thi thử Đại học khối A năm 2013 – THPT Lý Thái Tổ – Bắc Ninh khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 457 Phân tích. Thấy: 3 (1) (2 1) 2 2 1 ( 2 1) 2 2 1, VP x x x x từ đó định hướng h|m đặc trưng dự kiến là 3 ( ) 2 . f t t t Còn vế tr{i vẫn tồn tại x nên ta không thể đưa được về h|m đặc trưng. Nhưng để ý hệ số của biến x ở phương trình (1) gấp đôi hệ số biến x ở phương trình (2), giúp ta nghĩ đến việc lấy (1) 2.(2) lúc đó sẽ triệt tiêu đi được biến x, tức: 3 2 3 3 5 3 ( 2 1) 2 2 1. y y y x x Sử dụng casio, sẽ đưa về dạng: 33 ( 1) 2 ( 1) ( 2 1) 2 2 1 ( 1) ( 2 1). y y x x f y f x Lời giải. Điều kiện: 1 2 x . Lấy 32 (1) 2.(2) 3 5 3 (2 1) 2 1 y y y x x 33 ( 1) 2 ( 1) ( 2 1) 2 2 1 ( 1) ( 2 1). y y x x f y f x Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t trên có 2 ( ) 3 2 0, f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 1) ( 2 1) 1 2 1 0 1. f y f x y x y 2 22 65 (2) 2( 6 5) ( 1 2 2 1) 0 2( 6 5) 0 1 2 2 1 xx x x x x x x xx 2 10 1 ( 6 5) 1 0 52 1 2 2 1 xy xx xy xx Do: 11 1 0, 2 1 2 2 1 x xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (1;0);(5;2) S x y Ví dụ 483. Giải hệ phương trình: 22 3 3 2 5 6 10 0 3 3 17 13 27 0 x y xy x y x y x xy x y (1) (2) Phân tích. Nhận thấy (1) có dạng tam thức bậc hai theo x hoặc theo y nhưng biệt số delta không l| số chính phương. Nếu quan s{t kỹ, sẽ thấy hệ số của xy ở 2 vế gấp 3 lần nhau. Do đó nếu nh}n phương trình (1) cho 3, rồi cộng với phương trình (2) sẽ triệt tiêu đi xy v| thu được biểu thức x, y độc lập, đồng bậc nên khả năng sử dụng h|m số hoặc 33 AB l| rất cao. Thật vậy hệ 22 3 3 2 3 3 3 15 18 30 0 3 3 17 13 27 0 x y xy x y x y x xy x y 3 3 2 3 3 2 3 5 3 2 ( 1) 2( 1) ( ) ( 1). x x y y y x x y y f x f y Lời giải. Lấy phương trình (1) nhân 3, rồi cộng với phương trình (2) được: 3 3 2 3 3 2 3 5 3 2 ( 1) 2( 1) ( ) ( 1). x x y y y x x y y f x f y Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t có 2 ( ) 3 2 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: ( ) ( 1) 1 1 f x f y x y y x và thế vào (1), ta được: 2 2 2 (1) ( 1) ( 1) 5 6( 1) 10 0 3 8 5 0 x x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 458 12 xy hoặc 58 33 xy Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là 58 ( ; ) (1;2); ; 33 S x y Ví dụ 484. Giải hệ phương trình: 2 22 5 5 0 (1) 1 2 2 3 (2) 5 yx x y y y y Học sinh giỏi tỉnh An Giang năm 2014 Phân tích. Nhận thấy nếu lấy phương trình (1) trừ với 5 lần phương trình (2) sẽ triệt tiêu đi 2 , y tức: 2 2 2 (1) 5.(2) 5 5 5 2 5 2 3 5 y x x y y y y hay 2 2 2 2 2 3 1 ( ) 2 ( 1) 2 ( 1) x x y y y x x y y ( ) ( 1) f x f y v| tìm được mối liên hệ giữa x, y, rồi thế v|o phương trình (1). Bản chất của phép cộng l| phép thế, tức từ (1) có 2 5( 1) yx v| thế v|o (2) cũng x}y dựng được h|m đặc trưng 2 ( ) 2 f t t t như trên. Lời giải. Điều kiện: 0. x Lấy phương trình (1) trừ 5 lần phương trình (2), ta được: 2 2 2 (1) 5.(2) 5 5 5 2 5 2 3 5 y x x y y y y 2 2 2 3 1 x x y y y 22 ( ) 2 ( 1) 2 ( 1) ( ) ( 1). x x y y f x f y Xét hàm số 2 ( ) 2 f t t t trên có 2 2 2 2 2 ( ) 1 0, . 2 2 2 tt t t t f t t t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên . Suy ra: ( ) ( 1) 1 f x f y x y và thế vào phương trình (1) được: 22 01 (1) 5.( 1) 5 0 5 0 5 36 yx y y y y yx Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm của hệ cần tìm là ( ; ) (1;0);(36;5) S x y Ví dụ 485. Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 6 8 6 4 2 2 1 1 x x y y xy x y y x (1) (2) Phân tích. Nhận thấy nếu cộng biểu thức ngo|i căn thức của 2 phương trình lại với nhau thì sẽ có hình d{ng của hằng đẳng thức dạng 3 ( ) . ax by Quan s{t căn thức thấy có chứa 2 xy nên sẽ dự kiến 1, 2 ab v| khai triển biểu thức n|y, ta được: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 459 3 3 2 2 3 ( 2 ) 3 12 8 . x y x x y xy y Do nó chứa 2 12xy v| phương trình (2) chỉ chứa 2 4xy nên sẽ lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) v| có lời giải sau: Lời giải. Điều kiện: 2 1 0. yx Lấy phương trình (2) nhân 3, rồi cộng với phương trình (1), được: 3 2 2 3 6 12 3 8 6 3 3 2 1 x x y xy x y y y x 3 ( 2 ) 3.( 2 ) 3. 1 ( 2 ) 3 0 x y x y x y (3) Đặt 2 t x y thì 3 (3) 3 3 1 3 0 t t t (4) Do 1 t không là nghiệm của (4) nên chỉ xét 1. t Xét 3 ( ) 3 3 1 3 f t t t t trên ( ;1) có 2 3 ( ) 2 3 0, 1. 21 f t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên ( ;1) và có (0) 0 0 2 . f t y x Thế vào 3 3 3 3 3 3 1 (1) 3 6 2 2 : 4 x x x x x y thỏa điều kiện. Ví dụ 486. Giải hệ PT: 2 2 2 2 2 2 2 3 2 1 2 1 9 6 3 2 3 1 1 6 3 4 x x x y y y y x x x y y y y (1) (2) Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Chuyên Lê Hồng Phong – TP. HCM Lời giải. Điều kiện: 1. x Nhân (1) với 4, nhân (2) với 3 ta được: Hệ 2 2 2 2 2 2 4 3 2 2 1 4 1 18 2 12 3 3 2 9 1 3 1 18 9 12 x x x y y y y x x x y y y y (3) (4) Cộng (3) với (4) theo vế, suy ra: 22 7 3 2 7 1 7 1 7 x x x y y y 2 ( 1)( 2) 1 1 x x x y y y 22 1 ( 1) 1 1 1 ( 1) ( ). x x x y y y f x f y Xét hàm số 2 ( ) . 1 f t t t t trên có 2 2 2 ( ) 1 1 0, . 1 t f t t t t Nên hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 1) ( ) 1 0 f x f y x y (2) ( 1)( 2) 3 1 1. 2 6 3 1 4( 1) x x x x x x x 16 42 22 x x y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của hệ là 16 ( ; ) ; 22 xy c. Một số phép biến đổi tương đương để xây dựng hàm đặc trưng Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 460 Đối với loại n|y, chúng không theo một nguyên tắc nhất định n|o cả, m| tùy thuộc v|o đặc điểm của từng b|i to{n, từng phương trình trong hệ, ta cần tìm ra mối liên hệ giữa c{c biến với nhau, từ đó x}y dựng h|m đặc trưng. Sau đ}y tôi xin được trình b|y những lớp ví dụ có sự biến đổi gần giống nhau đứng cạnh nhau: Ví dụ 487. Giải hệ phương trình: 2 3 1 3 4 3 1 (1) 1 9 2 7 2 2 2 3 (2) x x y y y x y x y y Phân tích. Nhận thấy phương trình (1) có x, y độc lập được 2 vế nên sẽ b{m s{t v|o nó để x}y dựng h|m đặc trưng, tức: 2 3 4 1 (1) 1 3 1 x x y y y x v| do vế phải đơn giản hơn vế tr{i nên sẽ x}y dựng h|m đặc trưng dự kiến l| 2 1 ( ) 3 f t t t t Khi đó cần biến đổi vế tr{i về dạng h|m n|y v| thường xuất ph{t từ bậc thấp nhất, tức từ căn thức. Nghĩa l| 2 2 (1) 3.( 1) 1 1 1 ( 1) 3. 1 , 11 x VT x x x xx đã giống h|m đặc trưng, tức luôn có ( 1) ( ) f x f y nên có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 2 1, 9 xy 2 2 11 (1) 1 3 1 3 ( 1) ( ). 1 x x y y f x f y y x Xét hàm số 2 1 ( ) 3 f t t t t trên 0; có 2 1 ( ) 2 3 f t t t hay 3 2 2 22 2 3 1 (2 1)( 1) ( ) 0, 0 t t t t f t t tt nên () ft đồng biến trên 0; . Suy ra: 2 ( 1) ( ) 1 1 f x f y y x x y và thế vào (2) được: 2 3 (2) 9 2 7 2 5 2 3 y y y y (3) Sử dụng casio, tìm được 2 nghiệm 2, 3 yy nên ghép bậc nhất để liên hợp v| do liên hợp căn bậc ba, để đơn giản có thể đặt: 2 3 7 2 5 a y y và 1 0. by 2 3 (3) 9 2 ( 2) 7 2 5 ( 1) 0 y y y y y 2 2 3 22 9 2 ( 2) 7 2 5 ( 1) 0 9 2 2 y y y y y a ab b yy với 2 3 7 2 5 1 a y y by 2 3 2 22 5 6 4 6 0 9 2 2 y y y y y a ab b yy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 461 22 22 5 6 ( 1)( 5 6) 0 9 2 2 y y y y y a ab b yy 22 22 2 1 1 ( 5 6) 0 5 6 0 3 9 2 2 y y y y y y y a ab b yy Do 9 2 2 0 2 , 9 1 yy y y và 2 2 22 3 0, , . 24 bb a ab b a a b Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (8;3),(3;2) S x y Ví dụ 488. Giải hệ phương trình: 2 2 4 2 9 2 0 (1) 4 1 4 0 (2) yy x x xy y ( , ). xy Đề thi thử THPT Quốc Gia 2015 – TT.LTĐH Thành Công – Tp. HCM Phân tích. Đ}y l| một dạng b|i to{n m| h|m số được dấu kh{ kỹ. Nhận thấy từ phương trình (2) có thể độc lập được x, y, tức: 2 4 (2) 1 4 x x yy v| đã ph}n tích ở ví dụ trên, thường b{m s{t v|o căn thức để biến đổi đưa về dạng h|m đặc trưng. Nghĩa l| 2 22 2 22 4 ( 4) ( 1) 1 1 (2) 1 11 44 y y y y x x y xx y y y đã x}y dựng được h|m đặc trưng dạng 1 () f t t t với 2 ( 1) 4 y f x f y Lời giải. Điều kiện: 1 0. x Do 1 x và 0 y không là nghiệm nên: 2 22 4 1 (2) 1 1 144 yyy x f x f y xyy Xét hàm số 1 () f t t t trên { \ 0} có 2 1 ( ) 1 0, 0. f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (0; ). Suy ra: 22 22 0 11 ( 1)( 4) 44 y yy f x f x x y y yy 2 2 22 44 14 44 y x x y x yy và thế vào (1), được: 2 2 (1) 3 9 6 0 1 2 y yy x hoặc 1 4 5 y x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 462 Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là 14 ( ; ) ;2 ; ;1 25 S x y Ví dụ 489. Giải hệ phương trình: 2 2( 2) 6 6 ( 2) 2 4 5 1 x x y x y x x y (1) (2) Phân tích. Giữa c{c căn của hai phương trình không có mối liên hệ với nhau nên không giải được bằng phương ph{p đặt ẩn phụ. B|i to{n cũng không có dấu hiệu của việc sử dụng bất đẳng thức hoặc liên hợp. Còn nếu từ (1), rút 6 2( 2) 6 y x x v| thế v|o (2) thì qu{ phức tạp, sẽ g}y khó khăn. Nhưng nếu để ý, từ (2) có thể độc lập x, y theo 2 vế, tức 2 1 2 (2) , (2 ) 2 45 y x y xx v| b{m s{t v|o căn thức để x}y dựng h|m đặc trưng, 2 2 1 2 (2') ( 2) ( 1). ( 2) 1 ( 1) 1 y x f x f y x y Lời giải. Điều kiện: 6, 1. xy 2 2 1 2 (2) 2 1 . ( 2) 1 ( 1) 1 y x f x f y x y Xét hàm số 2 () 1 t ft t trên có 22 1 ( ) 0, . ( 1) 1 f t t tt Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên . Suy ra: 2 2 ( 2) ( 1) 1 2 43 x f x f y y x y x x và thế vào (1): 2 (1) 2( 2) 6 4 3 x x x x (3) Sử dụng casio, tìm 3 x l| nghiệm duy nhất của (3) nên sẽ ghép hằng số để liên hợp. 2 2( 2)( 3) (3) 2( 2)( 6 3) 2 15 0 ( 3)( 5) 0 63 xx x x x x x x x 3 2( 2) 2( 2) ( 3) 5 0 , : 5 0, 2 0 6 3 6 3 x xx x x do x x y xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (3;0) S x y Ví dụ 490. Giải hệ phương trình: 23 3 (2 1) (6 ) 2 2. 12 3 18 6 5 x x y x y x x xy x x x y (1) (2) Học sinh giỏi tỉnh Bắc Ninh năm 2014 Phân tích. Nhận thấy c{c biến trong v| ngo|i căn của (1) có mối liên hệ với nhau nên để đơn giản, đặt 2 2 , 2 a x b x y x a thì 22 (1) (3 2 ). (6 ). . a b b a khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 463 Lúc n|y có thể ph}n ly a, b ra 2 vế tức: 2 2 2 2 3 2 6 6 (2 ) 6 (2 ) a b a b a b a b hay có (2 ) ( ) f a f b với h|m đặc trưng 2 66 () t f t t tt luôn nghịch biến nên sẽ tìm được mối liên hệ giữa a, b, suy ra mối liên hệ giữa x, y v| có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Điều kiện: 0, 2. x y x Đặt 2 2 0 2 0 a x x a b x y thì 22 (1) (3 2 ). (6 ). a b b a (3) Do 0 2 xy ab x thì hệ không thỏa nên xét 0 , 0 a b thì: 2 2 2 2 3 2 6 6 (2 ) 6 (3) (2 ) ( ). (2 ) a b a b f a f b a b a b Xét hàm số 6 () f t t t trên (0; ) có 2 6 ( ) 1 0, 0. f t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên (0; ). Suy ra: (2 ) ( ) 2 . f a f b b a Hay 2 2 4(2 ) 8 5 x y x x y x y x và thế vào (2), được: 323 (2) 2. 3 6 3 x x x x (4) Phương trình (4) có dạng 3 2. ( ) fx đa thức bậc 3 nên sẽ nghĩ đến việc sử dụng h|m số m| đơn giản nhất l| h|m đơn điệu tăng 3 ( ) 2 . f z z z Do đó sẽ nghĩ đến biến đổi phương trình 33 2 3 2 3 2 (4) ( 3 6 ) 2. 3 6 3 5 3 x x x x x x x v| sử dụng casio sẽ viết được: 33 2 3 2 3 (4) ( 3 6 ) 2. 3 6 ( 1) 2( 1). x x x x x x 3 3 3 2 3 2 3 2 (4) ( 6 3 ) 2. 6 3 ( 1) 2( 1) ( 6 3 ) ( 1). x x x x x x f x x f x Xét hàm số 3 ( ) 2 f z z z trên có 2 ( ) 3 2 0, f z z t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 33 2 2 3 ( 6 3 ) ( 1) 6 3 1 3 1 0 f x x f x x x x x x (5) Xét 2;2 x và đặt 2cos , 0; x u u thì phương trình: 33 1 (5) 8cos 6cos 1 4cos 3cos cos3 cos 23 u u u u u 2 93 k u và do , 0; , ku suy ra: 57 ;; 9 9 9 u Suy ra: 2cos 9 x hoặc 5 2cos 9 x hoặc 7 2cos 9 x Do phương trình bậc 3 có không quá 3 nghiệm nên đây là 3 nghiệm của phương trình (5). Kết luận: So với điều kiện, các cặp nghiệm cần tìm của hệ phương trình là: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 464 5 5 7 7 ( ; ) 2cos ;8 10cos ; 2cos ;8 10cos ; 2cos ;8 10cos 9 9 9 9 9 9 xy Ví dụ 491. Giải hệ phương trình: 3 3 16 3 4 85 2 16( ) 6 (3 4 ) 6 1 21 yx x y x x y (1) (2) Phân tích. Nhận thấy (2) có căn bậc 3 v| đa thức bậc ba độc lập x, y nên sử dụng h|m số, tức có: 3 2 3 33 (2) 16 24 18 5 16( 1) 6 1. x x x y y Nhưng sẽ không biến đổi được vế tr{i về dạng h|m đặc trưng 3 ( ) 16 6 f t t t v| có vẻ như dư bậc hai. Lúc đó ta sẽ nghĩ đến việc đặt ẩn phụ 1 32 b x u x u a Thế v|o, khai triển và rút gọn được 3 16 16 . uu Phép đặt ẩn phụ n|y tìm ra được dựa v|o việc tịnh tiến điểm uốn của đồ thị h|m số bậc ba về gốc tọa độ O để triệt tiêu đi bậc hai. Cụ thể xét 32 y ax bx cx d có: 2 3 2 6 2 0 3 b y ax bx c y ax b x a nên đặt 3 b xu a Từ đó tìm được mối liên hệ giữa x, y v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 4 3 y Đặt: 1 2 xu 33 3 3 3 (2) 16 16 16( 1) 6 1 ( ) ( 1). u u y y f u f y Xét hàm số 3 ( ) 16 6 f t t t trên có 2 ( ) 48 6 0, . f t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: 33 ( ) ( 1) 1 f u f y u y 33 11 11 22 x y x y và thế vào phương trình (1), được: 3 (1) 8 3 4 1 42 0 yy (3) Xét hàm số 3 ( ) 8 3 4 1 f y y y trên 4 ; 3 có: 2 3 4 1 4 ( ) 0, , 3 34 3 ( 1) f y y y y nên () fy đồng biến trên 4 ; 3 Do đó phương trình ( ) 0 fy có tối đa 1 nghiệm và có (7) 0 7 fy là nghiệm duy nhất của phương trình (3). Suy ra: 5 2 x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là 5 ( ; ) ;7 2 S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 465 Ví dụ 492. Giải hệ phương trình: 22 2 2 2 4 1 4 3 3 (1) 2 2 4 1 1 (2) ( 1) 2 2 1 y x x y x y yx x x x Phân tích. Nhận thấy từ (2) có thể độc lập được x, y ở 2 vế dạng ph}n thức, nghĩa l| 2 2 22 ( 1) ( 1) 1 1 1 1 (2) 2 2 4 1 1 11 ( 1) ( 1) xx y y y xx xx nên đã x}y dựng được h|m đặc trưng dạng 2 ( ) . 1 f t t t t với 1 (2 ) 1 f y f x Lời giải. Điều kiện: 1. x Từ 2 2 2 2 2 4 1 1 (2) 0. ( 1) ( 1) 1 ( 1) y y yx xx 2 2 2 ( 1) ( 1) 1 (2) 2 2 4 1 ( 1) xx y y y x 2 2 1 1 1 1 (2 ) (2 ) (2 ) 1 1 (2 ) 1 1 1 1 y y y f y f x x x x Xét hàm số 2 ( ) . 1 f t t t t trên có 2 2 2 ( ) 1 1 0, . 1 t f t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: 11 (2 ) 2 11 f y f y xx 2 2 2 2 (1) (4 4 1 1) ( 4 4) 0 (2 1) ( 2) 0 y y x x x x y x x 3 1 1 1 21 ( 1) 1 2 1 2 20 2 20 x yx x xy x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của hệ cần tìm là 1 ( ; ) 2; 2 xy Ví dụ 493. Giải hệ phương trình: 2 2 1 2( ) 2 3 3 2 6 3 1 y x y x y y x y x (1) (2) Chọn đội tuyển VMO tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu năm 2015 Lời giải. Điều kiện: 2 1 0; 3 0 3 00 3 2 6 0 3 2 6 0 y y y x y x y y x y x Do 0 xy không thỏa nên xét 0. xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 466 (1) 2 ( ) 2( 1) 2. 2( 1) ( ) (2( 1)). x y x y y y f x y f y Xét hàm số ( ) 2 f t t t trên (0; ) có 1 ( ) 1 0, 0. 2 f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên khoảng (0; ). Suy ra: ( ) (2( 1)) 2( 1) 2 f x y f y x y y x y và thế vào (2) được: 2 (2) 3 2 3 3 y y y (3) Sử dụng casio, tìm được phương trình (3) có nghiệm duy nhất 2 y nên ghép hằng số v| sử dụng kỹ thuật truy ngược dấu để giải (3). 2 (3) 2 ( 3 1) 3 2 ( 2 2) 2 0 y y y y 2 2 3( 2) 2 2( 4) ( 2) 0 22 31 yy y y y y 2 21 24 ( 2) 0 2 0 2 4. 22 31 y y y y y x y y Do ta luôn có 2 21 1 0, 3. 22 31 y y y y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ cần tìm là ( 4, 2). xy Ví dụ 494. Giải hệ PT: 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 8 4 ( 2 1) 6 4 (1) 1 2 2 1 (2) x y y y x y x y x y xy x x xy y y Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2015 – TT. Hoàng Gia – Tp. HCM Phân tích. Nhận thấy từ (2) chỉ chứa hai ẩn l| y v| xy có thể độc lập với nhau ở 2 vế, nghĩa l| 2 2 2 2 2 2 (2) 1 2 1 ( 2 ) y y y x xy y x y x xy y 2 2 2 2 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( ). y y y x y x y x y f y f x y Nên tìm được mối liên hệ giữa x, y, rồi thế v|o phương trình còn lại v| có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Điều kiện: 0 0. 0 xy xy y 2 2 2 2 2 2 (2) 1 2 1 ( 2 ) y y y x xy y x y x xy y 2 2 2 2 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( ). y y y x y x y x y f y f x y Xét hàm số 22 ( ) 1 f t t t t trên 0; có 2 1 ( ) 2 2 1 t f t t t t hay khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 467 2 11 ( ) 2 0, 0 2 1 f t t t t t nên () ft nghịch biến trên 0; . Suy ra: ( ) ( ) 2 f y f x y y x y x y và thế vào phương trình (1), được: 3 2 3 2 (1) 4 ( 1). 6 4 x x x x x x x (3) Nhận thấy phương trình (3) có hạng tử tích số 2 ( 1) 6 4 x x x v| dựa v|o kinh nghiệm giải hệ bằng kỹ thuật liên hợp, ta sẽ dự đo{n nh}n tử của phương trình l| 2 1. xx Khi đó cần thêm bớt 23 ( 1), ( 1) 4 x x x x v| liên hợp sẽ xuất hiện nh}n tử ấy. Hiển nhiên, ta có thể sử dụng table của casio để tìm nh}n tử n|y. 3 2 3 2 (3) ( 1) ( 1) 4 ( 1). 6 4 0 x x x x x x x 22 2 3 2 2 3 3 2 3 1 3.( 1) ( 1). 6 4 0 1 ( 1) ( 1) 4 ( 4) x x x x x x x x x x x x x 2 3 2 2 3 3 2 3 0 1 5 1 5 24 10 13 6 4 (4) 1 ( 1) ( 1) 4 ( 4) x xy xx x x x x x x x (4) 22 2 3 3 32 3 3 3 1 3 1 3 2. 1 1 4 3 16 3 ( 4) 4 1 1 24 24 VT xx x x x (2) 6 4 4 2, 0. VP x x Do đó phương trình (4) vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ cần tìm là 5 1 5 1 ( ; ) ; 24 xy II. Phƣơng pháp đánh giá bằng bất đẳng thức cổ điển Thông thường ta sẽ chọn phương pháp này đối với những hệ phương trình không giải được bằng những phương pháp đã nêu ở những phần trước. Khi đó ta sẽ có các ý tưởng thường gặp sau để xử lý bài toán: Lựa chọn một phương trình và biến đổi được về ( ; ) f x y a mà khi đó dùng bất đẳng thức hoặc đánh giá chứng minh được ( ; ) f x y a hay ( ; ) . f x y a Khi đó quan hệ , xy là những giá trị thỏa mãn dấu đẳng thức xảy ra. Sử dụng phương pháp cộng, thu được phương trình mới ( ; ) ( ; ) f x y g x y mà ta dễ xác định ( ; ) ( ; ) f x y a g x y a Lúc đó quan hệ giữa , xy là những giá trị thỏa mãn dấu "" xảy ra, nghĩa là phải đi giải hệ mới: ( ; ) ( ; ) f x y a g x y a Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 468 Lƣu ý. Đôi khi cần nhìn nhận sự tương đồng giữa các bất đẳng thức cổ điển (bất đẳng thức phụ) với phương trình để chọn công cụ đánh giá phù hợp. Đối với phương trình vừa có tính đối xứng vừa mang tính chất đẳng cấp thường thì các biến bằng nhau, tức có . xy Từ đó dự đoán được “điểm rơi" và tách ghép hợp lý để áp dụng đánh giá phù hợp. Các bất đẳng thức cổ điển thường được sử dụng: Bất đẳng thức Cauchy: Với , 0 ab thì: 2 . . a b a b Dấu "" xảy ra . ab Với , , 0 a b c thì: 3 3. . . . a b c a b c Dấu "" xảy ra . a b c Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (Bunhiacôpxki): Với , , , a b x y bất kỳ ta luôn có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( . . ) ( )( ) . . ( ).( ) a x b y a b x y a x b y a b x y Dấu "" xảy ra hay y a b x x y a b Với , , x y z bất kỳ thì: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( . . . ) ( )( ) . . . ( )( ) a x b y c z a b c x y z a x b y c z a b c x y z Dấu "" xảy ra hay y a b c x z x y z a b c Với , , a b c là các số thực và , , x y z là các số dương thì: 2 2 2 () a b a b x y x y và 2 2 2 2 () a b c a b c x y z x y z (dạng cộng mẫu số). Bất đẳng thức véctơ: . u v u v Dấu = xảy ra khi u, v cùng hướng Ví dụ 495. Giải hệ phương trình: 2 3 12 (12 ) 12 8 1 2 2 x y y x x x y (1) (2) ( , ). xy Đại học khối A năm 2014 Phân tích. Từ phương trình (1) có hình d{ng của bất đẳng thức Cauchy viết ngược dạng: 2. ab a b Do 2 12 y nên 2 12 0 x nên sẽ {p dụng bất đẳng thức Cauchy, được: 2 2 12 .(12 ) (1 ). 2 yx yx Còn 2 12 .(12 ) x y x y là sai do x chưa khẳng định được dương khi 2 3 2 3. x Nhưng ta luôn có bất đẳng thức phụ quen thuộc dạng 22 2 . ( ) 0 : 2 uv u v u v luôn đúng ,. uv Nghĩa l|: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 469 2 12 12 (2 ). 2 xy xy Khi đó lấy 2 (1 ) (2 ) 12 (12 ) 12 x y y x và dấu "" xảy ra khi v| chỉ khi dấu "" trong (1') và (2 ) đồng thời xảy ra, tức luôn có 2 2 12 0 2 3 12 12 yx x xy yx Từ đó tìm được mối liên hệ giữa x, y v| có lời giải 1. Ngo|i ra, với điều kiện trên, phương trình (1) có mang d{ng vấp của bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng: 2 2 2 2 ( ) ( ), a x b y a b x y nghĩa l| từ (1) ta luôn có: 2 2 2 (1) . 12 12 . ( 12 ).(12 ) 12, Cauchy Schwarz x y x y x x y y v| dấu đẳng thức xảy ra khi 2 2 0 2 3 12 12 12 x xx yx yy Từ đó có lời giải 2. Điều kiện: 2 12 0 2 12 .(12 ) 0 2 3 2 3 20 y y yx x y Lời giải 1. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức phụ: Ta có: 2 2 2 2 12 .(12 ) 2 12 (12 ) 12. 12 12 2 yx yx x y y x xy xy Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 0 2 3 12 x yx Thế vào (2), ta được: 3 2 3 2 (2) 8 1 2 10 ( 8 3) 2.(1 10 ) 0 x x x x x x 2 22 22 2.( 9) 2( 3) ( 3).( 3 1) 0 ( 3). 3 1 0 1 10 1 10 xx x x x x x x xx 3 3, xy do 2 2 2( 3) 3 1 0, 0;2 3 1 10 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (3;3) S x y Lời giải 2. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz: 2 2 2 (1) . 12 12 . ( 12 ).(12 ) 12. Cauchy Schwarz x y x y x x y y Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 2 0 2 3 12 12 12 . 12 x xx yy x y y x 2 2 2 2 2 2 0 2 3 0 2 3 0 2 3 (12 ).(12 ) 144 12 12 12 x x x x y y x x y x y x y y x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 470 Thế vào (2), giải tương tự cũng được nghiệm như trên. Nhận xét. Sau khi thế v|o 32 (2) 8 1 2 10 x x x v| sử dụng casio nhập v|o v| bấm shift solve trong miền x{c định 0;2 3 , chẳng hạn shift solve 1 được 1, x nghiệm bị vi phạm nên tiếp tục shift solve 2 thu được 3, x nghiệm n|y thỏa mãn nên ta sẽ ghép hằng số để liên hợp v| có lời giải chi tiết như trên. Ví dụ 496. Giải hệ phương trình: 22 1 2.( ) .(2 ) .(2 ) 2 x y x y x y y x (1) (2) ( , ). xy Phân tích. Phương trình (2) có d{ng vẻ của bất đẳng thức Cauchy từng cụm căn, rồi cộng lại, nhưng do điều kiện .(2 ) 0 .(2 ) 0 xy yx chưa khẳng định được c{c hạng tử tích trong căn đều dương nên chưa {p dụng được. Khi đó cần l|m chặt miền điều kiện lại để {p dụng bất đẳng thức Cauchy. Quan s{t (1) có dạng hằng đẳng thức, nên biến đổi 2 22 2 ( 1) 1 0 2 (1) ( 1) ( 1) 1 02 ( 1) 1 xx xy y y Từ đó suy ra c{c hạng tử tích trong căn thức đều dương nên {p dụng được bất đẳng Cauchy như sau: 2 .(2 ) 2 .(2 ) .(2 ) 2, 2 .(2 ) 2 xy xy x y y x yx yx dấu đẳng thức khi: 2 2 xy yx 2 yx v| thế v|o phương trình (1). Từ đó có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: .(2 ) 0 .(2 ) 0 xy yx Từ 22 (1) ( 1) ( 1) 1, xy suy ra: 2 2 ( 1) 1 0 2 02 ( 1) 1 xx y y Ta có: 2 (2 ) 2 (2 ) (2 ) 2. 2 (2 ) 2 Cauchy Cauchy xy xy x y y x yx yx Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 xy xy yx và kết hợp (1) được hệ phương trình: 2 2 2 2 22 1 3 ( ) 2 3 2 xy x y x y x y x y xy xy Theo Viét thì , xy là nghiệm của phương trình bậc hai: 2 1 2 0. 2 XX khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 471 Suy ra: 22 2 22 2 x y hoặc 22 2 : 22 2 x y thỏa mãn điều kiện. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là 2 2 2 2 ( ; ) ; 22 S x y Ví dụ 497. Giải hệ phương trình: 2 . 8 . 3 2 5 (3 2 ). 1 2 4 2 x x y y y x y y (1) (2) Phân tích. Từ (1) thấy hình d{ng của bất đẳng thức. Đối với 2 8 xx sẽ {p dụng bất đẳng thức luôn đúng 22 . 2 ab ab sẽ được hằng số v| dấu đẳng thức xảy ra khi , ab nghĩa l| có 22 2 8 8 4. 2 xx xx Còn đối với 32 yy sẽ không {p dụng bất đẳng thức trên được do vẫn còn y không phù hợp. Quan s{t biểu thức trong căn có 2y nên bình phương: 2 2 32 ( . 3 2 ) . .(3 2 ) 1. 3 Cauchy y y y y y y y y Nhưng khi {p dụng Cauchy thì cần 0 y nên sẽ l|m chặt miền điều kiện dựa v|o (2). Thật vậy do 3 2 0, 1 0 yx nên (2) (3 2 ). 1 2 4 2 0 y x y y 2 3 2.( 4 ) 4 6 0 4 2 4 2 0. 2 y y y y y Lời giải. Điều kiện: 2 8 0, 1 0 1 2 2 3 2 0, 4 0 xx x yy và 3 2 y 2 (2) (3 2 ). 1 2 4 2 0 2.( 4 ) 4 6 0 y x y y y y 3 4 2 4 2 0. 2 y y y Ta có: 22 2 2 8 8 4. 2 32 (3 2 ) 1 3 2 1 3 Cauchy xx xx y y y y y y y y và cộng lại: 2 (1) 5 8 3 2 5 x x y y và dấu "" xảy ra khi 2 2 8 1 32 x xx y yy Thế vào phương trình (2) thấy thỏa mãn nên nhận 2, 1. xy Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là ( ; ) (2;1) S x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 472 Ví dụ 498. Giải hệ PT: 2 3 22 22 6. ( 1)( 1) 3. (2 1)(2 1) 5 7 3 (1) 1 2 (2) x y x y x y x y x y xy xy Phân tích. Nếu 1 ; 2 xy thì từ (1), thấy có sự tương đồng của bất đẳng thức Cauchy 3 số v| 2 số rồi cộng lại. Nghĩa l| 3 2.3. ( 1)( 1)( 1) 2.( 2 3) Cauchy x y y x y và tương tự có 2 2 2 3. (2 1).(2 1) 3 3 3 3 2 Cauchy xy x y x y v| cộng lại thì được 2 3 (2) 5 7 3 6. ( 1)( 1) 3. (2 1)(2 1) 5 7 3. x y x y x y x y Khi đó dấu đẳng thức xảy ra khi 11 2 1 2 1 xy xy xy v| thế v|o phương trình còn lại thì b|i to{n được giải quyết. Vấn đề đặt ra ở đ}y l| phải đi tìm điều kiện cho x v| y như trên ? Từ 22 1 1 1 1 (2) 1 2 2 yx yx có d{ng dấp của hằng đẳng thức nên sẽ biến đổi 2 2 22 1 1 1 1 1 1 (2) 2 1 2 1 1 1 1 1. y x y x yx Suy ra: 1 1 1 1 1 1; 1 1 ; 22 xy yx v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: (2 1)(2 1) 0 0 xy xy 2 2 22 1 1 1 1 1 1 1 1 (2) 1 2 2 1 1 1, (3) ; 22 xy y x y x yx Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số dương: Ta có: 3 2.3. ( 1)( 1)( 1) 2.( 2 3) 2 2 2 3. (2 1).(2 1) 3 3 3 3 2 Cauchy Cauchy x y y x y xy x y x y Cộng lại, suy ra: 2 3 (2) 5 7 3 6. ( 1)( 1) 3. (2 1)(2 1) 5 7 3. x y x y x y x y Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 11 . 2 1 2 1 xy xy xy Thế vào phương trình 2 22 1 (3) 2 1 1 22 xy x xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (2 2;2 2) S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 473 Ví dụ 499. Giải hệ phương trình: 2 2 22 15 ( 3) (1) 24 ( 1). 5 ( 1). 3 10 (2) x y xy x y y x Phân tích. Nhận thấy (2) có d{ng dấp của bất đẳng thức luôn đúng: 22 2. ab a b Tức l| 2 2 2 2 (2) 10 ( 1). 5 ( 1). 3 2, x y y x x y x y hay viết lại dạng 22 8. x y x y Nếu chứng minh 22 8 x y x y từ (1) thì nghiệm hệ l| c{c gi{ trị m| dấu "" xảy ra. Thật vậy: 2 2 2 (1) 8 ( 4) 8. x y x y xy Lời giải. Điều kiện: 2 3 0. x Áp dụng bất đẳng thức luôn đúng 22 2 . ( ) 0 : 2 ab a b a b Ta có: 22 2 2 2 22 2 2 2 ( 1) 5 1 ( 1) 5 ( 2 6) 22 ( 1) 3 1 ( 1) 3 ( 2 2) 22 xy x y x y x yx y x x y y Kết hợp với 2 2 2 2 (2) 10 ( 1). 5 ( 1). 3 2 x y y x x y x y Suy ra: 22 8 x y x y (3) Ta lại có: 2 2 2 2 15 (1) 2 6 9 44 x y xy y x x y xy 2 2 2 2 2 2 2 8 8 8 ( 8 16) 8 ( 4) 8 x y x y x y xy x y xy xy Hay 22 8 x y x y (4) Từ (3), (4), suy ra hệ có nghiệm khi 2 2 4 2 15 2 13 xy x xy y yx Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là ( ; ) (2;2) S x y Ví dụ 500. Giải hệ phương trình: 22 10 5 12 8 ( 1) 2 ( 1) 2 5 x y xy x y x y y x (1) (2) Phân tích. Tương tự 22 1 (2) 5 ( 1) 2 ( 1) 2 ( 2) 2 x y y x x y x y hay 22 (2) 8. x y x y Khi đó 2 2 2 (1) 8 (3 2 ) 8. x y x y x y Lời giải. Điều kiện: 2, 2. yx Áp dụng bất đẳng thức luôn đúng 22 2 . ( ) 0 : 2 ab a b a b Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 474 Ta có: 2 2 2 2 ( 1) 2 1 • ( 1). 2 ( 2 1) 22 ( 1) 2 1 • ( 1). 2 ( 2 3) 22 xy x y x x y yx y x y y x và cộng lại suy ra: 22 22 2 (2) 5 ( 1) 2 ( 1) 2 8. 2 x y x y x y y x x y x y 2 2 2 2 2 2 2 (1) (9 12 4 ) 8 8 (3 2 ) 8. x y x y x xy y x y x y x y Do đó nghiệm hệ thỏa mãn 32 3 2 0 2 3 1 2 1 2 3 2 12 3 12 2 xy xy x x y x x y yx xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (2;3) S x y Ví dụ 501. Giải hệ: 2 2 2 3 2 2 .( 6 ) 6.( ) 6 2 17 2 4 5 2 5 26 y x y y x x y x x x y (1) (2) Phân tích. Từ phương trình 22 (1) 6 6.( ) 6 . y x y x y Do từ điều kiện, y chưa khẳng định được dấu nêu sẽ {p dụng bất đẳng thức 22 2ab a b cho cụm: .6 yx v| {p dụng bất đẳng thức Cauchy cho cụm 2 6.( ), yx sau đó cộng lại. Nghĩa l| 22 2 2 2 66 (1) 6 . 6 6.( ) 6 . 22 y x y x y y x y x y Khi đó dấu đẳng thức xảy ra khi 2 6, xy v| có lời giải chi tiết sau: Lời giải. Điều kiện: 22 5 , 2 12 0. 4 x x y 22 (1) . 6 6.( ) 6 y x y x y (1’) Ta có: 2 2 2 2 2 Cauchy 2 6 .6 2 (1) 6 6 6( ) 6 . 6 6.( ) 2 yx yx y y x y x y yx yx Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 60 6, 6 yx xy yx và thế vào phương trình 2 3 2 (2) 2 5 2 4 5 2 5 4 x x x x x x (3) 3 2 2 3 6 15 12 3 2 5 6 4 5 0 x x x x x x 2 3 2 3( 1 2 5) 2 4 5( 4 5 3) 3 6 4 1 0 x x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 475 2 2 12( 1) 8( 1) 4 5 ( 1)(3 3 1) 0 4 5 3 1 2 5 x x x x x x x x x x 2 2 1 12 8 4 5 ( 1) 3 3 1 0 7 4 5 3 1 2 5 x x x x x y x x x x Do: 2 2 12 8 4 5 5 (3 3 1) 0, 4 4 5 3 1 2 5 x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ cần tìm là ( ; ) (1; 7). xy Nhận xét. Trong c{ch giải của phương trình (3), tôi đã sử dụng kỹ thuật truy ngược dấu để liên hợp. Thay vì viết 3 4 5, x sẽ đổi th|nh 4 5( 4 5 3) xx v| đổi 2 2 2 5 xx thành 2 1 2 5 x x x nhằm tạo lượng dương sau khi liên hợp. Ví dụ 502. Giải hệ PT: 2 2 2 2 3 5 2 2 2 2 5 3( ) 2 1 2 7 12 8 2 5 x xy y x xy y x y x y x y xy y (1) (2) Olympic 30/04/2014 lần thứ XX Phân tích. Phương trình (1) đẳng cấp v| đối xứng theo hai biến x, y nên ta có thể dự đo{n xy v| sẽ giải phương trình (1) bằng phương ph{p đ{nh gi{ dựa v|o điểm rơi n|y. Nhận thấy c{c biểu thức trong căn thức đều đưa được về dạng hằng đẳng thức nên sẽ đưa về dạng 2 2 2 () x y A A A A với dấu "" xảy ra khi . xy Thật vậy, viết 2 2 2 2 5 2 2 ( ) ( ) x xy y mx ny x y v| đồng nhất tìm được 2, m 1 n nên có 2 2 2 2 5 2 2 (2 ) ( ) . x xy y x y x y Do b|i to{n đối xứng nên có thể viết tương tự đối với căn còn lại v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 2 1 0 xy và vế trái (1) luôn dương nên 0. xy 2 2 2 2 (1) 3( ) (2 ) ( ) ( 2 ) ( ) x y x y x y x y x y 22 (2 ) ( 2 ) 2 2 3( ). x y x y x y x y x y Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0. xy 2 3 (2) 3 1 2 19 8 2 5 x x x x (3) Sử dụng casio, nhẩm được phương trình (3) có 2 nghiệm: 0, 1 xx nên sẽ ghép bậc nhất dạng ax b để liên hợp nhằm tạo ra nh}n tử 2 ( 1) . x x x x Biểu thức n|y x{c định bằng c{ch: Với căn thức 31 x thì 0 3 1 3.0 1 1 .0 1 1 1 3 1 3.1 1 2 .1 khi x x ax b a b a b khi x x ax b a b nên sẽ ghép biểu thức 3 1 ( 1) xx . Với 3 19 8 x thì Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 476 33 33 0 19 8 19.0 8 2 .0 1 2 1 19 8 19.1 8 3 .1 khi x x ax b a b a b khi x x ax b a b nên sẽ ghép biểu thức: 3 2 19 8 ( 2) xx . Lúc n|y sẽ có t{ch ghép v| giải tiếp tục như sau: 2 3 (3) 3 1 ( 1) 2 19 8 ( 2) 2 2 x x x x x x 2 3 2 2 22 3 3 2( 6 7 ) 22 3 1 1 (19 8) ( 2) 19 8 ( 2) x x x x x xx xx x x x x 22 2 22 3 3 2( )( 7) 2( ) 0 3 1 1 (19 8) ( 2) 19 8 ( 2) x x x x x xx xx x x x x 2 22 3 3 0, 0 1 2( 7) ( ) 2 0 3 1 1 (19 8) ( 2) 19 8 ( 2) x x xx xx x x x x 2 00 0: 11 xy xx xy thỏa mãn điều kiện. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là ( ; ) (0;0);(1;1) S x y Ví dụ 503. Giải hệ PT: 2 2 2 2 2 2 2( ) (8 6) 1 (2 2)( 4 2 3) x xy y y xy x x y y x x y y (1) (2) Chọn đội tuyển VMO tỉnh Cần Thơ năm 2015 Phân tích. B|i to{n mang tính đẳng cấp v| đối xứng ở phương trình (1), nhưng ta sẽ không đưa được về dạng hằng đẳng thức với điểm rơi nên không sử dụng được dạng 2 2 2 ( ) . x y A A A A Do đưa được về dạng 22 () mx ny py nên có thể sử dụng bất đẳng thức véctơ. Cụ thể ta có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 1 2 x y 22 2 2 77 (1) 2.( ) 2 2 2 2 y x x y y x x y (3) Trong mặt phẳng tọa độ , Oxy chọn 77 ; , ; 2 2 2 2 y x u x y v y x nên: 3 3 7 ; ( ) 2 2 2 u v x y x y Suy ra: 22 97 ( ) ( ) 2( ) 44 u v x y x y x y và 22 2 2 77 , 2 2 2 2 y x u x y v y x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 477 Áp dụng bất đẳng thức véctơ , u v u v và kết hợp (3), ta có: 22 2 2 77 (3) 2( ) 2( ). 2 2 2 2 y x x y x y y x x y Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u và v cùng hướng, nghĩa là: 22 77 . . , 2 2 2 2 y x x x y y x y x y do 1, 2. xy Thế vào (2) (8 6) 1 (2 2).( 4 2 3) x x x x x 2 (4 3). 4 4 (2 2). (( 2) 4 2 4) 1 x x x x x 22 ( 4 4) 1 . 4 4 (2 2). ( 2 2) 1 x x x x 33 ( 4 4) 4 4 (2 2) (2 2) x x x x ( 4 4) (2 2). f x f x Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 4 4) (2 2) 4 4 2 2 f x f x x x 2 4 2 4 4 4 2 3 6 x x x x x 22 34 34 99 xy xy Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là 34 34 ( ; ) (2;2); ; 99 xy Ví dụ 504. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 (1) 23 2 5 3 4 5 3 (2) x y x xy y xy x xy x xy x Tạp chí Toán học & Tuổi Trẻ số 407 Phân tích. Nhận thấy phương trình (1) có tính đẳng cấp. Ngoài ra (1) còn mang tính chất đối xứng với 2 biến x, y nên ta có thể dự đo{n được . xy Hiển nhiên cũng giải được bằng phương ph{p đ{nh gi{ bởi bất đẳng thức với điểm rơi . xy Còn nếu sử dụng tính chất đẳng cấp cũng được gi{ trị xy v| có c{c lời giải sau: Điều kiện: 2 5 3 0 0 xy x xy Do 0 xy không là nghiệm của hệ nên ta chỉ xét trong điều kiện: 2 5 3 0 0 xy x xy Lời giải 1. Sử dụng bất đẳng thức với điểm rơi . xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 478 Ta có: 2 2 2 2 2 Cauchy Schwarz 2 2 2 2 2 Cauchy () 1 ( ) 2 2 2 4 2 () () ( ) . 1 4 ( ) 3 3 3 2 x y y x y x xy xy xy x xy y x y x y xy Suy ra: 2 2 2 2 23 x y x xy y xy và dấu đẳng thức xảy ra khi 0. xy Thế xy vào 22 (2) 2 5 3 4 5 3 x x x x x (3) Hƣớng 1. Ghép hằng số để liên hợp. 2 2 2 2 (3) 2 5 3 4 5 3 .( 2 5 3 6) 4 11 3 x x x x x x x x x x 2 2 22 (2 5 33) ( 3)(2 11) 4 11 3 ( 3)(4 1) 2 5 3 6 2 5 3 6 x x x x x x x x x x x x x x 2 2 2 2 36 2 11 ( 3) (4 1) 0 2 11 4 1 (4) 2 5 3 6 2 5 3 6 xy xx xx xx x xx xx Do với điều kiện: 2 4 5 3 0 5 73 1, 8 0 xx x x thì: 2 2 2 (4) 2 11 (4 1)( 2 5 3 6) (4 1) 2( 1) 1 6 x x x x x x x x 22 (4 1) ( 1) 6 (4 1)( 7) 4 29 7 2 11 . x x x x x x x x Suy ra phương trình (4) vô nghiệm. Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (3;3) S x y Hƣớng 2. Lũy thừa trực tiếp. 22 2 2 2 4 3 2 4 5 3 0, 0 4 5 3 0, 0 (3) (2 5 3) (4 5 3) 14 45 2 30 9 0 x x x x x x x x x x x x x x x 32 5 73 3 8 6 ( 3)(14 3 11 3) 0 x x y x x x x Do 32 ( ) 14 3 11 3 0, f x x x x (xét hàm () fx , thấy ( ) 0) fx Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (3;3) S x y Hƣớng 3. Chia hai vế cho 2 0 x và đặt ẩn phụ. 22 5 3 5 3 (3) 2 4 xx xx và đặt 2 53 20 t x x nên phương trình 22 4 ( 2) 6 0 2, t 0 0 t t t t t t suy ra: 2 53 22 x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 479 2 35 2 0 3 3. xy x x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (3;3) S x y Hƣớng 4. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp. 2 2 2 (3) 2 5 3 2 5 3 6 0 x x x x x x và đặt 2 2 5 3, a x x b x thì: 22 6 0 ( 2 )( 3 ) 0 2 a ab b a b a b a b hoặc 3. ab Với 2, ab suy ra: 2 2 5 3 2 3 3. x x x x y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (3;3) S x y Lời giải 2. Sử dụng tính đẳng cấp của phương trình (1). Chia 2 vế của phương trình (1) cho lượng 0, xy ta được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 1 (1) 1 1 6 2( ) 6( ) 2( ) 6( ) x y x y x y x y x y x y x y x y x y Đặt 22 2 0 2( ) xy t xy thì phương trình 22 11 11 3 6 3 6 tt tt 2 1 1 2 4 12 5 0 t t tt Với 1 , 2 t suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 22 11 2( ) ( ) 24 2( ) 2( ) x y x y x y x y x y x y 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 0 0. x y x xy y x y x y Thế xy vào 22 (2) 2 5 3 4 5 3 x x x x x 2 2 2 2 5 3 2 5 3 6 0 x x x x x x và đặt 2 2 5 3, a x x b x thì: 22 6 0 ( 2 )( 3 ) 0 2 a ab b a b a b a b hoặc 3. ab Với 2, ab suy ra: 2 2 5 3 2 3 3. x x x x y Với 3, ab suy ra: 2 2 5 3 3 : x x x vô nghiệm do 0. x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình là ( ; ) (3;3) S x y Ví dụ 505. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2( ) 2 4 2 5 2 5 x y xy x y x x y y x (1) (2) Phân tích. Phương trình (1) có dạng đẳng cấp bậc ba v| đối xứng nên dự đo{n (1) luôn đúng khi . xy Ngoài ra, ho|n to|n có thể đưa được về dạng tổng tích nên sử dụng Cauchy, kết hợp với Cauchy – Schwarz dạng cộng mẫu số để đ{nh gi{ phương trình 3 3 2 2 3 2 2 (1) 0 2( ) ( ) 3 ( ) 2( ) x y xy x y x y xy x y xy x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 480 22 3 ( ) ( ) ( ) 3( ) 2. 0. 42 Cauchy Cauchy Schwarz x y x y x y x y Từ đó suy ra dấu đẳng thức xảy ra khi , xy rồi thế v|o phương trình còn lại v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 5 2 4, 2 xy 3 3 2 2 3 2 2 (1) 0 2( ) ( ) 3 ( ) 2( ) x y xy x y x y xy x y xy x y 22 Cauchy 3 Cauchy-Schwarz ( ) ( ) ( ) 3( ) 2. 0. 42 x y x y x y x y Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . xy Thế vào phương trình (2), được: 2 (2) 2 4 2 5 2 5 x x x x x (3) Sử dụng casio, nhập 2 2 4 2 5 2 5 X X X X X v| bấm shift solve 3 trong khoảng điều kiện được nghiệm 3 x nên ghép hằng số v| sử dụng kỹ thuật truy ngược dấu để nh}n liên hợp đưa về dạng ( 3). ( ) 0 x f x với ( ) 0, 2;4 f x x 2 (3) 2 5 2 4 2 5 0 x x x x x 2 2( 2 1) (1 4 ) 2 5( 2 5 1) 2 8 6 0 x x x x x x x ( 3) 2 3 2( 3) 2 5 2( 3)( 1) 0 2 1 1 4 2 5 1 x x x x x xx x x x 2 1 2 2 5 ( 3) 2( 1) 0 3 2 1 1 4 2 5 1 xx x x x x x x do: 2 1 2 2 5 5 2( 1) 0, ;4 3 2 2 1 1 4 2 5 1 xx x x y x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (3;3) S x y Nhận xét. Trong lời giải trên, tôi đã sử dụng tính đẳng cấp v| tính đối xứng dạng tổng tích để {p dụng đ{nh gi{ bằng bất đẳng thức. Để hiểu kỹ hơn, ta xét ví dụ sau: Ví dụ 506. Giải hệ PT: 2 3 3 2 2 (2 2 1 4) (7 4 2 1) 2 1 3 7( ) 8 2( ) y x y x x x y x y xy xy x y (1) (2) Phân tích. Tương tự ví dụ trên, từ phương trình (2), ta sẽ biến đổi về dạng tổng tích v| sử dụng Cauchy với điểm rơi xy v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 11 ; 22 xy Ta có: Cauchy 3 2 2 2 (2) ( ) 4 ( ) 4( ) 4 . ( ) 2 VT x y xy x y x y xy xy x y xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 481 Cauchy 2 2 2 2 (2) 4 2 2( ). 8 2( ) . xy x y xy xy x y VP Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . xy Thế vào phương trình (1) được: 2 (1) (2 2 1 4) (7 4 2 1) 2 1 3 0 x x x x x 22 (2 4 1) 2 1 4 7 3 x x x x x 2 (2 4 1) 2 1 (4 3)( 1) x x x x x (3) Đặt 22 2 1 21 , 21 2 1 0 ux u x x vx vx suy ra: 22 2 2 1 2 4 1 2 1 4 3 u x x vx 22 (3) (2 2 ) ( ) 0 2 ( ) ( ) 0 ( )(2 1) 0 u v v u u v uv u v u v u v uv uv hoặc 2 1 0. uv Với , uv suy ra: 2 1 22 2 1 1 4 2 0 22 x x xx xx y Với 2 2 1 0 2( 1) 2 1 1 0 ( 2 1) 1 2 1 1 0 uv x x x x 33 ( 2 1) 2 1 1 0 1 0, (4) x x t t với 2 1 0. tx Xét hàm số 3 ( ) 1 f t t t trên 0; có 2 1 ( ) 3 1 0 , 0. 3 f t t t t t 0 1 3 () ft 0 + () ft 1 9 2 3 9 Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: (2) 1 9 2 3 ( ) 0. 9 3 VT f t f Do đó phương trình (4) vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (2 2;2 2) S x y Bình luận: Nếu nhìn nhận từ góc độ bất đẳng thức, bản chất b|i to{n xuất ph{t từ bất đẳng thức phụ quen thuộc: 22 22 7( ) 8. 2.( ) ( ), , 0. ab a b a b a b ba Thật vậy: 2 22 1 1 8 ( ) ( ) 0 2( ) ab ab a b a b v| bất đẳng thức n|y luôn đúng vì ta có: 22 1 1 4 8 8 ( ) ( ) 2( ) a b a b a b a b a b a b Dấu "" khi 0. ab Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 482 Ví dụ 507. Giải hệ phương trình: 22 ( 7 ) ( 7 ) 8 2 ( ) 2(1 ) 2 1 2 1 x y x y x y xy x y y x x y x (1) (2) Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Nguyễn Quang Diêu – Đồng Tháp Phân tích. B|i to{n tương tự như ví dụ trên khi thế , . a x b y Thật vậy, từ (1), ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 (1) ( 7 ) ( 7 ) 8 2 ( ) a b a b a b a b a b 3 3 2 2 7 ( ) 8 2( ) a b ab a b ab a b v| biến đổi tương tự như ví dụ trên thu được ab hay xy v| thế v|o 22 (2) 2(1 ) 2 1 2 1. x x x x x Tiếp tục sử dụng casio tìm được nh}n tử 2 25 xx nên ghép để liên hợp hoặc xử lý bằng phương ph{p đặt ẩn phụ không ho|n to|n 2 2 1 0 t x x khi biệt số delta l| số chính phương. Hiển nhiên, ta có thể sử dụng bất đẳng thức phụ phần bình luận để tìm được mối liên hệ giữa , xy v| có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Điều kiện: 0, 0. xy Đặt 0, 0. a x b y 2 2 2 2 2 2 2 2 (1) ( 7 ) ( 7 ) 8 2 ( ) a b a b a b a b a b 3 3 2 2 7 ( ) 8 2( ) a b ab a b ab a b (3) Ta có: Cauchy 3 2 2 2 (3) ( ) 4 ( ) 4( ) 4 . ( ) 2 VT a b ab a b a b ab ab a b ab Cauchy 2 2 2 2 (3) 4 2 2( ). 8 2( ) . ab a b ab ab a b VP Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0. a b x y x y 22 (2) 2(1 ) 2 1 2 1 x x x x x 2 2 2 2 2 2 5 0 61 2( 1)( 2 5) ( 2 5) 0 2 1 2 61 2 1 2 xx x x x x xx x x x y xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) ( 6 1; 6 1). xy Ví dụ 508. Giải hệ PT: 22 ( 2) ( 4 7 1) ( 3 1) 0 (1) 11 2 (2) 33 x y x y x xy x y x y Phân tích. Nhận thấy phương trình (2) mang tính đẳng cấp v| đối xứng nên sẽ sử dụng đ{nh gi{ bằng bất đẳng thức với điểm rơi . xy Lời giải. Điều kiện: 22 0, 0, 0. x y x y (2) 2. 3 3 3 3 yy xx x y x y x y x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 483 Ta có: Cauchy Cauchy 3 3 3 2 12 23 12 3 2 3 2 xy x x y x y x y xx x y x y x y x y x y x x y x y Cộng vế theo vế được: 13 3 3 2 2 y xx x y x y x y (4) Tương tự: 13 3 3 2 2 yy x x y x y x y (5) Cộng (4) với (5) theo vế được: 2. 3 3 3 3 yy xx x y x y x y x y Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . xy Thế vào (1), ta được: 22 (1) ( 2)( 4 7 1) ( 3 1) 0 x x x x x 22 ( 2). ( 2) 3 ( ). ( ) 3 1 ( 2) ( ). x x x x f x f x Xét hàm số 2 ( ) . 3 f t t t trên có 2 2 2 ( ) 3 0, . 3 t f t t t t Do đó () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 2) ( ) 2 1. f x f x x x x y Kết luận: So với điều kiện tập nghiệm của hệ cần tìm là ( ; ) (1;1) S x y Ví dụ 509. Giải phương trình: 6 1 12 4 (1) 12 (2) 1 xy y x y xy x y xy y xy ( , ). xy Chọn đội tuyển VMO Tp. Hồ Chí Minh năm 2015 Phân tích. Nhận thấy rằng (2) luôn đúng với 1 y x và bài toán có chứa ph}n thức nên khó cho việc nh}n liên hợp. Từ đó sẽ nghĩ đến đ{nh gi{ trực tiếp bằng bất đẳng. Lời giải. Điều kiện: 0, 1. xy Ta có: Cauchy (2) 1 1 1 22 1 1 1 1 xy xy x VT y xy y y xy y y x Cauchy-Schwarz (2) 2 2 2 . 1 . 1 .1 1. x x x VP x y x y x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 484 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( ) 1 1 1 xy xy y y y x 2 2 2 10 ( 1)( 1) 0 1 1 1 1 x y xy y xy xy y xy y xy x xy 2 10 4 24 (1) 1 1 2 1 4 1 8 16 4 4 10 x x x x x xx x x x y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm của hệ cần tìm là 1 ( ; ) 10; 10 S x y Ví dụ 510. Giải hệ phương trình: 2 4.( 2 1) 3 3 (1) 3.( 1) .( 2) .( 2) (2) xx y y x y y x x y Phân tích. Bài toán có d{ng dấp của bất đẳng thức Cauchy dạng: 2 a b a b ở phương trình (2) cho từng căn, rồi cộng lại. Thật vậy, với điều kiện: 2, 0, xy có: 22 (2) ( 2) ( 2) . 22 Cauchy y x x y x y y x x y x y Dấu đẳng thức xảy ra khi 2. yx Khi đó 2 4 (1) 1 3 ( 1 2)( 2 1) x x x x v| đặt 10 20 ax bx thì 2 4 (1) 3. ( )( 1) a a b b Một b|i to{n quen thuộc của dạng t{ch cặp nghịch đảo khi tìm gi{ trị nhỏ nhất biểu thức: 2 4 ( )( 1) Pa a b b ở lớp 10. Nghĩa l| cần t{ch phần nguyên theo mẫu số để sau khi {p dụng bất đẳng thức Cauchy triệt tiêu được biến v| còn lại hằng số 3. Với 2 x thì 0 ab nên 0 ab v| ta sẽ có: 2 1 1 4 ( ) 1 4 1 3. 22 ( )( 1) Cauchy bb P a b a b b Khi đó dấu đẳng thức xảy ra khi , ab tức b|i to{n kết thúc khi thế trở lại tìm x, suy ra y. Lời giải. Điều kiện: 2, 0. xy Cauchy 22 (2) ( 2) ( 2) . 22 y x x y x y y x x y x y Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2. 2 yx yx xy Thế vào (1) ta được: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 485 2 4.( 1 2) (1) 1 3, (3) 3.( 2 1) xx x x và do: 2 x nên 12 xx nên liên hợp 2 4 (3) 1 3 ( 1 2)( 2 1) x x x x (4) Đặt 1 , ( 0) 2 ax ab bx thì 2 4 (4) 3. ( )( 1) a a b b Ta có: 2 1 1 4 (4) 3 ( ) 1 4 1 3. 22 ( )( 1) Cauchy bb ab a b b Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 14 1 2 ( )( 1) a b ab b a b b Suy ra: 2 1 3 1. x x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (3;1) S x y Ví dụ 511. Giải hệ: 3 3 2 3 2 3 3 2 6 2( 2) 2 2 2 1 2 1 3 2 2 7 7 6 0 xy x y x y xy x y x y x x y x x x (1) (2) Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Nguyễn Du – Đắk Lắk Phân tích. Giữa 2 phương trình trong hệ không có mối liên hệ với nhau. Nhận thấy ở (1) c{c biểu thức trong căn thức có thể đưa được về dạng tích số. Thật vậy, ta có: 2 3 3 (1) ( 2)( 2 1) 1 ( 1)( 2) x y x y v| để đơn giản, ta có thể đặt ẩn phụ 1, 2 u x v y thì phương trình 3 22 3 (1 )(1 ) 1 u v uv v| nhận thấy phương trình luôn đúng khi uv nên sử dụng phương ph{p đ{nh gi{ như sau: Lời giải. Điều kiện: 1 ; 2. 2 xy 3 3 (1) ( 3) 2( 3) 2( 2) 2 ( 2) ( 2) 1 x y y x y x y y 3 3 ( 3)( 2) 2( 2) 2 ( 2)( 1) 1 y x x y y x 3 3 ( 2)( 3 2 2) ( 1)( 2) 1 x y y x y 2 3 3 ( 2)( 2 1) 1 ( 1)( 2) x y x y (3) Đặt 3 1 , 2 0. 2 u x v y Khi đó: 3 22 3 (3) (1 )(1 ) 1 u v uv 2 3 2 Chia: (1 )(1 ) 0 3 3 22 1 1 (1 )(1 ) (1 )(1 ) uv uv u v u v Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 486 33 1 1 1 1 1 2 1 2 11 1 1 1 1 1 1 3 1 1 3 1 1 u v v u v u v v u v v u v u v (do áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng 3 3 . . a b c a b c rồi cộng lại) Dấu đẳng thức xảy ra khi 11 11 . (1 ) (1 ) 11 uv uv uv u v u v v u uv Suy ra: 2 1 2 2 1. x y y x x Thế vào phương trình (2), ta được: 3 2 4 3 2 (2) 2 1 1 2 3 5 6 0 x x x x x x x 3 2 4 3 2 ( 2 1 1) ( 1 1) 2 3 5 6 2 0 x x x x x x x 2 3 2 2 2 3 2( 1) ( 1) ( 1)(2 1)( 2) 0 2 1 1 ( 1) 1 1 x x x x x x x x x x x 2 3 2 2 2 3 2 ( 1) (2 1)( 2) 0 2 1 1 ( 1) 1 1 x x x x x x x x x 1, x suy ra: 2. y Do: 2 3 2 2 2 3 21 (2 1)( 2) 0, 2 2 1 1 ( 1) 1 1 x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (1;2) S x y Ví dụ 512. Giải hệ phương trình: 22 1 1 2 (1) 12 1 2 1 2 2 (1 2 ) (1 2 ) (2) 9 xy xy x x y y Học sinh giỏi Quốc Gia năm 2009 Phân tích. Nhận thấy rằng (1) mang hình d{ng của bất đẳng thức phụ quen thuộc: 22 , 0 1 1 2 , 1 1 11 uv uv uv uv nếu đặt 2 2 ux vy v| dấu "" khi . uv Lời giải. Điều kiện: 1 0 ; 2 xy Đặt 1 2; 2, ; 0; 2 u x v y u v 22 , 0 1 1 2 (1) , 1 1 11 uv uv uv uv (3) Ta có: Cauchy Schwarz 22 22 22 1 1 1 1 1 1 1 1 . 11 11 uv uv (4) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 487 Mặt khác ta luôn có: , 0;1 , uv thì 22 1 1 2 1 11 uv uv (5) Thật vậy: 22 1 1 1 1 (5) 0 11 11 uv uv uv 22 2 2 2 2 ( ) ( ) 00 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) uv u uv v u v u v u v u uv v uv u uv v uv 2 22 ( ) ( 1) 0: (1 )(1 )(1 ) v u uv u v uv luôn đúng , 0 1 uv uv Từ (3), (4), (5), suy ra: 22 , 0 2 1 1 2 (3) , 1 11 11 uv uv uv uv uv Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 . u v x y x y 22 1 1 9 73 (2) 2 2 0 9 81 36 x x x x x y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của hệ là 9 73 36 xy Ví dụ 513. Giải hệ phương trình: 2 2 4 4 2 3 2 4 6 9 (1 ) 1 (1) 4 ( ) 2 (2) x y x y x y x y x x Học sinh giỏi tỉnh Ninh Thuận năm 2014 Phân tích. Nhận thấy rằng cả hai phương trình không có dấu hiệu nhận dạng của bất đẳng thức hoặc bất đẳng thức phụ quen thuộc. Khi đó, ta cần có sự kết hợp của 2 phương trình lại với nhau. Nếu lấy (1) trừ đi (2) theo vế sẽ triệt tiêu đi được 4 x và thu được vế phải có dạng hằng đẳng thức nên dễ d|ng đ{nh gi{. Thật vậy, lấy (1) trừ (2) được 2 2 2 2 3 2 9 (1 ) 4 ( ) ( ) 1 x y x y y x thì ý tưởng qu{ rõ r|ng. Lời giải. Điều kiện: 22 3 2 4 6 9 (1 ) 0 20 xy x y x x Lấy 2 2 2 4 3 2 6 (1) (2) 9 (1 ) 4 ( ) 2 1 x y x y y x y x 2 2 2 2 3 2 9 (1 ) 4 ( ) ( ) 1 x y x y y x (3) Ta có: 22 (3) 2 2 3 2 (3) 9 (1 ) 3 4 ( ) ( ) 1 3 VT x y VP x y y x Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 22 2 3 2 3 2 (1 ) 0 1 ( ) 0 1 1 ( ) 0 xy xy x xy y x yx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (1;1). xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 488 BÀI TẬP RÈN LUYỆN VỀ PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ BT 644. Giải hệ phương trình: 22 3 23 ( 4)( 1) 2 12 10 2 2 1 x x y y y y x ( ; ). xy Đề thi thử Đại học năm 2014 lần I – Chuyên Amsterdam – Hà Nội BT 645. Giải hệ phương trình: 2 ( 3)( 4) ( 7) 1 12 x x y y y x xy ( ; ). xy Đề thi thử Đại học năm 2014 – Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc BT 646. Giải hệ phương trình: 22 4 4 2 ( 1) 2 1 0 1 1 2 y y x x x y x y x ( ; ). xy BT 647. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 0 x y y x x x y y ( ; ). xy BT 648. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 3 3 6 4 1 2 1 y y x x x x y y ( ; ). xy BT 649. Giải hệ phương trình: 3 2 4 3 ( 1) 2 1 0 2 (2 1) 0 x x y y x x y y ( ; ). xy Đề thi thử Đại học năm 2014 – Đề số 2 – Tạp chí Toán Học & Tuổi Trẻ BT 650. Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 (8 3) 2 1 4 0 4 8 2 2 3 x x y y x x y y y ( ; ). xy BT 651. Giải hệ phương trình: 3 (3 ) 2 2 2 1 0 2 2 2 5 x x y y xy ( ; ). xy BT 652. Giải hệ phương trình: 3 2(2 1) 2 1 (2 3) 2 4 2 2 4 6 x x y y xy ( ; ). xy Học sinh giỏi cấp trường – Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai 2013 BT 653. Giải hệ phương trình: 23 2 3 2 4 8 4 12 5 4 13 18 9 4 8 4 2 1 2 7 2 0 x x y y y x x x x y y y Đề thi thử Đại học lần 1 năm 2014 – Lý Thái Tổ – Bắc Ninh BT 654. Giải hệ phương trình: 2 (17 3 ) 5 (3 14) 4 0 2 2 5 3 3 2 11 6 13 x x y y x y x y x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 489 BT 655. Giải hệ phương trình: 2 (2102 3 ) 4 (6 2009) 3 2 0 2 7 8 3 14 18 6 13 x x y y x y x y x x BT 656. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 1 3 1 2 1 2 y y x x x y y x ( ; ). xy Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Triệu Sơn 4 – Thanh Hóa BT 657. Giải hệ phương trình: 2 2 2 .(1 1) 1 41 11 4 3 8 1 3 2 y x x y y y xy xy yy ( ; ). xy BT 658. Giải hệ phương trình: 3 2 6 4 2 3 1 3 4 x xy y y xy ( ; ). xy Học sinh giỏi tỉnh Quảng Bình vòng 2 năm 2012 BT 659. Giải hệ phương trình: 2 3 6 4 2 22 ( 2) 1 ( 1) x y y x x x y x ( ; ). xy BT 660. Giải hệ phương trình: 3 2 2 3 3 2 2 1 9 6( 3 ) 15 6 2 x x y x x y x y x y x ( ; ). xy BT 661. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 1 3 1 1 2 2 1 y x x x y y x xy x ( ; ). xy Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Thuận Thành số 3 – Bắc Ninh BT 662. Giải hệ phương trình: 3 32 ( 3) 2 3 6 2 x x y y x y x ( ; ). xy Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Bắc Quảng Nam – Quảng Nam BT 663. Giải hệ phương trình: 33 2 2 4 2 3 3 4 3 2 3 2 2 1.( ) 1 .( 1) 1 x y x x y y y x x x x x x y Tạp chí Toán Học & Tuổi Trẻ số 448 BT 664. Giải hệ phương trình: 4 4 22 ( )( 2) 2 x y y x xy xy ( ; ). xy Tạp chí Toán Học & Tuổi Trẻ số 445 BT 665. Giải hệ phương trình: 2 4 2 4 2 4 2 3 3 2 3 2 (1 2 ) 1 1 ( ) ( 2 ) x y x y x x y x y x x x y ( ; ). xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 490 BT 666. Giải hệ phương trình: 3 2 2 4 1 1 3 6 4 4 8 4. 3 6 x y x y x x x x y BT 667. Giải hệ phương trình: 32 2 64 6 6 5 2 10 x x x x xx x x y ( ; ). xy BT 668. Giải hệ phương trình: 22 2 24 23 41 3 2 3 3 xy xy xy y x x xy x x y x y BT 669. Giải hệ phương trình: 22 ( 1)( 1) 12 3 2 1 1 2 1 x y x y xy xy y x x x y y xy BT 670. Giải hệ phương trình: 4 22 2 () () 1 32( 2 1) 2 2 yy x xy x y y x y x x y y ( ; ). xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 491 §5. HEÄ PHÖÔNG TRÌNH CHÖÙA THAM SOÁ Hệ đối xứng loại I Biến đổi về tổng – tích và dùng điều kiện có nghiệm: 2 4 SP (rất ít) hoặc dùng khảo sát hàm số. Hệ đối xứng loại II Lấy vế trừ vế để chứng minh , yx rồi thế vào một phương trình và lúc này ta thường dùng khảo sát hàm số. Hệ đẳng cấp Đặt ., x t y lập tỉ số và khảo sát hàm số () ft nếu độc lập được . m Một số hệ chứa tham số loại khác Nếu gặp những hệ phương trình chứa tham số không có dạng chuẩn như trên, ta thường dùng những ý tưởng sau để giải: Nếu dễ dàng rút được biến này theo biến kia từ phương trình không chứa tham số và thế vào phương trình còn lại. Lúc đó đưa về bài toán tìm tham số trong phương trình. Chọn một phương trình không chứa tham số để giải (đẳng cấp, đặt ẩn phụ, bậc hai, hàm số,…) mối liên hệ giữa x và . y Thế vào phương trình còn lại, đưa về bài toán tìm tham số trong phương trình. Tìm mối liên hệ để đặt ẩn phụ thích hợp và khảo sát hàm số. Sử dụng điều kiện cắt nhau, tiếp xúc,… trong hình học nếu hai phương trình trong hệ có dạng đặc biệt (dạng đường thẳng, đường tròn, elip). Lưu ý. Cần nắm vững dấu hiệu nhận dạng các loại hệ phương trình cơ bản. Cũng giống như phương trình, ta cần tìm điều kiện chính xác cho , xy và biện luận mối tương quan khi đặt ẩn phụ nếu yêu cầu hệ có n cặp nghiệm. Hệ đối xứng loại I và đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại I Ví dụ 514. Tìm m để hệ phương trình: 22 , ( ) 1 x y m i x y xy có nghiệm thực ? Lời giải. Đặt S x y P xy thì 2 2 1 2 () 1 2 2 0 ( ) PS S P m i S P S S m Để () có nghiệm thì () 1 0 1. mm Khi đó hai nghiệm của phương trình () là: 1 1 1 1 1 1 S m P m S m P m Để hệ () i có nghiệm 2 2 1 0 4 2 1 0 mm SP mm luôn đúng 1. m Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 492 Kết luận: 1 m thì hệ đã cho có nghiệm. Ví dụ 515. Tìm m để hệ phương trình: 22 2 ( ) 1 x xy y m i x y y x m có nghiệm thực ? Lời giải. Đặt S x y P xy thì 2 2 2 () 1 ( 2) 1 0, ( ) P m S S P m i SP m S m S m Để () có nghiệm thì: 2 () 0, mm và khi đó hai nghiệm của () là: 11 S m P hoặc 1 1. S P m Để hệ () i có nghiệm thì 2 2 ( 1) 4 0 3 4 4 1 4( 1) 0 m S P m m hoặc 3. m Kết luận: Các giá trị m cần tìm là 3 4 m hoặc 3. m Ví dụ 516. Tìm tham số m để hệ: 2 21 () x xy y m xy x y m m () i có nghiệm duy nhất ? Lời giải. Đặt S x y P xy thì 2 2 2 2 1 2 1 () (2 1) 0, ( ) S P m P m S i SP m m S m S m m Để () có nghiệm () 10 : luôn đúng và khi đó nghiệm của () i là: 1 S m P m hoặc 1. S m P m Hệ () i là hệ đối xứng. Nếu ( ; ) xy là một cặp nghiệm hệ thì ( ; ) yx cũng là một nghiệm của hệ 2 41 x y S P m hoặc 2 2 2. m Với 1, m suy ra: 1 2 S P hoặc 2 1 S P nên có 1 2 xy xy hoặc 2 1 xy xy 1 1 x y là cặp nghiệm duy nhất nên nhận giá trị 1. m Với 2 2 2, m suy ra các hệ phương trình: 2 2 2 3 2 2 xy xy hoặc 2 2 2 1 2 3 2 2 1 2 x y x y xy x y Do đó hệ không có nghiệm duy nhất nên sẽ loại giá trị 2 2 2. m Kết luận: 1 m thỏa yêu cầu bài toán. Nhận xét. Qua các ví dụ trên, ta rút ra được kinh nghiệm: Hệ đối xứng loại I, nếu độc lập được tham số m thì sử dụng phương pháp hàm số hoặc 2 4. SP Còn nếu không độc lập được nên sử dụng điều kiện có nghiệm 2 4. SP khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 493 Ví dụ 517. Tìm m để hệ: 22 8 ( 1)( 1) x y x y xy x y m () i có ít nhất một nghiệm ? Lời giải. Ta có hệ 22 22 ( ) ( ) 8 () ( )( ) x x y y i x x y y m () ii Đặt 2 2 1 1 1 2 4 4 a x x x và 2 2 1 1 1 2 4 4 b y y y 8 ( ) (8 ) , ( ). ab ii a a m ab m Do 1 1 33 8 4 4 4 b a a Để () i có ít nhất 1 nghiệm thì () phải có ít nhất 1 nghiệm 1 33 ; 44 a Xét hàm số 2 ( ) .(8 ) 8 f a a a a a trên 1 33 ; 44 có ( ) 8 2 . f a a Cho ( ) 0 4. f a a Suy ra: 1 33 ; 44 1 33 33 min ( ) min ; ; 4 3 4 16 f a f f f và 1 33 ; 44 1 33 max ( ) max ; ; 4 16. 34 f a f f f Để () có ít nhất một nghiệm 1 33 1 33 ; ; 44 44 1 33 ; min ( ) max ( ) 44 a f a m f a Suy ra: 33 16. 16 m Kết luận: 33 ;16 16 m là các giá trị cần tìm. Ví dụ 518. Tìm m để hệ phương trình: 22 12 2 3 2 yx x y x m () i có nghiệm ? Lời giải. Điều kiện: 1; 0 xy thì 22 12 () ( 1) 3 3 xy i x y m () ii Đặt 10 0 ax by thì 44 2 () 33 ab ii a b m (1) (2) Từ (1), suy ra: 2 0 2 b a a và có 0 a nên 0;2 . a Thế 2 ba vào 44 (2) (2 ) 3 3, ( ) a a m với 0;2 . a Để hệ () i có nghiệm thì phương trình () phải có nghiệm 0;2 . a Xét hàm số 44 ( ) (2 ) f a a a trên 0;2 có 33 ( ) 4 4(2 ) . f a a a Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 494 Cho ( ) 0 1 f a a và có bảng biến thiên sau: a 0 1 2 () fa 0 () fa 16 16 2 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: 1 13 2 3 3 16 36 mm Ví dụ 519. Tìm tham số m để hệ 32 2 2 ( 2) 12 x y x xy m x x y m () i có nghiệm thực ? Đại học khối D năm 2011 Lời giải. Ta có hệ 2 2 ( )(2 ) () ( ) (2 ) 1 2 x x x y m i x x x y m ( ). ii Đặt 2 2 a x x b x y Do 2 1 1 1 , 2 4 4 ax suy ra: 1 ; 4 a nên () 12 ab m ii a b m (1) (2) Từ (2), suy ra: 1 2 , b m a và thế vào 2 2 (1) (2 1) 21 aa a a m a m a Xét hàm số 2 () 21 aa fa a có 2 2 2 2 1 1 3 ( ) 0 2 (2 1) aa f a a a a 1 4 13 2 () fa 0 () fa 23 2 5 8 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: 23 2 m Ví dụ 520. Tìm m để hệ 32 2 ( 2) 2 2 3 3 x y x xy m x x y m () i có nghiệm thực ? Học sinh giỏi tỉnh Long An (bảng A) năm 2012 Lời giải. Ta có hệ 2 2 ( 2 )( ) 2 3 () ( 2 ) ( ) x x x y m i x x x y m () ii Đặt 22 2 ( 1) 1 1 a x x x b x y với 1; a b khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 495 23 ( ) , ab m ii a b m suy ra: 2 3 2 a m a () Xét hàm số 2 3 () 2 a fa a trên 1; có: 2 2 43 ( ) 0, 1. ( 2) aa f a a a Do đó hàm số () fa luôn đồng biến trên 1; . Suy ra: ( ) (1) 2. f a f Kết luận: Để hệ có nghiệm thì ( ) 2 2. m f a m Ví dụ 521. Tìm tham số m để hệ 33 33 11 15 10 11 5 x y m yx xy xy () i có nghiệm ? Đại học khối D năm 2007 Lời giải. Điều kiện: ; 0. xy Đặt 11 ; a x b y xy với 2; 2. ab 33 2 5 3( ) 15 10 ( ) 5 8 8 5 ab a b a b m i m a a ab m ab () Để hệ phương trình () i có nghiệm thì phương trình () có nghiệm 2. a Xét 2 ( ) 5 8 f a a a trên ; 2 2; có 5 ( ) 2 5 0 2 f a a a a 2 2 5 2 () fa 0 () fa 22 2 7 4 Kết luận: Từ bảng biến thiên 7 ;2 22; 4 m thỏa yêu cầu bài toán. Ví dụ 522. Tìm tham số m để hệ: 33 2 4 2 3 3 3 3 8 2 2 4 4 .( 1) .( 1) ( 1). 2 m x x x xy m x x x m x y x () i có nghiệm thực ? Lời giải. Nếu 0 m thì hệ 33 44 0 0 () 2 xy x i y x y x () Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 496 Nếu 0, m đặt 3 tx thì hệ 6 4 2 3 8 6 2 4 4 .( 1) () .( 1) ( 1) 2 m t t t yt i m t t t m t yt 6 4 2 3 8 6 4 3 4 .( 1) .( 1) (2 1) m t t t yt m t t t yt y t () ii (1) (2) Vì 0 t không là nghiệm của hệ nên chia hai vế (1) cho 3 t và (2) cho 4 t : 3 3 42 42 11 () 11 1 2 1 m t t y t t ii m t t y tt () và đặt 1 at t với 2 a thì hệ: 3 4 3 2 42 ( 2 ) ( ) ( 2 3 4 1) 1 ( 3 1) 2 1 m a a y m a a a a m a a y 4 3 2 1 2 3 4 1 a a a a m (3) Yêu cầu bài toán phương trình (3) có nghiệm a thỏa mãn 2. a Xét hàm số 4 3 2 ( ) 2 3 4 1 f a a a a a trên ; 2 2; có: 32 ( ) 4 6 6 4 0 2 f a a a a a hoặc 1 2 a hoặc 1. a a 2 2 () fa () fa 13 3 Từ bảng biến thiên, suy ra: 1 1 3 1 30 3 m m mm hoặc 0 m () Kết luận: Từ ( ),( ), suy ra: 1 ; 0; 3 m sẽ thỏa yêu cầu bài toán. Ví dụ 523. Tìm tham số m để hệ phương trình: 22 49 4 2 1 7 1 1 y x m x yx i có đúng bốn cặp nghiệm thực phân biệt ? Lời giải. Ta có hệ 22 7 1 1 () 49 ( 1) 4 0 yx i y x m () ii và đặt 10 70 ax by 44 44 1 ( ) (1 ) 4 40 ba i a a m a b m () Do 0 b 1 0 1 b a a và có 0 a nên 0;1 a . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 497 Ứng với mỗi , 0;1 ab thì hệ () i có hai cặp nghiệm ( ; ). xy Để () i có đúng bốn cặp nghiệm thực phân biệt thì () phải có đúng hai nghiệm thực phân biệt 0;1 . a Xét hàm số 44 ( ) (1 ) f a a a trên 0;1 có 33 1 ( ) 4 4(1 ) 0 2 f a a a a a 0 1 2 1 ' fa 0 fa 1 1 1 8 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: 1 1 1 41 8 4 32 mm Hệ đối xứng loại II Ví dụ 524. Tìm m để hệ: 3 2 2 3 2 2 4 4 y x y my x y x mx (1) (2) có nghiệm duy nhất ? Lời giải. Lấy 22 (1) (2) ( ) 3( ) 0 y x x xy y x y m xy hoặc 22 ( ) 3( ) 0 f x x xy y x y m () i Với xy thì 32 1 5 0 x x mx 2 0 5 0, ( ) xy x x m ii Để hệ có nghiệm duy nhất thì () ii vô nghiệm và () i cũng phải vô nghiệm. Để () ii vô nghiệm 25 4 0 m 25 4 m Với 25 4 m thì 22 ( ) ( 3) 3 0 f x x y x y y m có 2 25 3( 1) 12 4 0, 4 x y m m nên ( ) 0 fx ( ) : i vô nghiệm. Kết luận: 25 4 m thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Ví dụ 525. Tìm tham số m để hệ phương trình: 11 11 x y m y x m 1 2 có nghiệm duy nhất ? Lời giải. Điều kiện: 0 ; 1. xy Lấy (1) (2) 1 1 ( ) ( ). x x y y f x f y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 498 Xét hàm số 1 f t t t trên 0;1 có 11 ( ) 0; 0;1 . 2 2 1 f t t tt Do đó hàm số () ft đồng biến trên đoạn 0;1 . Suy ra: ( ) ( ) . f x f y x y Thế vào (1) 1 1 x x m () Để hệ có nghiệm duy nhất phương trình () có nghiệm duy nhất. Xét hàm số ( ) 1 f x x x trên 1;0 có 11 ( ) 0 2 2 (1 ) xx f x x xx x 0 1 2 1 () fx 0 () fx 2 1 1 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: 1 2 2 1. mm Ví dụ 526. Tìm m để hệ phương trình: 1 3 2 1 3 2 x y m y x m i có nghiệm ? Lời giải. Điều kiện 1 1 x y . Đặt 10 10 ax by thì 2 2 3( 1) 2 () 3( 1) 2 a b m i b a m ( )(3 3 1) 0 a b a b a b hoặc 3 3 1 0. ab Khi: , ab suy ra: 2 3 1 2 a a m (1) với 0 a . Khi: 1 0, 3 ba suy ra: 2 10 32 3 a a m (2) với 1 0 3 a Hệ () i có nghiệm (1) có nghiệm 0 a hoặc (2) có nghiệm 1 0; 3 a Xét hàm số 2 ( ) 3 1 f a a a trên 0; có ( ) 6 1 0, 0. f a a a Do đó hàm số () fa đồng biến trên 0; . Suy ra (1) có nghiệm trên 0; 2 0; 2 min ( ) (0) 1 2 m f a f m Xét hàm số 2 10 ( ) 3 3 g a a a trên 1 0; 3 có 1 ( ) 6 1 0 6 g a a a Tính 1 0; 3 10 1 10 1 13 13 0 ; ; min ( ) 3 3 3 6 4 4 g g g g a và 1 0; 3 10 max ( ) 3 ga Suy ra (2) có nghiệm 13 2 5 2 min 2 max 83 g a m g a m khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 499 Kết luận: Hợp hai trường hợp lại, suy ra giá trị m cần tìm là 2 2 m Ví dụ 527. Tìm m để hệ: 22 22 3 1 3 1 3 1 3 1 x x y y m x x y y m () i có nghiệm ? Lời giải. Lấy vế trừ vế, ta được: 22 2 2 2 2 3 1 3 1 (1) () 3 1 3 1 3 1 3 1 ( ) ( ) x x y y m i x x x x y y y y f x f y Xét hàm số 22 ( ) 3 1 3 1 f t t t t t trên có: 22 11 33 66 11 () 66 1 11 1 11 33 6 12 6 12 tt f t g t g t tt Xét hàm số 2 3z () 11 3z 12 gz trên có: 22 11 ( ) 0, . 11 11 12 3 3 12 g z z zz Do đó () gz đồng biến trên . Suy ra: 1 1 1 1 6 6 6 6 t t g t g t 11 ( ) 0, 66 f t g t g t nên hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: ( ) ( ) f x f y x y và thế vào 22 (1) 3 1 3 1 x x x x m () Để hệ phương trình () i có nghiệm phương trình () có nghiệm. Xét hàm số 22 ( ) 3 1 3 1 f x x x x x trên có: 22 6 1 6 1 ( ) 0 0. 2 3 1 2 3 1 xx f x x x x x x x 0 () fx 0 () fx 2 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: 2. m Ví dụ 528. Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: 7 11 4 4 3 10 3 7 11 4 4 3 10 3 x y m m y x m m ? Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 500 Lời giải. Điều kiện: 7 ; 11 xy và 74 10 27 3 m Lấy (1) (2) 7 11 7 11 ( ) ( ). x x y y f x f y Xét hàm số ( ) 7 11 f t t t trên 7;11 có 11 ( ) 0, 7;11 2 7 11 f t t tt ft tăng trên 7;11 . Suy ra: ( ) ( ) f x f y x y và thế vào phương trình (1) được: (1) 7 11 4 4 3 10 3 x x m m () Để hệ có nghiệm duy nhất () có nghiệm duy nhất 7;11 x . Xét hàm số 7 11 4 f x x x trên 7;11 có: 11 7 ( ) 0 3 2 7 . 11 xx f x x xx và có bảng biến thiên sau: x 7 2 11 () fx 0 () fx 2 4 3 2 4 3 2 Dựa vào bảng biến thiên, suy ra yêu cầu bài toán 4 3 10 3 2 mm 4 3 2 4 3 10 3 2 8 16 27 90 0 m m m m m m 2 ( 3)( 2)( 7 15) 0 3 m m m m m hoặc 2. m Kết luận: So với điều kiện, giá trị m cần tìm là 3. m Hệ đẳng cấp Ví dụ 529. Tìm m để hệ phương trình: 22 22 3 2 5 2 x xy y x xy y m (1) (2) có nghiệm ? Lời giải. Từ 2 2 22 7 (2) 2 , 24 yy x xy y x m suy ra: 0. m Khi 0 x thì hệ đã cho vô nghiệm. Xét 0 x và đặt y tx thì Hệ 22 2 2 22 .(3 2 ) 5 3 2 5 12 (1 2 ) x t t tt m tt x t t m () Ta có: 22 (3 2 ) 5 x t t và để phương trình này có nghiệm thì 2 3 2 0 tt 3 1. t Do đó ( 3;1). t Để hệ đã cho có nghiệm phương trình () có nghiệm t (–3;1). Xét hàm số 2 2 32 () 12 tt ft tt trên 3;1 có 2 2 3 14 5 () (1 2 ) tt ft tt khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 501 Cho 2 2 3 14 5 ( ) 0 0 5 (1 2 ) tt f t t tt (loại) hoặc 1 3 t t 3 1 3 1 () ft 0 () ft 4 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên suy ra: 55 04 4 m m Ví dụ 530. Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm: 22 2 2 4 3 2 238 2 4 5 4 4 12 105 x xy y x xy y m m m ? Lời giải. Đặt 4 3 2 4 4 12 105 k m m m thì hệ 22 22 238 2 4 5 x xy y x xy y k Từ phương trình hai, suy ra: 2 2 2 2 2 4 5 2( ) 3 x xy y x y y k nên 0. k Do 0 x không là nghiệm hệ nên với 0 x đặt y tx thì Hệ 22 22 chia 22 22 (1 2 3 ) 8 ( ) 1 2 3 8 2 4 5 8 2 4 5 1 2 3 (2 4 5 ) ( ) x t t i t t k t t k t t t t x t t k ii () Từ phương trình ( ), i suy ra: 2 1 1 2 3 0 1 3 t t t Để hệ đã cho có nghiệm phương trình () có nghiệm 1 1; 3 t Xét hàm số 2 2 5 4 2 () 3 2 1 tt ft tt trên khoảng 1 1; 3 có 2 22 2 22 8 () ( 3 2 1) tt ft tt Cho 2 11 105 ( ) 0 2 22 8 0 2 f t t t t (loại) hoặc 11 105 2 t t 1 11 105 2 1 3 () ft 0 () ft 105 3 8 Dựa vào bảng biến thiên 1 1; 3 105 3 min 105 3. 88 k f t k Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 502 Do đó 4 3 2 2 1 4 4 9 0 ( 1)( 3)( 2 3) 0 3 m m m m m m m m m Kết luận: Để hệ có nghiệm thực thì 1 m hoặc 3. m Ví dụ 531. Tìm tham số m để hệ: 22 22 2 ( 1) ( 1) 2 2 1 x mxy m y m x m xy y m (1) (2) () i có bốn cặp nghiệm thực phân biệt ? Lời giải. Lấy 2 (1) (2) ( 1) ( 1) 1 m xy m y m () Nếu 1 m thì () luôn thỏa ; xy và hệ 22 22 2 2 1 () 2 2 1 x xy y i x xy y 22 ( ) 1 0 1 1. x y y y Phương trình () luôn thỏa ; xy mà hệ () i chỉ thỏa khi 1;1 y nên ta loại giá trị 1. m Nếu 1 m thì 2 2 1 ( ) 1 y xy y x y (do 0 y không là nghiệm của phương trình () ). 2 2 2 2 4 2 1 (2) ( 1)(1 ) 2 2 1 (2 ) (2 3 ) 1 0 y m y y m m y m y y Đặt 2 0 ty thì phương trình 2 (2 ) (2 3 ) 1 0 m t m t () Hệ () i có bốn nghiệm phân biệt () có 2 nghiệm phân biệt dương 2 9 8 4 0 1 4 2 13 02 29 32 0 2 mm Sm m m P m (thỏa m 1) Kết luận: 4 2 13 ;2 9 m thì hệ có 4 cặp nghiệm thực phân biệt. Một số hệ loại khác Ví dụ 532. Tìm m để hệ: 2 3( 1) 1 x y m xy x (1) (2) có ba cặp nghiệm phân biệt ? Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Lục Ngạn số 1 – Bắc Giang Lời giải. 2 1 10 (2) 1 (1 ) 2 x x xy x yx x (do 0 x không là nghiệm hệ) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 503 2 1 (1) 3 1 2 x x m x () Xét hàm số 2 1 3 1 2 f x x x x trên ;1 có 32 2 6 7 1 () xx fx x Cho 1 ( ) 0 3 f x x hoặc 1 2 x hoặc 1. x x 1 1 2 0 1 3 1 ' fx 0 0 0 fx 12 20 3 15 4 4 Ứng với mỗi giá trị của ;1 x thì cho ta một giá trị của . y Để hệ có ba cặp nghiệm thực phân biệt ( ; ) xy thì () phải có 3 nghiệm phân biệt ;1 x . Từ bảng biến thiên 15 20 4; ;12 43 m . Kết luận: 15 20 4; ;12 43 m thì hệ đã cho có 3 cặp nghiệm phân biệt. Ví dụ 533. Tìm m để hệ: 3 3 2 2 2 2 12 6 16 5 4 4 2 4 x x y y y y x x m (1) (2) có nghiệm ? Lời giải. Điều kiện: 22 04 x y thì 33 (1) 12 ( 2) 12( 2) x x y y ( ) ( 2). f x f y Ta có: 0 4, y suy ra: 2 2 2. y Xét hàm số 3 12 f t t t trên 2;2 có 2 ( ) 3( 4) 0; 2;2 . f t t t Do đó hàm số () ft nghịch biến trên 2;2 . Suy ra: ( ) ( 2) 2. f x f y x y 22 (2) 3 4 4 , ( ). x x m Hệ có nghiệm () có nghiệm 2;2 . x Xét hàm số 22 3 4 4 f x x x trên 2;2 có 2 3 ( ) 8 4 f x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 504 Cho: ( ) 0 0 f x x và ta có: ( 2) 16; (2) 16; (0) 6. f f f Suy ra: 2;2 min ( ) 16 fx khi 2 x và 2;2 max 6 fx khi 0. x Kết luận: Để () có nghiệm 2;2 2;2 min ( ) max ( ) 16 6. f x m f x m Ví dụ 534. Tìm m để hệ: 3 3 3 2 2 4 2 3 (4 2 ). 3 2 4 1 1 y y y xy x y y x m (1) (2) có duy nhất một cặp nghiệm thực ? Lời giải. Điều kiện: 3 0 2 x Do 0 y không là nghiệm nên: 23 4 3 1 (1) 2 1 (3 2 ) 3 2 xx y yy 3 1 1 1 1 1 3 2 (3 2 ) 3 2 1 ( 3 2 ). x x x f f x y y y Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 1 3 0, f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 0 1 11 1 ( 3 2 ) 1 3 2 11 1 2 yy f f x x x yy y y 2 4 2 11 (2) 1 1 2 ym y y () Ứng với mỗi ;0 1; y thì phương trình 2 11 1 2 x y y cho ta mỗi giá trị của . x Để hệ có nghiệm duy nhất () có đúng một nghiệm . y Xét hàm số 2 4 2 11 11 2 f y y y y trên ;0 1; có: 23 4 3 2 1 () 11 2 ( 1) 21 2 yy fy y y y y và ( ;0) ( ) 0 (1; ) ( ) 0 y f y y f y y 0 1 () fy () fy 0 0 4 6 2 2 Kết luận: Từ bảng biến thiên, suy ra: 4 6 2 2 m thỏa yêu cầu bài toán. khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 505 Ví dụ 535. Tìm m để hệ: 22 2 3 3 2 2 2 0 4 1 2 1 x y x y y x x y x m (1) (2) có đúng một cặp nghiệm thực ? Lời giải. Điều kiện: 2 0; 4 1 0. y x x y 2 2 2 2 (1) 3 2 1 0 1 2. 2 2 2 y y y yx x x x 3 (2) 4 1 2 1 x x m () Ứng với mỗi giá trị của x thì phương trình 2 2 yx cho một nghiệm . y Để hệ có đúng (1) cặp nghiệm thực () có đúng một nghiệm 1 4 x Xét hàm số 3 ( ) 4 1 2 1 f x x x trên 1 ; 4 có: 2 3 2 2 1 ( ) 0, 4 41 3 (2 1) f x x x x nên () fx đồng biến trên 1 ; 4 Kết luận: Để () có đúng một nghiệm 3 1 ; 4 11 min 4 2 m f x f Ví dụ 536. Tìm tham số m để hệ: 22 2 2 2 2 2 0 12 x y xy x y x y mx m () có bốn cặp nghiệm thực phân biệt ? Lời giải. Ta có hệ 22 22 22 20 ( ) ( ) 1 ( 2)( 1) 0 () ( ) 1 10 ( ) ( ) 1 xy i x m y x y x y x m y xy ii x m y Hệ có bốn cặp nghiệm thực phân biệt () i có hai cặp nghiệm và () ii có hai cặp nghiệm không trùng với ( ). i Thấy () i là mối liên hệ tương giao giữa đường thẳng 1 : 2 0 xy và đường tròn () C tâm ( ;0), Im bán kính 1. R Để () i có hai cặp nghiệm đường thẳng 1 cắt đường tròn () C tại 2 điểm phân biệt 1 ( ; ) d I R 1 2 2 1 2 1. mm Tương tự: 2 ; 1 2 2. 2 m d I R m Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 506 Kết luận: 2; 2 1 m thì hệ đã cho có bốn cặp nghiệm thực phân biệt. Ví dụ 537. Cho hệ phương trình : 22 9 (2 1) 1 0 xy m x my m (1) (2) . Xác định m để hệ phương trình trên có hai nghiệm 1 1 2 2 ( ; ), ( ; ) x y x y sao cho biểu thức 22 1 2 1 2 ( ) ( ) A x x y y đạt giá trị lớn nhất ? Lời giải. Ta có (2) là phương trình đường thẳng :(2 1) 1 0 m x my m và phương trình (1) có dạng phương trình đường tròn 22 ( ) : 9 C x y có tâm là (0;0) O và bán kính 3. R Hệ có 2 nghiệm 1 1 2 2 ( ; ), ( ; ) x y x y Δ cắt () C tại 2 điểm 1 1 2 2 ( ; ), ( ; ). M x y N x y Khi đó: 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) . MN x x y y A MN x x y y Biểu thức A đạt giá tr ị lớn nhất khi Δ đi qua tâm O của đường tròn , tức là: (0;0) 1. Om Kết luận: 1 m sẽ thỏa yêu cầu của bài toán. khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 507 Phaàn 3. GIẢI CHI TIẾT BÀI TẬP RÈN LUYỆN BT 1. Giải phương trình: 2 2 6 1 4 5 x x x () Điều kiện: 5 4 5 0 4 xx Lời giải 1. Lũy thừa sau khi sử dụng casio tìm được nhân tử 2 2 1. xx 22 2 2 4 3 2 2 6 1 0 2 6 1 0 () (2 6 1) 4 5 6 8 2 1 0 x x x x x x x x x x x 2 22 3 11 3 11 2 6 1 0 1 2 22 ( 2 1)( 4 1) 0 23 1 2 2 3 x x x xx x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 1 2, 2 3. xx Lời giải 2. Đặt ẩn phụ dạng ( ) . n n ax b p cx d q x r đưa về hệ. Đặt 22 22 4 12 9 4 5 3 1 0 2 3 4 5 2 6 1 2 3 3 1 0 y y x y y x yx x x y x x y ( )( ) 2( ) 0 ( )( 2) 0 2 yx y x y x y x y x y x yx Với , yx suy ra: 2 2 3 0 4 5 2 3 2 3. 4 1 0 x x x x xx Với 2, yx suy ra: 2 1 2 0 4 5 1 2 1 2. 2 1 0 x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 1 2, 2 3. xx BT 2. Giải phương trình: 23 2 5 1 7 1 x x x () Điều kiện: 3 1 0 1. xx Lời giải 1. Lũy thừa sau khi sử dụng casio tìm được nhân tử 2 8 10. xx 22 2 2 3 4 3 2 2 5 1 0 2 5 1 0 () (2 5 1) 49( 1) 4 29 21 10 50 0 x x x x x x x x x x x 2 22 2 5 1 0 4 6 (4 3 5) ( 8 10) 0 46 x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 4 6. x Lời giải 2. Biến đổi về dạng đẳng cấp: . ( ) . ( ) . ( ) ( ). a f x b g x c f x g x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 508 22 ( ) 3 ( 1) 2 ( 1) 7 ( 1)( 1) x x x x x x và chia cho 2 10 xx 2 2 2 1 1 1 3. 7. 2 0 2 1 1 1 x x x x x x x x x hoặc 2 11 3 1 x xx Với 22 2 1 2 1 4( 1) 4 3 5 0 : 1 x x x x x x xx vô nghiệm. Với 22 2 11 9( 1) 1 8 10 0 4 6. 3 1 x x x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 4 6. x BT 3. Giải phương trình: 22 9 42 49 1 3 6 6 x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 2 ( ) 9 42 49 3 6 6 1 9 42 49 (3 6 6 1) x x x x x x x x 2 2 2 1 0 6 6 2 1 1. 3 2 5 0 x x x x x xx Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 4. Giải phương trình: 22 2 10 8 1 2 2 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 2 2 10 8 0 1 10 1 2 2 0 ?! xx x x x x Nhận thấy 1 x là một nghiệm của phương trình ( ). Với 1, x thì ( ) 2( 1)( 4) ( 1)( 1) 2( 1) x x x x x và do 1 x nên 2 2 8 1 2 1 2 2 6 8 3 : x x x x x x vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 5. Giải phương trình: 2 2 2 2 3 1 2 3 4 1 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 2 2 2 3 1 0 2 20 1 3 4 1 0 xx x xx x xx 2 2 2 ( ) 3 2 1 2 ( 1) (2 1)( 2) 3 4 1 x x x x x x x 2 22 10 ( 1) (2 1)( 2) 1 ( 1) (2 1)( 2) ( 1) x x x x x x x x x 22 1 1 ( 1) (2 3 3) 0 x x x x x hoặc 3 33 4 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 509 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 3 33 1, 4 xx BT 6. Giải phương trình: 3 3 3 1 2 3 0 x x x () Lời giải. Tập xác định: . D 33 3 3 3 3 3 3 ( ) 1 2 3 ( 1 2) ( 3) x x x x x x 33 3 2 3 3 ( 1)( 2).( 1 2) ( 3) x x x x x x () Thế 3 3 3 1 2 3 x x x vào ( ), suy ra: 3 3 ( 1)( 2)( 3) 3( 2) x x x x 32 ( 1)( 2)( 3) ( 2) ( 2) ( 1)( 3) ( 2) 0 x x x x x x x x ( 2).( 1) 0 2. xx Kết luận: Thế 2 x vào () thỏa nên nghiệm phương trình là 2. x BT 7. Giải phương trình: 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 3 2. x x x x x x x Lời giải. Điều kiện: 2 2 x hoặc 3 17 2 x Phương trình 2 2 2 2 2 1 2 2 2 3 3 2 x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 ( 2 1 2) ( 2 2 3 3 2) x x x x x x x 2 2 2 2 (2 1)( 2) (2 2 3)( 3 2) x x x x x x x 2 2 2 2 3 2 (2 1)( 2) (2 2 3)( 3 2) 5 7 2 0 x x x x x x x x x x 2 ( 2)( 3 1) 0 2 x x x x hoặc 35 2 x Kết luận: So điều kiện và thế vào ( ), suy ra nghiệm là 35 2, 2 xx BT 8. Giải phương trình: 3 3 1 2 2 2 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0. x 22 ( ) 3 1 2 2 4 3 ( 3 1 2 2) ( 4 3) x x x x x x x x 5 3 2 (3 1)(2 2) 5 3 2 4 ( 3) x x x x x x 22 (3 1)(2 2) 4 ( 3) 6 8 2 4 12 1. x x x x x x x x x Kết luận: So điều kiện và thế vào ( ), suy ra nghiệm là 1. x BT 9. Giải phương trình: 32 2 33 1 3 4 3 3 x x x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 11 3 x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 510 2 32 2 2 33 ( ) 3 4 3 1 3 x x x x x x x x ( 1)( 1)( 3) 3 ( 1)( 3) ( 1) 3 x x x x x x x x 2 22 0 ( 3)( 1) 4 1 2 10 0 5 3 x xx x x x x x x Kết luận: So điều kiện và thế vào () thì không thỏa nên () vô nghiệm. BT 10. Giải phương trình: 3 2 81 2 1 4 2 1 2 3 23 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 2 x 2 3 2 2 81 ( ) 2 3 4 2 1 2 1 23 x x x x x x 3 3 2 3 81 2 3 2 8 1 4 2 1 2 1 2 8 1 23 x x x x x x x x 3 22 8 1 2 4 2 3 16 8 0 2 3 2 x x x x x x hoặc 2 2 x Kết luận: So điều kiện và thế vào () thì nghiệm phương trình là 2 2 x BT 11. Giải phương trình: 10 1 3 5 9 4 2 2 x x x x () ( , ) xy Lời giải. Điều kiện: 5 3 x ( ) ( 10 1 9 4) ( 3 5 2 2) 0 x x x x 33 0 10 1 9 4 3 5 2 2 xx x x x x o 3 1 1 5 0 0 : VN , 3 10 1 9 4 3 5 2 2 x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3. x BT 12. Giải phương trình: 2 2 2 2 3 5 1 2 3( 1) 3 4 x x x x x x x Lời giải. Điều kiện: 2 x hoặc 15 2 x Phương trình 2 2 2 2 3 5 1 3( 1) 2 3 4 x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 511 2 2 2 2 2 4 3 6 0 3 5 1 3( 1) 2 3 4 xx x x x x x x x 2 2 2 2 23 ( 2) 0 3 5 1 3 3 3 2 3 4 x x x x x x x x 2, x do 2 2 2 2 23 0. 3 5 1 3 3 3 2 3 4 x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2. x BT 13. Giải phương trình: 2 3 1 3 1 2 3 x x x x () ( , ) xy Lời giải. Điều kiện: 3 2 x ( ) 2 3 3 1 1 2 3 0 x x x x 44 0 2 3 3 1 1 2 3 xx x x x x 11 (4 ) 0 2 3 3 1 1 2 3 x x x x x 4, x do 1 1 3 0, 2 2 3 3 1 1 2 3 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 4. x BT 14. Giải phương trình: 22 ( 1) 5 1 x x x x () Lời giải. Ta có: 22 ( ) ( 1) 5 1 x x x x (1) Do 2 10 xx và 2 5 0, x nên để phương trình có nghiệm thì cần điều kiện kéo theo là 1 0 1. xx Khi đó: 2 2 1 (1) 5 1 xx x x 22 2 1 1 5 1 5 ( 5 ) 1 1 1 5 x x x x x x x xx 2 2 22 4 5 0 5 1 5 4 5 5 5 (4 5) x xx x x x xx 2 5 5 4 2. 4 2 15 40 20 0 2 3 x x x xx xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 2. x BT 15. Giải phương trình: 2 2 10 2 3 x x x () ( , ) xy Lời giải. Điều kiện: 3 2 3 0 2 xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 512 5 ( ) 2 3 2 2(5 ) 0 2( 5) 0 2 3 2 x x x x x xx 5 1 ( 5) 2 0 2( 2 3 2) 1 ( ) 2 3 2 x x x x i xx 13 ( ) ( 2 3 2) 2 (2 3)( 2) 3 : 44 i x x x x x vô nghiệm 3 2 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 5. x BT 16. Giải phương trình: 2 3 2 6 x x x () ( , ) xy Lời giải. Điều kiện: 3 2 3 0 2 xx 3 3 ( ) 2( 3) 2( 2 3 ) 1 ( ) 23 x x x x x i xx Ta có 3 , 2 x thì ( ) ( ) 2( 2 3 ) 6 1 , ii VT x x VP nên () i vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiên, phương trình có nghiệm duy nhất 3. x BT 17. Giải phương trình: 22 4 5 1 2 1 9 3 x x x x x () ( , ) xy Lời giải. Điều kiện: 1 x hoặc 1 4 x 22 ( ) 4 5 1 4 4 4 9 3 x x x x x 22 93 93 4 5 1 4 4 4 x x x x x x 22 1 (9 3) 1 0 4 5 1 4 4 4 x x x x x 1 3 x hoặc 22 4 5 1 4 4 4 1 x x x x () 22 ( ) 4 5 1 (2 1) 3 3 1 x x x nên () vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 1 3 x BT 18. Giải phương trình: 2 1 1 2 x x x () ( , ) xy Lời giải. Điều kiện: 1 2 x 1 ( ) ( 1) ( 2 1 2) 0 ( 1) 0 2 1 2 x x x x x xx 11 ( 1) 1 0 1, do : 1 0. 2 1 2 2 1 2 xx x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 513 Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm 1. x BT 19. Giải phương trình: 2 2 3 2 2 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 3 x 2 24 ( ) 3 2 2 2 ( 2)( 1) 3 2 2 x x x x x x x xx 2 2 ( 2) 1 0 2 1 ( ) 3 2 2 3 2 2 x xx xi xx xx Với 2 , 3 x suy ra: (1) (1) 26 2 3 2 2 25 1 1 1 33 VT xx VP x nên () i vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 2. x BT 20. Giải phương trình: 3 4 1 3 2 5 x xx () Lời giải. Điều kiện: 2 3 x 3 3 1 1 ( ) ( 3) 0 55 4 1 3 2 4 1 3 2 xx x x x x x 11 0, 5 4 1 3 2 xx do 2 3 x thì 30 x 2 4 1 3 2 5 2 12 5 2 26 7 x x x x x 22 2 26 26 7 0 2. 7 4.(12 5 2) (26 7 ) 344 684 0 x x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình cần tìm là 2. x BT 21. Giải phương trình: 31 4 1 2 5 x xx () Lời giải. Điều kiện: 1 4 x 3 1 3 1 1 1 ( ) (3 1) 0 55 4 1 2 4 1 2 xx x x x x x 1 3 x hoặc 4 1 2 5 2. x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 1 , 2. 3 xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 514 BT 22. Giải phương trình: 9( 4 1 3 2) 3 x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 3 x 9.( 3) ( ) 3 9 4 1 3 2 4 1 3 2 x x x x xx 2 82 7 0 2. (4 1)(3 2) 82 7 6. 1128 6732 0 x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 6. x BT 23. Giải phương trình: 22 2 3 5 2 3 5 3 x x x x x () Lời giải. Do vế trái luôn dương nên () có nghiệm khi 3 0 0. xx 22 22 6 ( ) 3 , (do : 2 3 5 2 3 5) 2 3 5 2 3 5 x x x x x x x x x x 22 2 22 2 3 5 2 3 5 2 2 2 3 5 3 2 2 3 5 2 3 5 3 x x x x x x x x x x x x 2 2 2 4(2 3 5) (3 2) 16 0 4. x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trinh có nghiệm duy nhất 4. x BT 24. Giải phương trình: 22 2 1 1 3 x x x x x () Lời giải. Do vế trái luôn dương nên () có nghiệm khi 3 0 0. xx 2 22 22 2 ( ) 3 , (do : 2 1 1) 2 1 1 xx x x x x x x x x x 22 2 22 2 2 1 1) 10 2 3 2 2 1 3 2 1 1 3 x x x x x x xx x x x x x 2 2 2 3. 2 1 5 1 9.(2 1) (5 1) 1. x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 1. x BT 25. Giải phương trình: 3 3 1 1 3 10 x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 10 0 1 3 1 0 3 x x x 0 0 33 () 5 3 10 3 1 1 3 10 3 1 1 x x xx x xx xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 0, 5. xx BT 26. Giải phương trình: 1 3 1 2 x xx x () khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 515 Lời giải. Điều kiện: 1 3 x 2 ( ) 3 1 1 2 2 3 1 1 x x x xx x x x x 0 0 3 1 1 2 2 x x x x x hoặc 2 2 7 3 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 2 7 2 0; 3 xx BT 27. Giải phương trình: 22 9 8 1 3 1 8 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 9 8 1 0 47 8 80 xx x x hoặc 47 8. 8 x 22 22 8 ( ) 9 8 1 9 9 9 8 8 9 8 1 9 9 9 x x x x x x x x x x x 22 22 22 9 8 1 9 9 9 1 1 1 9 8 1 9 9 9 9 8 1 9 9 9 8 x x x x x x x x x x x x x 2 2 9 9 6 46 2 9 9 9 9 35 35 18 45 0 x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 9 6 46 35 x BT 28. Giải phương trình: 4 1 5 2 x x x x x x () Lời giải. Tập xác định: 10 10 ;0 ; 22 D 4 4 1 5 4 ( ) 2 0 0 15 2 x x x x x x x x x x xx xx 0, 2 4 1 4 1 0 0 4 2. 15 2 xD x x x x xx xx xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 2. x BT 29. Giải phương trình: 2 2 4 2 5 1 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 4. x Khi đó 2 ( ) 2 5 1 2 4 0 x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 516 2 2( 2 1) (1 4 ) 2 6 0 x x x x x ( 3) 2 3 2 ( 3) 0 2 1 1 4 x x x xx xx 21 ( 3) 2 0 2 1 1 4 x xx xx 3, x do 21 2 0, 2;4 2 1 1 4 x xx xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3. x BT 30. Giải phương trình: 4 3 2 3 2 1 5 12 15 3 0 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x 4 3 2 ( ) ( 3 2 2) ( 1 1) 5 12 15 6 0 x x x x x x 32 3( 2) 2 ( 2)( 3 6 3) 0 3 2 2 1 1 xx x x x x xx 32 31 ( 2) 3 6 3 0 3 2 2 1 1 x x x x xx 2 x hoặc 32 31 3 6 3 0 3 2 2 1 1 x x x xx () i Ta có: 1, x thì 3 2 3 3 6 3 ( 1) 3 2 0 31 0 3x 2 2 1 1 x x x x x x nên () i vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2. x BT 31. Giải phương trình: 22 12 5 3 5 x x x () Lời giải. Do 22 12 5 0 xx nên điều kiện là 5 3 5 0 3 xx 22 22 22 44 ( ) 12 4 ( 5 3) 3 6 3( 2) 12 4 5 3 xx x x x x xx 2 x hoặc 22 22 3 12 4 5 3 xx xx () i Ta có: 22 () 22 5 12 1 5 ( 2) 0, 3 ( 12 4)( 5 3) i xx VT x x xx nên () i vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 2. x BT 32. Giải phương trình: 22 10 91 7 4 3 x x x () khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 517 Lời giải. Do 22 91 7 xx nên () có nghiệm khi 10 6 40 35 x x 22 10 ( ) ( 91 10) ( 7 4) 10 0 3 x x x 22 22 9 9 10( 3) 0 3 91 10 7 4 x x x xx 22 3 3 10 ( 3) 0 3 91 10 7 4 xx x xx 3 x hoặc 22 22 7 91 6 10 0 ( 3) 0 : 3 ( 91 10)( 7 4) xx x xx vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3. x BT 33. Giải phương trình: 2 3 5 2 7 2 0 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 5. x 2 ( ) 2 7 2 3 5 0 x x x x 2 3.( 3 1) (1 5 ) 2 8 0 x x x x x ( 4) 3 4 2 .( 4) 0 3 1 1 5 x x x xx xx 31 ( 4) 2 0 4. 3 1 1 5 x x x x xx Do lượng 31 2 0, 3;5 3 1 1 5 x xx xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 4. x BT 34. Giải phương trình: 32 5 1 2 5 10 13 0 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 5 1 0 1 20 5 x x x 32 ( ) ( 5 1 3) ( 2 2) 5 10 8 0 x x x x x 2 5 ( 2) 2 ( 2) ( 3 4) 0 5 1 3 2 2 xx x x x xx 2 0 51 ( 2) 3 4 0 2. 5 1 3 2 2 x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 2. x BT 35. Giải phương trình: 32 3 1 2 1 3 2 5 3 0 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 2 x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 518 32 ( ) ( 3 1 2) ( 2 1 1) ( 3 2) (2 5 2) 0 x x x x x x 3.( 1) 2.( 1) 1 ( 1)(2 1)( 2) 0 3 1 2 2 1 1 3 2 x x x x x x x x x 3 2 1 ( 1) (2 1)( 2) 0 3 1 2 2 1 1 3 2 x x x x x x 3 2 1 1 1, do (2 1)( 2) 0, 2 3 1 2 2 1 1 3 2 x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x BT 36. Giải phương trình: 32 3 17 8 9 3 2 7 0 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 2 0 2 7. 70 3 x x x 32 ( ) ( 3 2 4) (1 7 ) 3 17 8 12 0 x x x x x 3.( 6) 6 ( 6)( 1)(3 2) 0 3 2 4 1 7 xx x x x xx 31 ( 6) ( 1)(3 2) 0 6. 3 2 4 1 7 x x x x xx Do 3 1 2 ( 1)(3 2 0, ;7 3 3 2 4 1 7 x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 6. x BT 37. Giải phương trình: 4 3 2 3 2 2 2 3 8 8 0 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 2 0 2 20 3 x x x 4 3 2 ( ) ( 3 2 2) ( 2 2) 2 3 8 4 0 x x x x x x 2 3.( 2) 2 ( 2)( 1) ( 2) 0 3 2 2 2 2 xx x x x xx 2 31 ( 2) ( 1) ( 2) 0 2. 3 2 2 2 2 x x x x xx Do ta có lượng 2 3 1 2 ( 1) ( 2) 0, 3 3 2 2 2 2 x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2. x BT 38. Giải phương trình: 2 9 20 2 3 10 x x x () Lời giải. Điều kiện 10 3 x Do 10 3 x không là nghiệm nên xét 10 3 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 519 2 6.( 3) ( ) 9 18 2.(1 3 10) 0 ( 3)( 6) 0 1 3 10 x x x x x x x 6 ( 3) 6 0 3 1 3 10 x x x x hoặc 6 6 0. 1 3 10 x x Xét hàm số 6 ( ) 6 1 3 10 f x x x xác định và liên tục trên 10 ; 3 có: 2 9 10 ( ) 1 0, 3 ( 3 10 1) . 3 10 f x x xx Do đó () fx đồng biến trên nửa khoảng 10 ; 3 Khi đó phương trình ( ) 0 fx có tối đa 1 nghiệm và có ( 3) 0 3. fx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình cần tìm là 3. x BT 39. Giải phương trình: 2 2 2( 1) 20 (3 7 2 ) x x x () Lời giải. Điều kiện: 7 2 x và 1. x 2 2 2 2 2 22 2( 1) (3 7 2 ) 2( 1) (3 7 2 ) ( ) 20 20 4( 1) (3 7 2 ) (3 7 2 ) x x x x xx x xx 2 9 (3 7 2 ) 2 40 2 7 4 2 x x x x Kết luận: So với điều kiện nghiệm cần tìm của phương trình là 9 2 x BT 40. Giải phương trình: 2 2 6 2 1 1 ( 2 1 1) x xx x () Lời giải. Điều kiện: 1. x 22 2 6 ( 2 1 1) ( ) 2 1 1 3 2 1 1 2 4 xx x x x x x x 22 13 1 2 1 13 22 1 2 1 13 22 1 2 1 22 xx xx xx 2 4 1 2 1 2 2 1 10 4 5 1 2 1 1 10 4 5 2 1 1 3 xx x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 10 4 5. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 520 BT 41. Giải phương trình: 8 3 2 1 1 8 1 1 x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 1 0. x 8 ( 8 1 1) ( ) 3 2 1 1 8 1 3 2 1 1. 8 xx x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1. x BT 42. Giải phương trình: 22 ( 4)( 1 1) x x x () Lời giải. Điều kiện: 4. x 2 2 2 ( 4) ( 1 1)( 1 1) ( ) , do : 1 1 0, 4 ( 1 1) x x x x x x x 2 2 2 ( 4) ( 1 1) 4 2 2 1 1 3 8. x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 8. x BT 43. Giải phương trình: 2 ( 7 3)(1 10 21) 4 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3. x 4 ( ) 1 ( 3)( 7) 4 73 xx xx 7 3 1 ( 3)( 7) ( 7 1) 3( 7 1) 0 x x x x x x x 3 1 2 ( 7 1)(1 3) 0 6 71 xx xx x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 2. x BT 44. Giải phương trình: 2 ( 5 2) (1 7 10) 3 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2. x 3 ( ) 1 ( 2)( 5) 3 52 xx xx 5 2 1 ( 2)( 5) ( 5 1) 2( 5 1) 0 x x x x x x x 2 1 1 ( 5 1) (1 2) 0 4 51 xx xx x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1. x BT 45. Giải phương trình: ( 1 1)( 1 2 5) x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x ( ) ( 1 2 5) , 11 x x x x x (do 0 x không là nghiệm phương trình) 1 2 5 1 1 2 5 1 2 4 2. x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2. x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 521 BT 46. Giải phương trình: 2 3 2 11 21 3 4 4 x x x () Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 4 4. ax 2 3 2 12.( 3) ( ) 3.( 4 4 2) (2 11 15) 0 (2 5)( 3) 0 24 x x x x x x aa 2 2 3 12 ( 3) 2 5 0 12 2 5 0 ( ) 24 24 x xx xi aa aa Với 3 3 4 4 2 x a x nên 2 2 2 5 1 12 2 5 0. 12 1 24 24 x x aa aa Với 3 3 4 4 2 x a x nên 2 2 2 5 1 12 2 5 0. 12 1 24 24 x x aa aa Do đó phương trình () i sẽ vô nghiệm khi 3 x hoặc 3. x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3. x BT 47. Giải phương trình: 3 2 3 4 2 5 4 16 x x x () Lời giải. Điều kiện: 4 5 4 0 5 xx Đặt 3 3 4. ax 3 ( ) 2.( 3 4 2) ( 4) 2.( 5 4 4) 0 x x x 2 6.( 4) 10.( 4) 4 0 4 0 4. 24 5 4 4 xx x x x aa x Do 2 6 10 4 1 0, , . 5 ( 1) 3 5 4 4 xa a x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 4. x BT 48. Giải phương trình: 3 2 4 1 2 3 x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 0 1. xx Đặt 3 2 4. ax 3 2 ( ) ( 4 2) ( 1 1) 2 4 0 x x x 2 2 2 ( 2)( 2) 2 2( 2) 0 21 2 0 ( ) 2a 4 11 24 11 x x x x x x i a x aa x Với 1, x thì 33 2 2 2 2 4 3 2 4 ( 4) 2 4 4 4 2 a a x x x x nên lượng: 2 2 1, 24 x aa suy ra: 2 2 1 1 2 1 2 0. 24 1 1 1 1 x aa xx Do đó phương trình () i vô nghiệm. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 522 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 2. x BT 49. Giải phương trình: 2 3 6 1 1 x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x Khi đó: 2 3 ( ) 4 4 4 6 4 1 0 x x x 22 3 3 6. ( 6) 4 4 1.( 1 1) 4 5 6 0 x x x x x x 3 42 33 ( 2)( 14). 6 4.( 2) 1 ( 2)(4 3) 0 11 ( 6) 4. ( 6) 16 x x x x x xx x xx 3 42 33 ( 14). 6 4 1 ( 2) 4 3 0 2. 11 ( 6) 4. ( 6) 16 x x x x x x x xx Do lượng: 3 42 33 ( 14). 6 4 1 4 3 0, 1. 11 ( 6) 4. ( 6) 16 x x x xx x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 2. x BT 50. Giải phương trình: 3 2 3 2. ( 4) 7 3 28 0 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 7. x 3 2 3 ( ) 6 56 2 4 2( 4) 7 0 x x x x x 3 233 .( 2) 4.( 2) 2.( 4).( 7 1) 7 56 0 x x x x x x 3 2 33 22 33 ( 8). 4.( 8) 2( 4)( 8) 7.( 8) 0 71 2 4 2 4 x x x x x x x x x x x 3 2 33 22 33 4 2.( 4) ( 8) 7 0 8. 71 2 4 2 4 xx xx x x x x x Do lượng: 3 2 33 22 33 4 2.( 4) 7 0, 7. 71 2 4 2 4 xx x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 8. x BT 51. Giải phương trình: 3 2 2 2 3. 8 2 15 x x x () Lời giải. Tập xác định: . D 3 2 2 2 ( ) 3.( 1) ( 8 3) ( 15 4) 0 x x x 2 2 2 2 33 4 2 2 2 3.( 1) 1 1 0 1 0 1. 1 8 3 15 4 x x x xx x x x x Do 22 2 2 2 2 2 3 3 3 4 2 2 1 1 1 15 8 0 8 3 15 4 ( 8 3) ( 15 4) , . 13 10 24 xx x x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 523 Kết luận: Nghiệm cần tìm của phương trình là 1, 1. xx BT 52. Giải phương trình: 2 3 6 7 1 x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x Đặt 3 6. ax 22 3 2 22 ( ) ( 6 2) ( 4) ( 1 1) 0 4 0 24 11 xx x x x x aa x 2 11 ( 2) 2 0 2. 24 11 x x x aa x Do: 22 2 11 2 4 ( 1) 3 0 2 0, 1. 24 11 a a a x x aa x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 2. x BT 53. Giải phương trình: 3 3 5 3 4 xx () Lời giải. Điều kiện: 3 0 3. xx Đặt 3 5 3. ax 3 2 1 5.( 1) ( ) ( 3 2) ( 5 3 2) 0 0 24 31 xx xx aa x 22 1 5 1 5 ( 1) 0 1, do : 0. ( 1) 3 ( 1) 3 3 1 3 1 xx aa xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 54. Giải phương trình: 3 2 3 3 1 2 x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 3 1 0 3 xx Đặt 3 2 3. ax 3 2 2.( 1) 3.( 1) ( ) ( 2 3 1) ( 3 1 2) 1 0 1 0 1 3 1 2 xx x x x x aa x 2 23 ( 1) 1 0 1 0 1. 1 3 1 2 x x x aa x Do: 2 2 2 1 3 2 3 1 1 0 1 0, 2 4 3 1 3 1 2 a a a x aa x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x BT 55. Giải phương trình: 33 2 6 5 x x x () Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 2 ax và 3 5. bx 33 22 33 ( ) ( 2 1) (2 5 ) ( 3) 0 3 0 1 2 4 xx x x x x a a b b 22 11 ( 3) 1 0 3 0 3. 1 2 4 x x x a a b b Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 524 Do ta luôn có: 2 2 13 10 24 a a a và 22 2 4 ( 1) 3 0. b b b Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3. x BT 56. Giải phương trình: 32 3 3 2 3 3 0 x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 3 2. ax 3 2 2 3 2 31 ( ) ( 3 2 1) 3 3 1 0 (3 1)( 1) 0 1 x x x x x x x aa 22 22 1 1 1 (3 1) 1 0 , do : 1 0, , . 3 11 x x x x a x a a a a Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1 3 x BT 57. Giải phương trình: 2 3 4 2 7 8 13 0 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 7 2 7 0 2 xx Đặt 3 4. ax 2 3 ( ) ( 4 1) ( 2 7 1) ( 8 15) 0 x x x x 2 3 2 ( 3) ( 3) ( 5) 0 1 2 7 1 xx xx aa x 2 12 ( 3) 5 0 3 0 3. 1 2 7 1 x x x x aa x Do ta luôn có lượng: 2 1 2 7 5 0, , . 2 1 2 7 1 x x a aa x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3. x BT 58. Giải phương trình: 2 3 2 1 2 13 4 44 117 0 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 13 2 13 0 2 xx Đặt 3 2 1. ax 2 3 ( ) ( 2 1 2) ( 2 13 2) 4 44 117 0 x x x x 2 2 9 2 9 (2 9)(2 13) 0 24 2 13 2 xx xx aa x 2 1 1 9 (2 9) 2 13 0 2 9 0 2 ( 1) 3 2 13 2 x x x x a x Do ta luôn có lượng: 2 1 1 13 2 13 0, 2 ( 1) 3 2 13 2 xx a x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 9 2 x BT 59. Giải phương trình: 33 2 3 ( 2) 3 6 3 x x x x () khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 525 Lời giải. Điều kiện: 2. x Đặt 3 23 ax và 3 6. bx 33 ( ) ( 2 3 1) ( 2) ( 3 1) (2 6 ) ( 2) 0 x x x x x 2 22 2.( 2) ( 2) 2 ( 2) 0 1 2 4 31 x x x x a a b b x 22 2 2 1 ( 2) 1 0 2 0 2. 1 2 4 31 x x x x a a b b x Do ta luôn có: 22 2 2 1 1 0, 2. 1 2 4 31 x x a a b b x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2. x BT 60. Giải phương trình: 32 33 2 5 2 3 2( 1) x x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 25 ax và 3 2 3. bx 32 33 ( ) ( 2 5 1) ( 2 3 1) 2 2 0 x x x x x 2 22 2.( 2) 2.( 2) ( 2).( 1) 0 11 xx xx a a b b 2 22 22 ( 2) 1 0 2 0 2. 11 x x x x a a b b Do ta luôn có lượng: 2 22 22 1 0, , , . 11 x a b x a a b b Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2. x BT 61. Giải phương trình: 3 2 2 4 4 2 1 4 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 0 1. xx Đặt 3 2 4 4. a x x 22 3 2 2 4 4 2.( 4 4) ( ) ( 2 1) 2.( 4 4 2) 0 0 24 21 x x x x x x x x aa xx 22 2 12 ( 4 4) 0 4 4 0 2. ( 1) 3 21 x x x x x a xx Do ta luôn có lượng 2 12 0, 1, . ( 1) 3 21 xa a xx Kết luận: So với điều kiên, phương trình có nghiệm duy nhất 2. x BT 62. Giải phương trình: 332 4 2 2 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0. x Đặt 332 4. a x x 2 332 22 4 2.( 2) ( ) ( 4 ) ( 2 2) 0 0 22 xx x x x x a ax x x 22 22 ( 2) 0 2 0 2. 22 x x x x a ax x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 526 Do ta luôn có: 2 2 2 2 2 2 2 2 0, 0. 2 2 2 2 3 24 xx x a ax x xx xx a Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2. x BT 63. Giải phương trình: 322 1 2 1 2 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 2 1 0 2 xx Đặt 3 2 1. a x x 322 ( ) ( 1 ) ( 2 1 1) ( 1) 0 x x x x x 2 22 ( 1) ( 1) 2 ( 1) ( 1) ( 1) 0 2 1 1 x x x xx a ax x x 2 22 12 ( 1) 1 0 1 0 1. 2 1 1 x x x x x a ax x x Do có: 22 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 0, 2 2 1 1 2 1 1 3 24 xx x x x a ax x xx xx a Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 64. Giải phương trình: 3 3 2 2 2 ( 1) 2 1 2 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 2 1 0 2 xx Đặt 3 2 2. a x x 3 2 2 2 ( ) .( 1) ( 1). 2 1 ( 2 ) 0 x x x x x x x 2 2 2 3 22 22 ( 1)( 1) .( 1) ( 1)( 2 1) ( 2 ) 0 0 . 21 x x x x x x x x x x x x a a xx 2 22 22 1 ( 1) 0 ( 1) 0 1. 21 xx x x x x xa a xx Do: 2 22 22 22 3 1 1 0 0, 2 4 2 21 a a x x x xa a x x x xa a xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 65. Giải phương trình: 3 3 2 2 13 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0. x Đặt 332 1. a x x 32 3 3 2 2 2 2 21 ( ) ( 1 1) ( 1) 1 0 1 0 1 1 x x x x x x x x aa x 2 2 ( 1) ( 2 2) 1 ( 1) ( 1) 0 1 1 x x x x xx aa x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 527 2 2 ( 1) 1 1 ( 1) 1 0 1 0 1. 1 1 x x x x x aa x Do: 2 2 2 2 1 3 ( 1) 1 1 1 0 1 0, 0, . 24 1 1 x a a a x x a aa x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 66. Giải phương trình: 2 3 10 1 1 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x Đặt 3 10. ax 2 3 ( ) ( 10 2) ( 1 1) ( 2) 0 x x x x 2 22 ( 2) ( 1) 0 24 11 xx xx aa x 2 11 ( 2) 1 0 2 0 2. ( 1) 3 11 x x x x a x Do lượng 2 11 1 0, 1, . ( 1) 3 11 x x a a x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 2. x BT 67. Giải phương trình: 3 3 5 3 2 2 x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 3. x Đặt 3 3 5. ax 3 2 3.( 1) 1 ( ) ( 3 5 2) ( 3 2) 2 2 2( 1) 0 24 32 xx x x x x aa x 2 2 1 31 ( 1) 2 031 2 ( ) ( 1) 3 32 ( 1) 3 32 x x i a x a x Ta có: ( ) ( ) 2 3 3 1 1, 2 2 3 ( 1) 3 32 ii VT VP a x nên () i vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 68. Giải phương trình: 332 3 4 4 3 2 3 3 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0. x Đặt 3 4 3 ax và 332 3 2. b x x Do 0 x không là nghiệm của phương trình nên xét 0. x 332 3 4 ( ) 3 (4 3 2) ( 3 3 ) 0 3 x x x x x x x 3 3 2 2 2 2 2 2 1 81 3 4 63 3 2 3 9 0 3 3 9 16 4 33 x x x x x x a ax x x xb b xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 528 22 2 2 2 2 1 (3 1) (27 9 4) (3 1) (21 6 2) 3 (3 1) 0 3 3 9 16 4 33 x x x x x x x x a ax x x xb b xx 22 2 2 2 2 1 27 9 4 21 6 2 3 1 (3 1) 0 33 3 9 16 4 33 x x x x x xx a ax x x xb b xx Do: 33 1 3 33 xx x xx nên 22 2 2 2 2 1 27 9 4 21 6 2 3 0. 3 3 9 16 4 33 x x x x x a ax x x xb b xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1 3 x BT 69. Giải phương trình: 2 3 2 4 1 3 2 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 4 1 0 4 xx Đặt 3 3 2. ax 2 3 ( ) 4 8 4 4 1 4 3 2 0 x x x x x 2 3 3 4 ( 1) 4 1 3 2 (3 2) 4 ( 2) 0 x x x x x x 2 3 42 4 ( 2) ( 2) (9 30) 3 2 ( 2) 0 4 16 1 4 1 x x x x x x aa xx 2 3 22 4 (9 30) 3 2 ( 2) 1 0 2 0 2. ( 2) 12 1 4 1 x x x x x x a xx Do ta luôn có: 2 3 22 4 (9 30) 3 2 1 1 0, , . 4 ( 2) 12 1 4 1 x x x xa a xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2. x BT 70. Giải phương trình: 22 5 5 2 3 2 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 5 5 0 55 2 20 xx x x 22 ( ) 3 2 5 5 2 0 x x x x x 2 ( 1) ( 3) ( 1) ( 2) 0 5 5 2 xx xx x x x 2 3 ( 1) 2 0 1 0 1. 5 5 2 x x x x x x x x Do ta luôn có lượng: 2 3 5 5 2 0, 2 5 5 2 x xx x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x BT 71. Giải phương trình: 2 ( 2 2 1 1)(1 1 ) x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0. x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 529 2 ( ) (1 1 ) ( 2 2 1 1) (1 1 ) ( 1 1) x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 1 1 ( 2 2 1 ) 1 x x x x x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) 31 11 2 2 1 2 2 1 xx xx x x x x x x x x x x x x 22 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) 0 2 2 1 x x x x xx x x x x 22 1 ( 1 ) 1 0 2 2 1 xx xx x x x x 22 35 10 2 ( 2 2 1 1) ( ) 0 ( ) x x x x x x x x x 22 ( ) 2 2 1 1 x x x x x x () Ta có: 2 2 2 () 2 () ( 1) 1 (1 ) 1 1 1 0 0 VT x x x x x x x VP x x x x x Dấu đẵng thức xãy ra khi và chỉ khi 0, x đó là nghiệm của ( ). Kết luận: So với điều kiện, phương trình có hai nghiệm là 35 0, 2 xx BT 72. Giải phương trình: 3 2 2 2 ( 1) (2 3 ) 3 5 5 3 x x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 2 3 5 0. ax 3 2 2 2 ( ) 5 3 ( 1).(2 3 ) 3 5 0 x x x x x 3 2 2 2 ( 1). 3.( 3 2) ( 1 3 5) ( 1) 0 x x x x x x 2 2 3 22 2 ( 1)( 1) 3 3 4 ( 1) 0 ( 1) ( 1). 32 x x x x x x x x a a x 2 2 2 22 2 ( 1) 3 4 ( 1) 1 0 1. ( 1) ( 1). 32 x x x x xx x x a a x Do có ta luôn có: 2 2 22 2 3 ( 1) ( 1). 1 0 , , . 24 40 aa x x a a x xa xx Suy ra: 2 2 2 22 2 ( 1) 3 4 1 0. ( 1) ( 1). 32 x x x x x x a a x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 530 Bình luận. Với mọi x thì dấu của nhị thức 1 x chưa xác định , do đó khi liên hợp và truy ngược dấ u cần tạo ra lượng 2 ( 1) . x Nghĩa là cụm 2 ( 1). 3 xx cần ghép với bậc nhấ t khi có 2 nghiệm 1 x và sẽ tìm ax b có 0, 2. ab Khi đó ta sẽ cố định lượ ng 1 x và thêm bớt để giống với đề bài sẽ viết được 3 2 1 3 5. xx Rõ ràng để thành thạo điều này, ta cần đến kỹ năng truy ngược dấu cũng như việ c ghép hằng số hay ghép bậc nhấ t khi biết trước được nghiệm. BT 73. Giải phương trình: 2 2 2 (2 2 5)( 1) 4 1 2 2 5 x x x x x x x x Lời giải. Tập xác định: . D Phương trình 2 2 2 ( 1) (2 2 5) 2 (2 1 2 5) 0 x x x x x x x 2 2 22 2 (3 2 1) ( 1) (2 2 5) 0 2 1 2 5 x x x x x x x x x 2 22 2 ( 1) (3 1) ( 1) (2 2 5) 0 2 1 2 5 x x x x x x x x x 2 2 22 62 ( 1) 2 2 5 0 2 1 2 5 xx x x x x x x 2 2 2 2 2 ( 1) 4 1 2 2 5 2 ( 1)( 2 5) 7 4 5 0 x x x x x x x x x 1, x do: 2 7 4 5 0, x x x nên ( ) 0, . f x x Với 2 2 2 2 2 ( ) 4 1 2 2 5 2 ( 1)( 2 5) 7 4 5. f x x x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 74. Giải phương trình: 3 2 3 2 2 3 2 9 4 4 2 2 4 1 x x x x x x x () Lời giải. Có: 3 2 2 2 3 ( ) 16 4 4 9 4 4 3 2 2 0 x x x x x x x (1) Do ta luôn có: 22 16 4 4 9 4 4 x x x x nên 3 23 3 2 2 0 x x x Suy ra điều kiện là: 3 2 2 35 54 0 (35 54) 0 0 x x x x x hoặc 54 35 x Với 0 x thì phương trình luôn thỏa nên () có 1 nghiệm là 0. x Với 54 0; , 35 x chia hai vế của phương trình (1) cho 0, x ta được: 3 22 1 1 1 1 2 (1) 16 4 9 4 3 1 2 x x x xx (2) Đặt 3 2 1, t x suy ra: 3 3 2 1 1 1 2 t t xx Khi đó ta được: 66 (2) 15 8 3 2 0 t t t 2 Đ K : 3 2 0 3 tt khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 531 66 66 66 11 ( 15 4) (3 8) 3 3 3( 1) 15 4 8 3 tt t t t t tt 3 2 3 2 66 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1) 3 0 1, 15 4 8 3 t t t t t t tt tt suy ra: 1. x Do: 3 2 3 2 66 66 ( 1)( 1) ( 1)( 1) 15 4 8 3 15 4 8 3 t t t t t t tt tt Suy ra: 3 2 3 2 66 ( 1)( 1) ( 1)( 1) 2 3 0, 3 15 4 8 3 t t t t t t t tt Với ( ;0), x chia hai vế cho 0, x ta được: 3 2 2 2 3 1 1 1 (1) 16 4 4 9 4 4 3 2 2 x x x x x x x x x 3 22 1 1 1 1 2 9 4 16 4 3 1 2 x x x xx (3) Đặt 3 2 1, t x suy ra: 3 3 2 1 1 1 2 t t xx Do 3 0 1 1. x t t 66 (3) 8 15 3 2 0 t t t (4) Xét hàm số 66 ( ) 8 15 3 2 f t t t t trên ( ; 1), có: 5 66 11 ( ) 3 3 0, 1. 8 15 f t t t tt Do đó hàm số f (t) nghịch biến trên ( ; 1), suy ra: 66 ( ) 8 15 3 2 ( 1) 2 f t t t t f (5) Từ (4), (5), suy ra phương trình (4) vô nghiệm. Hay ( ;0), x thì phương trình () vô nghiệm. Kết luận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 0, 1. xx BT 75. Giải phương trình: 2 2 11 2 16 28 5 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 2 11 0 11 2 2 16 28 0 x x xx 2 ( ) 2 11 ( 5) (2 10) 2 16 28 0 x x x x x 2 2 2 2 2 11 ( 5) (2 10) (2 16 28) 0 2 11 5 2 10 2 16 28 x x x x x xx x x x (do: 2 11 5 0 xx và 2 11 2 10 2 16 28 0, 2 x x x x 22 2 12 36 2 24 72 0 2 11 5 2 10 2 16 28 x x x x xx x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 532 22 2 ( 6) 2( 6) 0 2 11 5 2 10 2 16 28 xx xx x x x 2 2 21 ( 6) 0 2 11 5 2 10 2 16 28 x xx x x x 6 x hoặc 2 2 2 11 2 16 28 6. x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 6. x BT 76. Giải phương trình: 2 2 2 3 3 3 62 32 4 xx x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 21 2 23 x hoặc 3 21 2 x 2 2 2 3 3 3 ( ) ( 5) 2 1 1 0 32 4 xx x x x 22 2 2 2 2 2.( 5) 5 ( 5) 0 3 2 (3 2)( 3 3) 4 3 4 xx x x x x x x x 2 2 2 2 21 ( 5) 1 0 3 2 (3 2)( 3 3) 4 3 4 x x x x x x x 5, x do: 2 2 2 21 1 0. 3 2 (3 2)( 3 3) 4 3 4 x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 5. x BT 77. Giải phương trình: 22 2 21 1 23 2 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3. x 22 2 12 ( ) 1 1 1 0 23 2 x x x x x 2 2 2 2 2 4 1 1 1 2 32 0 2 2 1 1 1 2 3 xx x xx xx x x 2 2 2 2 1 1 1 ( 2) 0 2. 2 ( 3)( 1) 3 2 2 xx x x x x x x Do ta luôn có: 2 2 2 1 1 1 0, 3. 2 ( 3)( 1) 3 2 2 x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 533 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 2, 2. xx BT 78. Giải phương trình: 2 2 3 2 2( 1) 2 3 8 4 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 2 0. x 2 ( ) 3 8 4 2( 1) 2 2 3 2 0 x x x x x 2 2( 1) ( 2 2) 3 2 ( 3 2 2) 3 7 2 0 x x x x x x 2 ( 1) ( 2) 3 ( 2) 3 2 ( 2) (3 1) 0 2 2 3 2 2 x x x x xx xx 2 2 3 3 2 ( 2) 3 1 0 2. 2 2 3 2 2 xx x x x xx Do ta luôn có: 2 2 3 3 2 2 3 1 0, 3 2 2 3 2 2 xx xx xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2. x BT 79. Giải phương trình: ( 2) 1 (4 5) 2 3 6 23 0 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x Đặt 1 0, tx suy ra: 2 1. xt 3 2 2 2 ( ) 6 17 (4 1). 2 1 0 t t t t t 2 2 2 (4 1) 2 1 ( 1) ( 2) (3 4 8) 0 t t t t t t 22 2 2 (4 1) ( 2 ) ( 2) (3 4 8) 0 2 1 1 t t t t t t tt 3 2 2 4 ( 2) 3 4 8 2, 2 1 1 tt t t t t tt suy ra: 3. x Kếtl uận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3. x BT 80. Giải phương trình: 22 ( 2) 3 6 2 1 3 10 0 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 3 6 0 15 2 2 10 x x xx hoặc 15 2 x 2 2 2 ( ) ( 2)( 3 6 3) 2 1( 1 1) 2 0 x x x x x x x x 2 2 2 3 ( 2) ( 1) 2 ( 2) ( 2) 0 3 6 3 11 x x x x xx x xx 2 2 1 32 ( 2) 1 0 2 3 6 3 11 x xx x x xx Do ta luôn có: 2 32 1 0, 3 6 3 11 x x xx điều kiện. Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 2, 1. xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 534 BT 81. Giải phương trình: 2 ( 1) 4 5 2( 5) 3 3 14 13 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 4 5 0 5 30 4 x x x 2 ( ) ( 1) ( 4 5 3) 2 ( 5) ( 3 2) 3 7 10 x x x x x x 4 ( 1) ( 1) 2 ( 5) ( 1) ( 1) (3 10) 4 5 3 3 2 x x x x xx xx 4 ( 1) 2 ( 5) ( 1) 3 10 0 1. 4 5 3 3 2 xx x x x xx Do: 4( 1) 2( 5) 4( 1) 2 11 3 10 5 3 10 0. 36 4 5 3 3 2 x x x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 82. Giải phương trình: 2 ( 1) 2 3 2(3 1) 4 2 16 14 2 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 4 2 0. x 2 ( ) ( 1) ( 2 3 2) 2 (3 1) ( 4 2 2) 16 4 x x x x x ( 1) (2 1) 4 (3 1) (2 1) 4 (2 1) (2 1) 0 2 3 2 4 2 2 x x x x xx xx 1 4 (3 1) 1 (2 1) 8 4 0 2 1 0 2 2 3 2 4 2 2 xx x x x x xx Do 1 2 x thì 1 4(3 1) 1 4(3 1) 8 4 8 4 0. 22 2 3 2 4 2 2 x x x x xx xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1 2 x BT 83. Giải phương trình: 2 3 1 5 4 3 3 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 1 0 1 5 4 0 3 x x x 2 ( ) 3 1 ( 1) 5 4 ( 2) 3 ( ) 0 x x x x x x 22 2 3 ( ) 0 3 1 1 5 4 2 x x x x xx x x x x 22 0 11 ( ) 3 0 0 1 3 1 1 5 4 2 x x x x x x x x x x Do 1 3 x thì ta luôn có: 11 3 0. 3 1 1 5 4 2 x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 0, 1. xx BT 84. Giải phương trình: 22 2 5 7 5 6 3 0 x x x x x () khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 535 Lời giải. Điều kiện: 2 2 5 7 0 6 5 5 6 0 xx x x 22 ( ) 2 5 7 ( 3) ( 2) 5 6 2 0 x x x x x x x 22 2 2 22 20 5 6 2 2 5 7 3 x x x x xx xx x x x 2 2 2 11 ( 2) 1 0 1 5 6 2 2 5 7 3 x xx x xx x x x Do 6 5 x thì ta luôn có: 2 11 1 0. 5 6 2 2 5 7 3 xx x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 1, 2. xx BT 85. Giải phương trình: 2 2 3 2 ( 3) 1 3 4 1 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 32 3 4 1 0. x x x 32 22 22 3 4 1 7 8 ( ) 1 1 ( 3) 0 33 x x x x x x x x x xx 2 2 (7 8) 7 8 0 3 13 xx x x x x (do: 2 1 3 0 x x x vô nghiệm) 22 2 2 1 1 8 (7 8) 0 1 7 3 13 x x x x x x x x x x 2 8 1 5 8 1 3 2 5 7 2 7 2 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 8 1 3 2 5 , 72 xx BT 86. Giải phương trình: 3 2 3 2 2 1 3 5 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 1 0. x Đặt 332 5. a x x x 3 2 3 2 ( ) ( 2) (1 2 1) (2 5) x x x x x x 32 2 2 ( 1) 3 ( 1) ( 2) 42 1 2 1 x x x x xx aa x 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 2 3) ( 1) ( 2) 0 ( 1) 3 1 2 1 x x x x xx a x 2 2 2 ( 1) 2 ( 1) 2 0 1 0 1. ( 1) 3 1 2 1 x x x x x a x Do 1 2 x thì 2 2 ( 1) 3 2 22 ( 1) 3 1 2 1 x x a x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 536 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x BT 87. Giải phương trình: 3 5 1 7 8 2 2 1 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 0 1. xx Đặt 3 2, 7 8. a x b x Trường hợp 1. Với 1 x thì ( ) 1 1: đúng, nên 1 x là nghiệm () Trường hợp 2. Với 1, x ta có: 2 3 ( ) .( 1 2 2 1) 5.( 1 2 1) ( 6 5) 2.( 2 7 8) x x x x x x x x x 2 2 2 2 22 ( 6 5) 5 ( 6 5) 2 ( 6 5) ( 6 5) 1 2 2 1 1 2 1 x x x x x x x x xx a ab b x x x x 2 22 6 5 0 1 5 52 1 0 (1) 1 2 1 1 2 2 1 x x x x xx a ab b x x x x 22 5 2 1 2 2 1 (1) 0 0 : 1 2 1 1 2 2 1 xx a ab b x x x x vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đâ cho có hai nghiệm là 1, 5. xx BT 88. Giải phương trình: 22 ( 1) 2 5 4 1 2( 1) x x x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D 22 ( ) 2 ( 1) (1 ) 2 5 4 1 0 x x x x x x 22 2 ( 1) ( 1 2 ) 2 5 4 1 0 x x x x x x x 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 2 5 4 1 2 2 5 0 x x x x x x x x x 2 2 2 ( 1) (2 2 5) 2 (2 1 2 5) 0 x x x x x x x 2 2 22 2 (3 2 1) ( 1) (2 2 5) 0 2 1 2 5 x x x x x x x x x 2 22 2 ( 1) (3 1) ( 1) (2 2 5) 0 2 1 2 5 x x x x x x x x x 2 2 22 62 ( 1) 2 2 5 0 1. 2 1 2 5 xx x x x x x x x Do: 2 2 2 2 2 22 4 1 2 2 5 2 ( 1)( 2 5) 7 4 5 () 2 1 2 5 x x x x x x x x fx x x x 2 2 2 2 2 2 22 4 1 2 2 5 2 ( 1)( 2 5) 6 ( 2) 1 0, . 2 1 2 5 x x x x x x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 89. Giải phương trình: 2 3 2 3 5 6 x x x x () khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 537 Lời giải. Điều kiện: 2 2 3 0 2. 6 0 ?! x x xx 33 ( ) 2 ( 3) 5 ( 2 3) ( 1 5) 0 x x x x x x x 2 3 22 3 3 2 ( 3) ( 1) 5 ( 3) ( 2) 2 ( 3) 0 23 ( 1) ( 1) 5 ( 5) x x x x x x x xx x x x x 2 3 22 3 3 2( 1) 5 ( 2) ( 3) 2 0 3. 23 ( 1) ( 1) 5 ( 5) x x x x xx xx x x x x Do 2 x thì 2 3 22 3 3 2( 1) 5 ( 2) ( ) 2 0. 23 ( 1) ( 1) 5 ( 5) x x x x fx xx x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3. x Bình luận. Rõ ràng, nếu ta chỉ tìm điề u kiện là 3 2 x thì sẽ rất khó khăn cho việ c đánh giá () fx luôn dương. Vì vậ y, khi giải phương trình vô tỷ, n ếu ta tìm điề u kiện càng chặt chẽ thì sẽ giúp cho việc giải càng đơn giản. Có điều kiện 2 x do vế trái là dương khi 2 3 0, x nên để phương trình có nghiệ m thì cần thêm 2 6 0. xx BT 90. Giải phương trình: 3 3 2 (5 1) 3 6 2 3 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 3. x Do 1 5 x không là nghiệm cũa () nên: 3 2 3 2 33 6 2 3 6 2 3 ( ) 3 3 2 2 5 1 5 1 x x x x x x x x x x xx (1) Trường hợp 1: Nếu 33 32 0 3 2 0 3 2 4 3 0 x x x x x xx 2 ( 1)( 3 3) 0 1 x x x x hoặc 3 21 2 x Thế vào ( ), thấy 3 21 1, 2 xx là các nghiệm của phương trình. Trường hợp 2: Nếu 3 3 21 3 2 0 1, 2 x x x x thì phương trình: 3 2 3 2 32 33 4 3 4 3 1 1 (1) ( 4 3) 0 5 1 5 1 3 2 3 2 x x x x xx xx x x x x 32 3 4 3 0 3 21 1, 2 3 2 5 1 xx xx x x x (loại) hoặc 4 3 2 x (nhận). Kết luận: Các nghiệm của phương trình là 3 21 1, , 4 3 2. 2 x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 538 BT 91. Giải phương trình: 2 3 3 2 6 18 9 10 81 x x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 3 03 30 90 x x x x xx Do 0 x không là nghiệm nên xét 3;0 3; . x Đặt 2 2 2 2 4 3 2 2 3 2 2 3 3 3 () ( 10 81). 9 ( 9 ) 9 81 39 a x x x a x x x x x a b x x x b x x x x b x x 22 ( ) ( ) ( ) 6 6 6 ( ) 0 ( ) 6 0 a b a b a b a b a b a b a b x x x Với , ab suy ra: 23 39 x x x x x (1) Nếu 30 x thì 2 0 x x x và 3 3 9 0 xx nên (1) vô nghiệm. Nếu 3, x thì 2 3 2 2 3 (1) 3 9 ( ) 9( 9 ) x x x x x x x x x x 4 3 2 10 81 0 ( 9)( 9) 0 9 33 x x x x x x x x xx hoặc 1 37 2 x Với 6, a b x suy ra: 23 3 9 6 x x x x x x 22 23 23 ( 9) 3 .( 9) ( 3) 3.( 9 ) 0 0 39 x x x x x x x x x x x x x x x x x 22 22 13 ( 9) 0 ( 9). ( ) 0 39 x x x x f x x x x x x (2) Nếu 3 x thì ( ) 0 fx nên 2 90 1 37 (2) 2 3 xx x x Nếu 30 x thì 13 ( ) 0 3 fx x nên 2 90 (2) : 30 xx x vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 1 37 ; 9. 2 xx BT 92. Giải phương trình: 11 11 22 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 1. x 11 ( ) ( 1 1 ) 2 xx x x x x 2 10 ( 1 1 ) 0 1 1 0 11 tt x x x x x x t x x xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 539 2 1 5 1 5 3 5 1 1 2 2 1 2 2 2 t x x x 2 2 2 5 1 3 5 5 5 1 1 1 10 2 5. 4 8 8 4 x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 1 0; 10 2 5. 4 xx BT 93. Giải phương trình: 2 6 2 1 4 9 2 3 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0 3 2 3 0 2 x x x 22 22 2 6 2 (2 6) 1 2 () 4 9 2 3 4 9 2 3 x x x x xx x x x x 22 4 9 2 3 2 4 9 (2 1) (1 2 3) 0 x x x x x x 22 4 8 2 4 2 1 0 (2 ) 0 2. 1 2 3 1 2 3 4 9 4 9 xx xx xx xx Do 3 2 x thì ta luôn có lượng: 2 21 0. 1 2 3 49 x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2. x BT 94. Giải phương trình: 2 4 1 2 13 3 ( 2 1) xx x x () Lời giải. Điều kiện: 2. x Đặt 1, 2. a x b x Suy ra: 0. ab 2 4 ( ) 1 3 ( 1 2) ( 2 1) x x x x () Đặt 1, 2. a x b x Suy ra: 0. ab Khi đó viết phương trình: 22 4 1 1 4 ( ) 3 ( ) 4 22 ( )( 1) ( )( 1) bb a a b a b b a b b () Ta có: 2 Cauchy 4 22 1 1 4 ( 1) 4 4 ( ) 4. 2 2 4 ( )( 1) ( )( 1) b b b a b a b a b b a b b Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 2 1 2 3 1. a b b a b Suy ra: 2 1 3 2 1 4 4 9 17 6 2 6 2 21 5 x x x x x x x 22 21 21 22 3. 55 36.( 2) (21 5 ) 25 246 513 0 xx x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 540 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3. x BT 95. Giải phương trình: 2 46 17 3 6 1 5 8 2 1 4 3 1 x x x x xx () Lời giải. Điều kiện: 1 2 1 0 2 xx Suy ra: 2 1 4 3 1 0. xx Ta có: 46 17 16 (3 1) (2 1) (4 3 1 2 1) (4 3 1 2 1). x x x x x x x 2 ( ) 3 6 1 (4 3 1 2 1) 5 8 x x x x x 2 3 ( 6 1 2) (1 2 1) 4 (2 3 1) 8 8 0 x x x x x 2 ( 1) (18 15) 2 ( 1) 12 ( 1) 8 ( 1) 0 1 2 1 2 3 1 6 1 2 x x x x x xx xx 2 18 15 2 12 ( 1) 8 0 1. 1 2 1 2 3 1 6 1 2 x xx xx xx Vì: 22 18 15 2 12 18 15 2 12 8 8 0. 12 1 2 1 2 3 1 6 1 2 6 1 2 xx xx x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 96. Giải PT: 2 2 2 ( 10 26) 4 ( 2 2) 2 3 18 x x x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 4. x 2 2 2 ( 2 2) 4 ( 2 2) 2 (8 24) 4 3 18 x x x x x x x x x x 22 ( 2 2)( 2 4 ) 8( 3) 4 3 18 0 x x x x x x x x 2 2( 2 2)( 3) 8( 3) 4 ( 3)( 6) 0 24 x x x x x x x xx 2 2( 1) 2 ( 3) 8 4 6 0 3 0 3. 24 x x x x x x xx Do 2;4 x thì 2 2( 1) 2 8 4 6 0. 24 x xx xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3. x BT 97. Giải phương trình: 3 ( 3)(2 2) 2 5 3 7 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2. x Đặt 2 0, tx suy ra 22 2 2. t x x t 33 2 2 2 3 2 2 2 ( ) ( 1)(2 ) 2 1 3 1 2 2 2 1 3 1 t t t t t t t t t 3 3 2 2 2 2 1 ( 2 1 1) ( 1) 3 1 0 t t t t t và đặt 3 2 3 1. at khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 541 2 2 3 2 3 22 2 2 2 1 3 0 ( 1) ( 1) 2 1 1 t t t t t t t a a t 22 2 22 2 2 2 1 3 0 0 2. ( 1) ( 1) 2 1 1 t t t t t t x t t a a t Kết luận: Phương trình đâ cho có nghiệm duy nhất 2. x BT 98. Giải phương trình: 2 6 2 6 6 5 2 5 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 5 6. 6 x 2 ( ) 20 74 130 20(1 6 ) 5 2 6( 2 6 4) 4 6 5(5 6 5) x x x x x xx 20( 5) 10( 5) 2 6 24( 5) 6 5 ( 5)(13 10) 0 6 1 2 6 4 6 5 5 x x x x x xx x x x 20 10 2 6 24 6 5 ( 5) 13 10 0 5. 6 1 2 6 4 6 5 5 xx x x x x x x Do 5 ;6 6 x thì 20 10 2 6 24 6 5 13 10 0. 6 1 2 6 4 6 5 5 xx x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đâ cho có nghiệm duy nhất 5. x BT 99. Giải phương trình: 22 3 2 5 6 ( 5 9 18 2) x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 6 5 x 2 ( ) ( 3 5 9 18) 2 ( 5 6 ) 0 x x x x x x x 3 2 2 2 ( 2 9 18) 2 ( 5 6) 0 56 3 5 9 18 x x x x x x xx x x x x 2 ( 3) 2 ( 2) ( 3) 0 56 3 5 9 18 xx xx xx x x x x 2 x hoặc 3 x hoặc 2 ( 3) 2 56 3 5 9 18 xx xx x x x x (1) (1) ( 3) ( 5 6 ) 2 3 ( 5 6) ( 3) 2 3 x x x x x x x x x x 3 ( 3 2) 0 : x x x vô nghiệm với mọi 6 5 x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 542 Kết luận: Phương trình đâ cho có hai nghiệm là 2, 3. xx BT 100. Giải phương trình: 3 2 2 4 3 2 5 2 13 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 5. x 2 ( ) ( 4) 2 5 ( 3) 2 13 0 x x x x x (1) Có: 2 54 4 2 5 0 2 5 4 2 2 2. 4x 4 0 x x x x x x x Thế vào phương trình (1), không thỏa nên nó không là nghiệm của (1). Có: 2 53 3 2x 13 0 2 13 3 2 2 2. 4x 4 0 x x x x x x Thế vào phương trình (1), không thỏa nên nó không là nghiệm của (1). Xét 2 2 2 x hay có 3 2x 13 0 x và 4 2 5 0 xx thì: 2 2 2 ( 4 4) 4 4 (1) 0 4 2 5 3 2 13 x x x x x x x x x 2 2 1 ( 4 4) 0 4 2 5 3 2 13 x xx x x x x 2 2 2 ( 4 4) .( 3) . 2 13 4 2. 5 0 x x x x x x x x 2 3 2 2 ( 4 4) ( 3 4 . 2 13 2. 5) 0 x x x x x x x x 2 3 2 2 4 4 0 2 2 2 5 3 4 2 13 2 5 0 (2) xx x x x x x x x x Kết hợp (2), ( ), suy ra hệ: 3 2 2 3 2 2 4 3 2 5 2 13 3 4 2 13 2 5 x x x x x x x x x x x x Trừ vế theo vế được: 2 2 2 1 2 5 2 5 2 13 2 13 x x x x x x x 22 . 2.( 5) 13 1: xx vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2 2 2. x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 543 BT 101. Giải phương trình: 3 2 2 3 2 2 4 2 11 x x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 4. x 2 ( ) ( 3) 2 4 ( 2) 2 1 0 x x x x x (1) Ta có: ( 3) 2 4 ( 2) 2 1 0 1 2 2 : x x x x x không thỏa (1). Với 1 2 2, x thì ( 3) 2 4 ( 2) 2 1 0, x x x x lúc đó: 2 2 2 ( 2 7) 2 7 (1) 0 3 2 4 2 2 1 x x x x x x x x x 2 2 1 ( 2 7) 0 3 2 4 2 2 1 x xx x x x x 2 2 2 7 0 2 2 1. 4 ( 2 2 1) 3 2 4 0 (2) xx x x x x x x x Từ (2) và ( ), suy ra hệ: 3 2 2 3 2 2 3 2 2 4 2 11 2 3 2 11 2 4 x x x x x x x x x x x x và trừ theo vế được: 2 2 2 2 1 2 4 2 11 2 11 2 4 2.( 4) 11 x x x x x x x x 22 31 xx : nên hệ vô nghiệm. Suy ra (2) vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2 2 1. x BT 102. Giải phương trình: 22 3 2 1 2 3 3 2 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 2 3 2 1 0 33 3 4 2 3 3 0; 0 xx x x x x 2 22 54 ( ) 2 0 3 2 1 2 3 3 xx xx x x x x 22 ( 1)( 4) ( 1)( 2) 0 3 2 1 2 3 3 xx xx x x x x 22 ( 1)( 2) ( 1)( 2) 1 0 3 2 1 2 3 3 xx xx x x x x 22 1 3 2 1 2 3 3 ( 1)(2 ) 2 (2) x x x x x x x x x Từ 22 2 22 3 2 1 2 3 3 2 ( ),(2) 3 2 1 2 3 2 1 2 3 3 2 x x x x x x x x x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 544 22 20 71 2 3 2 1 (2 ) x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệm là 71 1, 2 xx BT 103. Giải phương trình: 2 32 x x x x () () x Phân tích. Sử dụng chức năng table, tìm được nhân tử 2 31 xx nên sẽ liên hợp. Lời giải. Điều kiện: 2 03 2 3. 2 0 ?! x x xx 2 ( ) ( 3 1) ( 1) ( 2) 3 0 x x x x x x (1) Với: 2 1 5 3 5 10 22 35 2 3 0 3 2 3 1 0 2 x x x x x x x x x x x Thế vào (1), thấy 35 2 x thì (1) thỏa, tức 35 2 x là 1 nghiệm của (1). Với 2 35 3 1 0, 2 x x x ta có: 22 2 3 1 3 1 (1) ( 3 1) 0 1 2 3 x x x x xx x x x x 11 10 1 2 3 x x x x : vô nghiệm. Do ta luôn có lượng vế trái là 11 1 0, 2;3 . 1 2 3 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 1 nghiệm là 35 2 x BT 104. Giải phương trình: 3 2 3 2 2 ( 1) 3 2 6 7 2 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x Nhận thấy 1 x là 1 nghiệm nên xét 1. x 3 2 2 ( ) 2 ( 1) 3 2 (3 2 )(2 1) 0 x x x x x x 32 2 ( 1) 3 2 (1 2 1) 0 x x x x 2 2( 1) 3 2 2( 1) 1 0 1 2 1 x x x xx x và do 1 1 0, xx nên: 2 2 32 1 0 1 ( 1)(2 1) 3 2 1 2 1 xx x x x x x x x 2 2 2 1 ( 1)(2 1) 2 ( 1) (2 1) 3 2 2( 1) 2 1 x x x x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 545 22 ( 1) 2 ( 1) 2 1 (2 1) 0 ( 1 2 1) 0 x x x x x x 2 1 1 2 1 0 2 1 1 2 2. 4 2 0 x x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là: 1, 2 2. xx BT 105. Giải phương trình: 4 4 ( 8) ( 1 1) x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1. x 24 4 2 16 16 ( ) 4 8 ( 1 1) ( 1 1) 48 x x x x x xx x x x Kết hợp đề bài, suy ra hệ phương trình: 4 24 4 ( 8) ( 1 1) 4 8 ( 1 1) x x x x x x x x x x Cộng vế theo vế, suy ra: 44 2 8 ( 1 1) ( 1 1) x x x x x 2 2 2 2 2 8 (2 2 1) (2 2 1) x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 8 4 8 1 4 4 4 8 1 4 4 x x x x x x x x x 22 1 257 2 8 16 8 8 8 0 16 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1 257 16 x BT 106. Giải phương trình: 3 61 1 1 1 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Khi đó: 3 ( ) 6 1 1 x x x (1) 2 3 (1) ( 6 2) ( 1 1) 4 x x x 2 3 3 22 ( 2) ( 2) 11 ( 6) 2 6 4 xx xx x xx 2 3 3 11 ( 2) ( 2) 0 11 ( 6) 2 6 4 xx x xx 2 x hoặc 2 3 3 11 2 11 ( 6) 2 6 4 x x xx (2) Có 1 x thì 2 3 3 1 1 1 1 2 4 11 ( 6) 2 6 4 2 2 x xx x nên (2) vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 546 BT 107. Giải phương trình: 2 2 12 1 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 0 1. x 2 2 2 ( ) (1 ) 1 (2 ) ( 1 ) ( 1 2 ) 0 x x x x x x x x x x x 2 3 2 2 (1 2 ) 1 4 (1 2 ) (1 2 )(2 1) 00 1 1 2 1 1 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x 22 2 1 1 (1 2 ) 0 1 2 0 2 1 1 2 x x x x x x x x x x x Do với mọi 0;1 x thì 22 21 0. 1 1 2 x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1 2 x BT 108. Giải phương trình: 22 (3 5 6) 2 3 6 5 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 2 20 3 2 6 3 6 5 0 3 3 5 6 0 x x x x xx 2 22 2 3 5 7 ( ) (3 5 7) 2 3 6 5 2 3 6 5 2 xx x x x x x x x x x 2 2 1 (3 5 7) 2 0 3 6 5 2 x x x x x x 2 2 2 2 o 3 5 7 0 5 109 3 5 7 0 6 1 2 (2 )(3 6 5) 1: VN 3 6 5 2 xx x x x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 5 109 6 x BT 109. Giải phương trình: 3 2 2 3 1 4 x xx () () x Lời giải. Điều kiện: 3 2 3 0 2 xx 3 ( ) ( 2) 4.( 2 3 1) 4.(1 1) 0 x x x 2 3 3 8 ( 2) 4 ( 2) ( 2) 0 2 3 1 1 1 ( 1) xx x x xx 2 3 3 84 ( 2) 1 0 2 0 2. 2 3 1 1 1 ( 1) x x x x xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 547 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 2. x BT 110. Giải phương trình: 22 ( 4) 4 ( 2) 2 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 0 4. x 2 2 2 ( ) ( 4 ) 4 4 2 0 x x x x x x và đặt 2 4 0, t x x thì: 3 2 2 2 0 ( 1)( 2 2) 0 1. t t t t t t Với 1, t suy ra: 22 4 1 4 1 0 2 3. x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 2 3. x BT 111. Giải phương trình: 22 ( 1)( 3) 2 3 2 ( 1) x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1 3. x Đặt 2 2 3 0. t x x 2 2 2 3 2 ( ) ( 2 3) 2 3 2 1 0 2 0 x x x x x x t t 2 ( 1) ( 2 2) 0 1. t t t t Suy ra: 2 2 3 1 1 3. x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1 3. x BT 112. Giải phương trình: 2 2 2 ( 1) 5 2 4 x x x () () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 2 2 2 2 . 2 4 2 .( 2). t x x t x x 2 2 2 2 2 2 ( ) .( 2 ) 4 . 2 4 4 2 8 0 4 2 t t x x x x x t t t t Với 2, t suy ra: 2 42 0 . 2 4 2 3 1. 2 4 4 0 x x x x xx Với 4, t suy ra: 2 42 0 . 2 4 4 2. 2 4 16 0 x x x x xx Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là 3 1, 2. xx BT 113. Giải phương trình: 22 2 5 2 2 2 5 6 1 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 5 73 4 x hoặc 5 73 4 x Đặt 2 2 5 6 0, t x x thì ( ) 8 2 1 8 2 1 t t t t 8 4 1 4 4 7 3 1. t t t t t t Suy ra: 2 2 5 6 1 1 x x x hoặc 7 2 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 7 1, 2 xx BT 114. Giải phương trình: 23 1 4 3 ( 2) x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 548 3 ( ) ( 2) 1 ( 2) 1 ( 2) 1 ( 2) x x x x (1) Đặt 21 tx thì 2 (1) 1 ( 1)( 1) 1 1 t t t t t t t t t 23 22 1 10 1 1 2 .( 1) 2. 1 0 t t t t t t t t t t t t t t t t 3 2 22 1 1 1 5 5 3 22 10 ( 1) 0 tt t tx tt tt Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 53 2 x BT 115. Giải phương trình: 22 3 2 2 12 2 16 6 6 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 8 58 8 58. x Chia hai vế cho 0, x được: 66 ( ) 3 2. 1 2 16 6 xx xx và đặt Cauchy 6 2 6. tx x 3 2 2 6 2 16 9.(2 2) 36 24 16 4.(16 ) t t t t t 2 12 16 11 41 121 758 623 0 7. t t t t t Suy ra: 2 6 7 7 6 0 1 x x x x x hoặc 6. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 1, 6. xx BT 116. Giải phương trình: 2 3 6 2 5 3 x xx x () () x Lời giải. Điều kiện: 0. x 22 Chia: 3 2 3 ( ) 2.(3 ) 5 3 2 5 3 (3 ) 3 x x x x xx x x x () Đặt 0, 3 x t x thì 2 ( ) 3 2 5 1 t t t hoặc 2 3 t Suy ra: 3 xx hoặc 3 6 2 xx 7 13 2 x hoặc 20 2 19 9 x Kết luận: So điều kiện, nghiệm phương trình là 7 13 20 2 19 , 29 xx BT 117. Giải phương trình: 2 8 3 ( 2 ) 43 x xx x () () x Lời giải. Điều kiện: 4 3 0 16 0 9 0 x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 549 22 Chia: 4 3 2 ( ) 3 2.(4 3 ) 3 2 4 3 (4 3 ) 4 3 x x x x xx x x x () Đặt 43 x t x thì 2 1 1 4 3 ( ) 3 2 2 26 6 17 86 x t x x tt t x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 26 6 17. xx BT 118. Giải phương trình: 3 10 3 13 0 3 x xx x () () x Lời giải. Điều kiện: 0. x Do 0 x không là nghiệm nên xét 0. x Chia: 3 ( ) 10 3 13 0 3 x xx xx () Đặt 3 0 x t x thì 2 1 3 ( ) 10 13 0 10 13 3 0 3 10 t t t t t t Với 1, t suy ra: 3 1 3 : x xx x vô nghiệm. Với 3 , 10 t suy ra: 3 3 3 9 300 : 10 100 91 xx x xx loại. Kết luận: Vậy phương trình đã cho vô nghiệm . x BT 119. Giải phương trình: 51 5 2 4 2 2 xx x x () () x Lời giải. Điều kiện: 0. x Đặt Cauchy 2 11 21 4 2 t x t x x x 2 11 ( ) 2 5 4 0 2 5 2 0 2. 4 2 x x t t t x x Suy ra: 2 1 3 2 2 3 4 12 1 0 42 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 3 2 2 2 x BT 120. Giải phương trình: 3 2 4 2 21 x x x x () () x Lời giải. Do 0 x không là nghiệm nên chia hai vế cho 0, x được: 33 1 1 1 1 1 5 ( ) 2 0 1 1 2 x x x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệm là 1 5 1 5 , 22 xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 550 BT 121. Giải phương trình: 2 2 6 6 6 0 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 60 x hoặc 6. x Chia 2 vế cho , x ta được: 2 2 2 2 6 6 6 ( ) 6 0 2 4 6 0 2 10. x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 2 10. x BT 122. Giải phương trình: 22 4 16 9 4 16 9 4 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 22 16 9 0; 4 16 9 0. x x x Do 22 4 16 9 4 16 9 3 x x x x nên sẽ đặt 2 4 16 9 0 t x x và sẽ được 2 3 4 16 9 xx t Khi đó: 2 ( ) 4 3 0 1 t t t hoặc 3. t Với 1, t suy ra: 2 4 1 0 5 16 9 4 1 8 10 4 x x x x x Với 3, t suy ra: 2 16 9 4 9 : xx vô nghiệm. Kết luận: Thế vào điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 5 4 x BT 123. Giải phương trình: 2 2 92 10 29 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 0. x Khi đó: 2 2 2 92 ( ) 2 3 0 29 xx x x Đặt 2 2 2 1 2 9 0 29 xx t x t x thì phương trình 2 1 2 3 0 t t 32 2 3 1 0 1 t t t hoặc 1 2 t Với 1, t suy ra: 2 2 9 : xx vô nghiệm. Với 1 , 2 t suy ra: 2 2 0 32 2 9 2 2 29 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 32 2 x BT 124. Giải phương trình: 2 3 2 11 21 3 4 4 0 x x x () () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 4 4. tx 2 3 17 ( ) (4 4) (4 4) 3 4 4 12 0 84 x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 551 Suy ra: 6 3 2 4 3 2 14 12 96 0 ( 2) ( 4 12 18 24) 0 t t t t t t t t () Nếu 0 t thì 63 14 24 96 0. t t t Nếu 0 t thì 4 3 2 4 12 18 24 0. t t t t Do đó: 2 ( ) ( 2) 0 2, tt suy ra: 3 4 4 2 3. xx Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 3. x BT 125. Giải phương trình: 2 2 3 4.(2 1) 3.( 2 ) 2 1 2.( 5 ) x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 2 1 0 2 xx 32 ( ) 3 .( 2) 2 1 2.( 4 5 2) 0 x x x x x x 2 3 .( 2) 2 1 2.( 2).( 2 1) 0 x x x x x x 2 2 2 ( 2) (3 2 1 2 4 2) 0 2.(2 1) 3. . 2 1 2 ( ) x x x x x x x x x x i 2 chia: 2 2 1 2 1 2 1 1 ( ) 2 3 2 0 4 2 3. 2 x x x x ix xx x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 2, 4 2 3. xx BT 126. Giải phương trình: 2 5.(8 11 ) 27.(2 1) 3 2 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 3 x Do 2 3 x không là nghiệm nên xét 2 3 x 2 27 ( ) 2.(2 1) (3 2) (2 1) 3 2 5 x x x x và chia cho (2 1) 3 2 xx 2 1 3 2 27 2 2 1 5 32 xx x x và đặt 21 0 32 x t x thì: 2 1 27 27 5 2 2 1 0 5 5 2 t t t t t hoặc 1 5 t Với 2 1 5 5 3 2 4 2 2 2 32 x t x x x x hoặc 27 16 x Với 2 1 1 3 2 10 5 : 5 32 x t x x x vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 27 2, 16 xx BT 127. Giải phương trình: 2 2 2 2 3 ( ) ( 1) ( 1) x x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 3 1 0 01 x xx x Đặt 2 2 3 1 1 a b x a x x bx ab x x 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 0 a b a b ab a b ab a b ab () Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 552 Đặt 0 0 u a b v ab thì 22 ( ) 2 0 ( )( 2 ) 0 2 . v uv u u v u v u v Do đó: 2 2 2 2 2 4 ( ) 0 0. a b ab a b ab ab a b a b Suy ra: 22 1 0 2 1 0 1 2. x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 1 2. x BT 128. Giải phương trình: 2 2 11 2 2 4 xx x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 2 2 0; 0 11 2 0; 4 0 xx x x x 2 22 22 1 1 1 ( ) 4 2 5 2 4 x x x x xx () Đặt 2 2 2 2 22 1 1 1 2 2. t x t x x t x xx Khi đó: 32 2 2 t 2 2 2 2 2 ( ) 4 ( 2) 2 5 2.( 2) (4 ) 9 2 4 5 t t t t t t 2 2 2 2 2 2( 4) ( 2) (1 9 2 ) 0 ( 2) 0 1 9 2 t t t t t 2 2 1 2 2 1. 24 ( 2) 2 0 24 1 9 2 2 0 ( ) 1 9 2 t x x t x tt t t t t Với 32 2 2 t thì 2 t và 24 t cùng dấu nên () vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x BT 129. Giải phương trình: 42 22 2 51 20 (1 ) 21 xx xx xx () () x Lời giải. Điều kiện: 11 x và 0. x 2 2 2 2 22 5 1 1 5 1 ( ) 1 2 0 1 0 2 (1 ) (1 ) 2 1 1 x x x x x x x x (1) Đặt 2 1, t x x suy ra: 2 2 2 (1 ). t x x Khi đó: 2 2 1 5 1 1 (1) 1 0 2 5 2 0 22 t t t t t hoặc 2. t Với 2 2 2 4 2 1 0 1 0 12 2 1 1 22 4 (1 ) 1 4 4 1 0 xx t x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 553 Với 2 t 2 2 2 4 2 1 0 1 0 1 2 : (1 ) 4 4 0 xx xx x x x x vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình đâ cho có nghiệm duy nhất 2 2 x BT 130. Giải phương trình: 32 3 6 2( 2) 2 0 x x x x x () () x Điều kiện: 2 0 2. xx Lời giải 1. Chia và đặt một ẫn phụ. 3 33 3 ( ) 3 ( 2) 2 ( 2) 0 3 2 0 ( 2) 2 xx x x x x xx (do: 2 x không là nghiệm cũa phương trình nên chia cho 3 ( 2) 0). x Đặt 3 3 3 t 2 ( 2) xx t xx thì phương trình 3 1 3 2 0 2 t tt t Với 1, t suy ra: 2 0 1 2 2. 20 2 x x x x x xx x Với t 2, suy ra: 2 20 2 2 2 2 2 3. 48 2 x x x x x xx x Kết luận: Phương trình đâ cho có hai nghiệm là 2, 2 2 3. xx Lời giải 2. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình đẵng cấp bậc ba . 33 ( ) 3 ( 2) 2 ( 2) 0, (1). x x x x Đặt 2 0, tx khi đó: 3 2 3 (1) 3 . 2 0, (2) x x t t và chia hai vế cho 3 0, t ta được: 32 (2) 3 2 0 1 x t x t x t hoặc 2 x t tx hoặc 2. tx Thế 2 tx và giải tương tự , ta được kết quã như trên. BT 131. Giải phương trình: 22 6 28 3 x x x x x () () x Lời giải. Tập xác định: 2;4 \ 3 D 22 6 ( ) 2 8 6 6 3 x x x x x 22 1 ( 3) 2 8 6 6 3 x x x x x x 4 ( 2)(4 ) 6 ( 3) ( 2) 3 x x x x x x và do: 2 x không là nghiệm Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 554 Chia: ( 3)( 2) 1 4 1 4 6 1 0 3 2 3 2 xx xx x x x x () Đặt 14 32 x t xx thì 2 1 ( ) 6 1 0 3 t t t hoặc 1 2 t Với 1 , 3 t suy ra: 32 34 1 4 1 3 2 3 4 6 18 0 x x xx x x x Với 1 , 2 t suy ra: 3 3 1 1 4 1 2 3 2 2 3 2 0 x x x x xx xx BT 132. Giải phương trình: 1 1 1 2 1 3 x xx x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 10 x hoặc 1. x 1 1 1 ( ) 2 3 ( 1) x x x xx x x x () và đặt 2 11 0. xx aa xx 2 ( ) (1 3 1) 2 0 a x a x và có 2 ( 1 3) , a x nên phương trình có 2 nghiệm là 2.( 1 1) , 11 ax ax suy ra: 1 1 1 (1) 1 2.( 1 1) (2) x x x x x x Nhận thấy rằng, nếu 1;0 x thì cả (1) và (2) đều vô nghiệm, nên xét 1: x 22 (1) 1 .( 1) 2 1 2 x x x x x x x x x 2 2 2 2 15 ( ) 2. 1 0 ( 1) 0 2 x x x x x x x 22 (2) 1 2 2 1 2 2 x x x x x x x x 2 2 2 2 4 4 1 0 4.( ) 2.2. 1 3 0 x x x x x x x x x 22 (2 1) 3 0 : x x x vô nghiệm với mọi 1. x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 15 2 x BT 133. Giải phương trình: 2 5 ( 2)(5 ) 4 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 5. x Đặt 2 Cauchy-Schwarz 7 2 5 14; (0 14) ( 2)(5 ) 2 t t x x t x x 2 ( ) 2 15 0 3 t t t hoặc 5 t (loại). khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 555 Suy ra: 2 ( 2)(5 ) 1 3 9 0 : x x x x vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho vô nghiệm . x BT 134. Giải phương trình: 2 2 2 2 4 2 2 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2. x Đặt 22 2 2 2 2 4. t x x t x x 2 ( ) 2 0 1 t t t hoặc 2. t Với 1, t suy ra: 2 2 1 2 2 5 : x x x vô nghiệm. Với 2, t suy ra: 2 2 2 2 4 2 2 2. x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2. x BT 135. Giải phương trình: 2 2( 3 10 ) 30 7 4 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 3 10. x Đặt 3 10 0, t x x suy ra: 22 13 2 30 7 . t x x 2 ( ) 4 5 0 1 t t t (loại) hoặc 5. t Với 5, t suy ra: 22 30 7 6 7 6 0 1 x x x x x hoặc 6. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 1, 6. xx BT 136. Giải phương trình: 2 2 3 4 3 6 5 2 12 23 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 4. 2 x Đặt 2 3 4 0, t x x suy ra: 22 2 5 2 12 7. t x x x 2 ( ) 3 44 0 4 t t t (nhận) hoặc 11 3 t (loại). Với 4, t suy ra: 2 2 5 2 12 9 3 x x x x hoặc 11 9 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 11 3, 9 xx BT 137. Giải phương trình: 2 5 2 5 2 5 3 25 4 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 55 22 x Đặt 5 2 5 2 0, t x x suy ra: 22 10 2 5 4 . tx 2 ( ) 3 2 40 0 4 t t t (nhận) hoặc 10 3 t (loại). Với 4, t suy ra: 2 25 4 3 2 xx hoặc 2. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 2 x hoặc 2. x BT 138. Giải phương trình: 2 3( 7 6 ) 2 42 3 0 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 7 6. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 556 Đặt 7 6 0, t x x suy ra: 22 13 2 42. t x x 2 ( ) 3 10 0 5 t t t (nhận) hoặc 2 t (loại). Với 5, t suy ra: 2 42 6 2 x x x hoặc 3. x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 2, 3. xx BT 139. Giải phương trình: 2 3 2 1 4 9 2 3 5 2 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x Đặt 3 2 1 0, t x x suy ra: 22 4 3 2 3 5 2. t x x x 2 ( ) 6 0 2 t t t hoặc 3. t Với 3, t suy ra: 2 2 3 3 5 2 6 2 2. 19 34 0 x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2. x BT 140. Giải: 2 (13 4 ) 2 3 (4 3) 5 2 2 8 16 4 15 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 35 22 x ( ) 7 ( 2 3 5 2 ) 2 (2 3) 2 3 (5 2 ) 5 2 x x x x x x 2 8 (5 2 )(2 3) xx (1) Đặt 2 33 2 2 (5 2 )(2 3) 2 3 5 2 , 2;2 ( 2 3 5 2 ) t x x t x x t t x x 32 (1) 4 6 0 2, t t t t suy ra: 2 3 5 2 2 2. x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 2. x BT 141. Giải phương trình: 7 3 7 (4 7) 7 32 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 7 7. 3 x 1 3 1 3 ( ) (3 7) (7 ) 3 7 (7 ) (3 7) 7 32 2 2 2 2 x x x x x x (3 7) (7 ) 3 7 (7 ) (3 7) 7 64 x x x x x x 33 ( 3 7) ( 7 ) (3 7)(7 ) 3 7 7 64 x x x x x x 3 ( 3 7 7 ) 64 3 7 7 4 x x x x 2 11 2 2 (3 7)(7 ) 8 4 44 113 0 2 x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 11 2 2 2 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 557 Bình luận. Bài toán: ( ) ( ) ( )( ) 0, ax b cx d ex h gx k r cx d gx k s ta có thể xử lý theo 2 hướng sau: Một là phân tích .( ) .( ) ax b m cx d n gx k bằng đồng nhất thức, rồi đưa về dạng hằng đẳng thức như lời giải trên. Hai là có thể đặt 2 ẩn phụ và đưa về hệ phương trình đối xứng loại I (dành cho đọc giả). BT 142. Giải phương trình: 31 3 1 (4 3 ) 4 3 5 43 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 14 33 x ( ) 3 1 4 3 (3 1)(4 3 ) 5 x x x x và đặt 3 1 4 3 0 t x x 2 2 15 0 3 t t t (nhận) hoặc 5 t (loại). Với 3, t suy ra: 3 1 4 3 3 (3 1)(4 3 ) 9 0 1. x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 0, 1. xx BT 143. Giải phương trình: 2 13 20 5 3 2 4 3 1 10 2 9 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 2. 3 x Đặt 2 3 1 5 2 0. t x x 2 ( ) 2 (2 3 1 5 2 ) 20 3 5 2 13 9 0 x x x x x 2 2 63 0 7 t t t (nhận) hoặc 9 t (loại). Với 7, t suy ra: 2 1065 2195200 20 3 5 2 13 5 1369 x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1065 2195200 1369 x BT 144. Giải phương trình: 2 2 2 (2 1 )( 1 1 ) 4 1 2 2. x x x x x Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Đặt 1 1 0. txx Suy ra: 2 2 2 1 2 t x và 22 2 ( 2) 1 4 t x Khi đó phương trình đã cho: 4 3 2 2 4 0 ( 1)( 2)( 2) 0 2 0. t t t t t t t x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 0. x BT 145. Giải phương trình: 22 5 5 5 7 x x x x () () x Điều kiện: 5 5. x Lời giải 1. Đặt một ẩn ph ụ đưa về phương trình bậc hai Đặt: 2 5, t x x suy ra: 2 2 2 2 5 5 2 5 5 2 t t x x x x 2 ( ) 5 2 39 0 3 t t t hoặc 13 5 t Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 558 Với 3, t suy ra: 2 2 3 1 53 2 2 6 4 0 x x xx x xx Với 13 , 5 t suy ra: 2 2 13 13 5: 5 5 25 65 22 0 x xx xx vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 1, 2. xx Lời giải 2. Đặt một ẩn phụ đưa về hệ phương trình Đặt 2 5 0, yx suy ra: 2 2 2 5 ( ) 2 5 5 7 5 7 x y x y xy x y xy x y xy 2 22 2 1 2 25( ) 72 44 0 5 3 2 1 57 15 xy x x xy xy xy x y y y x y xy xy Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 1, 2. xx BT 146. Giải phương trình: 22 26 26 11 x x x x () () x Điều kiện: 26 26. x Lời giải 1. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai Đặt 2 26 , t x x suy ra: 2 2 2 2 26 26 2 26 26 2 t t x x x x 2 ( ) 2 48 0 6 t t t hoặc 8. t Với 8, t suy ra: 2 2 8 26 8 : 8 19 0 x xx xx vô nghiệm. Với 6, t suy ra: 2 2 6 1 26 6 5 6 5 0 x x xx x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 5. xx Lời giải 2. Đặt một ẩn phụ đưa về hệ phương trình Đặt 2 26 0, yx suy ra: 2 2 2 26 ( ) 2 26 11 11 ( ) x y x y xy x y xy xy x y 2 6 ( ) 2( ) 48 0 5 11 ( ) xy x y x y xy xy x y hoặc 8 19 xy xy (loại do 2 4) SP 1 5 x y hoặc 5 1 x y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 5. xx BT 147. Giải phương trình: 22 2 5 4 5 4 2 x x x x () () x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 559 Điều kiện: 55 22 x Lời giải 1. Đặt một ẩn ph ụ đưa về phương trình bậc hai Đặt 2 2 5 4 , t x x suy ra: 2 2 2 2 5 5 4 5 4 5 4 4 t t x x x x 2 2 5 ( ) 2 4 3 0 1 4 t t t t t hoặc 3. t Với 1, t suy ra: 2 2 1 2 0 1 5 4 1 2 2 2 1 0 x x x x xx Với 3, t suy ra: 2 2 3 2 0 5 4 3 2 1 2 3 1 0 x x x x xx hoặc 1 2 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 11 , , 1. 22 x x x Lời giải 2. Đặt một ẩn phụ đưa về hệ phương trình Đặt 2 5 4 , yx suy ra: 2 2 2 4 5 (2 ) 4 5 2 2 (2 ) 2 x y x y xy x y xy xy x y 2 23 (2 ) 4(2 ) 3 0 2 . 2 (2 ) 2 xy x y x y xy xy x y hoặc 21 2 . 2 xy xy 21 2 x y hoặc 22 1 x y hoặc 21 2 x y Suy ra: 11 , , 1. 22 x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 11 , , 1. 22 x x x BT 148. Giải phương trình: 22 3 10 9 5 10 9 x x x x () () x Điều kiện: 10 10 33 x Lời giải 1. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai Đặt 2 3 10 9 , t x x suy ra: 2 2 2 2 10 10 6 10 9 10 9 6 t t x x x x 2 2 10 ( ) 5 6 40 0 4 6 t t t t t hoặc 10. t Với 4, t suy ra: 2 2 4 3 0 10 9 4 3 1 9 12 3 0 x x x x xx hoặc 1 3 x Với 10, t suy ra: 2 10 9 10 3 xx : vô nghiệm 10 10 ; 33 x (loại vì y 0) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 560 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1 1, 3 xx Lời giải 2. Đặt một ẩn phụ đưa về hệ phương trình Đặt 2 10 9 0, yx suy ra: 2 2 2 9 10 (3 ) 6 10 3 5 5 (3 ) x y x y xy x y xy xy x y 2 34 (3 ) 6.(3 ) 40 0 3 . 3 5 (3 ) xy x y x y xy xy x y hoặc 3 10 3 . 45 xy xy (loại) 31 3 x y hoặc 33 1 , 1. 13 x xx y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1 1, 3 xx BT 149. Giải phương trình: 22 17 17 9. x x x x () x Điều kiện: 17 17. x Lời giải 1. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai Đặt 2 17 , t x x suy ra: 2 2 2 2 17 17 2 17 17 2 t t x x x x 2 2 17 ( ) 9 2 35 0 5 2 t t t t t hoặc 7. t Với 7, t suy ra: 2 17 7 : xx vô nghiệm 17; 17 x Với 5, t suy ra: 2 2 5 1 17 5 4 5 4 0 x x xx x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 4. xx Lời giải 2. Đặt một ẩn phụ đưa về hệ phương trình Đặt 2 17 0, yx suy ra: 2 2 2 17 ( ) 2 17 9 9 ( ) x y x y xy x y xy xy x y 2 5 ( ) 2.( ) 35 0 4 9 ( ) xy x y x y xy xy x y hoặc 7 16 xy xy (loại) 1 4 x y hoặc 4 1 x y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 4. xx BT 150. Giải phương trình: 2 2 2 2 3 2 3 9 x x x x x () () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 22 3 0, t x x x x x x suy ra: 2 2 2 2 2 3 3. t x x x 2 ( ) 12 0 4 t t t (loại) hoặc 3. t khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 561 Suy ra: 2 22 3 3 3 1. 6 9 3 x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1. x BT 151. Giải phương trình: 33 33 35 ( 35 ) 30 x x x x () () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 3 35 , yx suy ra hệ: 3 3 3 35 ( ) 3 .( ) 35 .( ) 30 .( ) 30 x y x y xy x y xy x y xy x y 33 52 ( ) 125 5 63 .( ) 30 x y x xy xy y xy x y hoặc 3 2 x y Kết luận: Nghiệm cần tìm của phương trình là 2, 3. xx BT 152. Giải phương trình: 3 3 4 3 55 xx xx () () x Lời giải. Điều kiện: 5 5. x Ta có: 22 ( 5 ) 2 ( 5 ) 2 4 () 3 55 xx xx 1 1 4 ( 5 5 ) 2 3 55 xx xx 2 2.( 5 5 ) 4 ( 5 5 ) 3 25 xx xx x () Đặt 5 5 0, 10; 20 t x x t Suy ra: 2 2 10 25 2 t x 3 2 2 2 44 ( ) 3 4 42 40 0 ( 4) (3 8 10) 0 3 10 t t t t t t t t t 4 t (nhận) hoặc 4 46 3 t (loại) hoặc 4 46 3 t (loại). Suy ra: 22 25 3 16 4. x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 4, 4. xx BT 153. Giải phương trình: 1 1 4 5 17 4 17 4 xx xx () () x Lời giải. Điều kiện: 17 17 44 x Đặt 22 22 22 17 4 0 17 4 4 17 34 17 4 4 17 17 4 0 a x a x x a ab b x x b bx () Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 562 22 22 17 17 11 4 21 21 16 21 21 16 44 () 5 5 5 ab ab ab a b a b a b Kết hợp () được hệ: 2 2 2 21 21 16 21.( ) 16 55 34 ( ) 2 34 ab a b a b a b ab a b a b ab 2 2 2 42.( ) 32 210.( ) 5.( ) 16 ( ) 34 2.( ) 5 2 ( ) 34 2 ( ) 34 ab a b a b a b ab ab ab a b ab a b 32 2 5.( ) 16.( ) 380.( ) 544 0 8 15 2 ( ) 34 a b a b a b a b ab ab a b Suy ra: 2 2 2 2 (17 4 )(17 4 ) 15 17 16 15 1 1. x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 1. xx BT 154. Giải phương trình: 3 2 3 7 5. 6 4 xx () () x Lời giải. Điều kiện: 7 3 x Đặt: 22 23 32 3 3 7 0 3 7 3 7 3 25. 6 3 3 18 6 a x a x a x ab b x b x bx Kết hợp với () được hệ: 23 32 2 45 3 25 2 1 2017 2 5 4 12 25 40 84 0 2 b b a ab ab b b b b Với 2, b suy ra: 3 6 2 6 8 14. x x x Với 1 2017 , 2 b suy ra: 3 3 1 2017 1 2017 6 6. 22 xx Kết luận: So điều kiện, nghiệm phương trình là 3 1 2017 14, 6. 2 xx BT 155. Giải phương trình: 3 2 6 5 3 7 6 5 xx () () x Lời giải. Điều kiện: 6 6 5 0 5 xx Đặt 22 23 33 3 6 5 0 6 5 6 36 30 6 5 1. 7 6 5 35 30 76 a x a x a x ab b x b x bx Kết hợp với () được hệ: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 563 23 32 53 1 651 1. 2 1 2 3 5 10 27 90 73 0 b b a ab x a ab b b b Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x BT 156. Giải phương trình: 3 4. 2 1 7 2 1 xx () () x Lời giải. Điều kiện: 2 7 2 0 7 xx Đặt 33 3 32 22 2 1 2 1 7 14 7 7 2 11. 7 2 2 14 4 7 2 0 a x a x a x ab b x b x bx Kết hợp với () được hệ: 32 32 41 7 2 11 4 1 7 32 16 9 0 ba ab a b a a a 2 41 1 ( 1)(7 25 9) 0 ba a a a a hoặc 25 877 14 a hoặc 25 877 14 a Do 0, b suy ra: 1 4 1 0 4 b a a nên loại 25 877 0. 14 a Với 1, a suy ra: 3 2 1 1 2 1 1 1. x x x Với 25 877 , 14 a suy ra: 3 3 25 877 1 25 877 1 21 14 2 14 2 xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 3 1 25 877 1 1, 2 14 2 xx BT 157. Giải phương trình: 33 4 5 4 10 9 5 xx () () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 33 3 33 33 3 5 4 5 4 9 45 36 9 5 14. 10 9 5 50 45 10 9 a x a x a x ab b x b x bx Kết hợp với () suy ra hệ: 33 32 54 9 5 14 4 5 311 1200 1500 611 0 ba ab a b a a a 2 54 1 ( 1) (311 889 611) 0 ba a a a a hoặc 889 30237 622 a Với 1, a suy ra: 5 5 4 1 5 4 1 1. x x x Với 889 30237 , 622 a suy ra: 3 1 889 30237 4 5 622 5 x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 564 Kết luận: Nghiệm của phương trình là 3 1 889 30237 4 1, 5 622 5 xx BT 158. Giải phương trình: 3 5 4 7 3 xx () () x Lời giải. Điều kiện: 5 5 4 0 4 xx Đặt 22 23 33 3 5 4 0 5 4 5 4 4 33. 7 4 4 28 7 a x a x a x ab b x b x bx Kết hợp () được hệ 23 32 3 2 4 33 1. 1 3 4 6 24 0 ab b ab x a a b b b b Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1. x BT 159. Giải phương trình: 3 24 12 6 xx () () x Lời giải. Điều kiện: 12. x Đặt: 3 3 32 2 24 24 36. 12 12 0 a x a x ab bx bx Kết hợp với () được hệ phương trình: 3 2 3 2 66 0 3 4 6 3 10 36 12 0 a b b a aaa bbb a b a a a Với 0, a suy ra: 3 24 0 24 0 24. x x x Với 3, a suy ra: 3 24 3 24 27 3. x x x Với 4, a suy ra: 3 24 4 24 64 88. x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 24, 3, 88. x x x BT 160. Giải phương trình: 3 3 2 5 3 3 xx () () x Lời giải. Điều kiện: 3 3 2 0 2 xx Đặt: 22 23 33 3 3 2 0 3 2 3 9 6 3 2 19. 5 3 2 10 6 53 a x a x a x ab b x b x bx Kết hợp với () được hệ: 23 23 3 3 2 19 3 3.(3 ) 2 19 ab ab a b b b 32 3 15 ( ; ) ( 4;7);(2;1); ; 22 2 3 18 8 0 ab ab b b b Với 7, a suy ra: 3 2 7 3 2 49 23. x x x Với 1, a suy ra: 3 2 1 3 2 1 1. x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 565 Với 5 , 2 a suy ra: 5 25 13 3 2 3 2 2 4 8 x x x Kết luận: So điều kiện, nghiệm của phương trình là 13 23, , 1. 8 x x x BT 161. Giải phương trình: 3 22 2 1 1 3 xx () () x Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Đặt 22 2 3 2 3 3 3 3 1 0 1 0 . 1 1 a x a x a b a b bx bx Kết hợp với () được hệ 2 3 2 3 3 2 2 3 3 2 3 2 1 1 (3 2 ) 4 12 9 0 a b a b a b b a a b b b b b b Với 1, a suy ra: 22 1 1 1 1 0. x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 0. x BT 162. Giải phương trình: 33 1 1 2 xx () () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt: 3 3 33 3 3 11 2. 1 1 a x a x ab bx bx Kết hợp với () được hệ phương trình: 3 3 2 22 1 1 2 2 1 0 a b b a a b a b a a Suy ra: 3 1 1 0. xx Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 0. x BT 163. Giải phương trình: 33 2 5 8 3 22 2 12 xx () () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 33 3 23 33 3 5 8 5 8 2 10 16 2 5 94. 22 2 5 110 10 22 2 a x a x a x ab b x b x bx Suy ra: 3 33 32 3 12 3 12 3 2 3 12 2 2 12 3 2 5 94 7 324 1296 1352 2. 5 94 2 b a b ab a b ab b b b b 2 12 3 2 2 ( 2) (7 310 676) 0 b a b b b b hoặc 155 19293 7 b Với 2, b suy ra: 3 22 2 2 22 2 8 7. x x x Với 155 19293 , 7 b suy ra: 3 1 155 19293 11 27 x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 566 Kết luận: Các nghiệm của phương trình là 3 1 155 19293 7, 11 27 xx BT 164. Giải phương trình: 44 5 1 2 xx () () x Lời giải. Điều kiện: 1 5. x Đặt 4 4 42 4 4 5 0 5 4. 1 10 a x a x ab bx bx Kết hợp với () được hệ phương trình 2 4 4 2 2 22 2 22 4 (2 2 ) 2( ) 4 ( ) 2 2.( ) 4 ab a b a b a b ab ab a b ab ab 2 0 2 2 2 2 0 4 0 2 2( ) 8 0 a ab a b a b a ab ab b b ab ab Với 2, a suy ra: 4 5 2 5 4 1. x x x Với 0, a suy ra: 4 5 0 5 0 5. x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 1, 5. xx BT 165. Giải phương trình: 44 5 12 3 xx () () x Lời giải. Điều kiện: 12 5. x Đặt 4 4 44 4 4 5 0 5 17. 12 12 0 a x a x ab bx bx Kết hợp với phương trình () được hệ: 4 4 2 2 2 2 2 33 17 ( ) 2 17 a b a b a b a b a b 2 2 2 2 2 2 2 3 3 (9 2 ) 2 17 ( ) 2 2 17 ab ab ab a b a b ab a b 22 3 3 3 1 2 2 16 2 1 18 64 0 ab a b a b a a ab ab b b a b ab Với 1, a suy ra: 4 5 1 5 1 4. x x x Với 2, a suy ra: 4 5 2 5 16 11. x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 11, 4. xx BT 166. Giải phương trình: 44 47 2 35 2 4 xx () () x Lời giải. Điều kiện: 47 2 0 35 47 35 2 0 2 2 x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 567 Đặt 4 4 44 4 4 47 2 0 47 2 82. 35 2 35 2 0 a x a x ab bx bx Kết hợp với phương trình () được hệ: 44 4 4 4 4 44 ( 4) 82 82 (4 ) 82 a b b a aa a b a a (1) Đặt 2, at thì 4 4 4 2 ( 2) 82 24 25 0 1. (1) ( 2) t t t t t Với 1 t thì 3. a Suy ra: 4 47 2 3 47 2 81 17. x xx Với 1 t thì 1. a Suy ra: 4 47 2 1 47 2 1 23. x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 17, 23. xx BT 167. Giải phương trình: 2 1 2 5 2. x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Đặt: 42 42 22 22 10 ( 1) 4. ( 1) 4 2 5 ( 1) 4 2 ax ax ab bx b x x x Kết hợp với ( ), suy ra hệ phương trình: 42 42 2 4 2 (2 ) 4 0 ba ab a b a a 42 2 0 2 40 ba a b a a a Suy ra: 1 0 1 0 1. x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x BT 168. Giải phương trình: 22 2 2 2 3 3. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 17 22 2 30 x x x hoặc 71 2 x Đặt 2 2 2 22 22 2 2 0 2 2 2 4 2 7. 2 2 3 2 2 3 0 a x x a x x ab b x x b x x Kết hợp với ( ), được hệ 2 2 2 2 33 2 1 2 7 2.(3 ) 7 a b a b a b a b b b hoặc 8 11 a b (loại). Với 2, a suy ra: 22 2 2 2 0 1 x x x x x hoặc 2. x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 2, 1. xx BT 169. Giải phương trình: 3 3 2 .(2 3 2 1) 3(4 3). x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 3 3 2 0 xx 33 (2 3 2 1) (2 3 2 1) 3 2 3 2 2 3 2 1 (2 3 2 1) () xx x x x x () Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 568 Đặt 33 3 32 22 3 2 3 2 3 9 6 3 2 5. 3 2 2 6 4 3 2 0 a x a x a x b b x b x bx a Kết hợp với () được hệ: 3 2 3 2 3 2 5 6 (2 ) 10 2 1 2 1 a b a b a b b a 3 2 2 1 6 2 9 0 ( 1) (6 7 9) 0 1 2 1 2 1 a a a a a a a b b a b a Với 1, a suy ra: 3 3 2 1 3 2 1 1. x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1. x BT 170. Giải phương trình: 3 3 3 2.(7 4 3) 26 2 . x x x () x Lời giải. Điều kiện: 3 4 4 3 0 xx 33 1 (7 4 3).(7 4 3) 3 2 6. 3 2 7 4 3 2 7 4 3 ( ) 3. xx x x x x () Đặt 33 3 22 32 3 2 3 2 4 12 8 4 3 3 12 9 4 3 0 4a 3 1. a x a x a x b x b x bx b Kết hợp với () được hệ: 32 32 76 4 3 1 6 7 27 63 37 0 ba ab a b a a a 2 76 1 1 ( 1) ( 26 37) 0 ba a b a a a hoặc 13 2 33 0 a b (loại). Với 1, a suy ra: 3 3 2 1 3 2 1 1. x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1. x BT 171. Giải phương trình: 3 85 43 2 5 4 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 4 5 4 0 5 xx 3 (2 5 4) (2 5 4) ( ) 4 3 2 5 4 2 5 4 xx xx x () Đặt 33 3 32 22 4 3 4 3 5 20 15 5 3 8. 5 4 3 15 12 5 4 0 a x a x a x ab b x b x bx Kết hợp với () được hệ: 32 32 2 5 3 8 2 5 3 12 4 0 ba ab a b a a a 1 1 a b (nhận) hoặc 2 4 a b (nhận) hoặc 51 0 22 ab (loại). khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 569 Với 1, a suy ra: 3 4 3 1 4 3 1 1. x x x Với 2, a suy ra: 3 4 3 2 4 3 8 4. x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 4. xx BT 172. Giải phương trình: 4 4 4 3 1 4 1 2 1 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1 4 x Ta có: 44 3 1 4 1 ( ) 2 11 xx xx 4 4 4 4 ( 1) 2 ( 1) 3 2 3 2 1 1 2 1 1 1 1 x x x x x x x x x x () Đặt 44 4 44 44 4 2 10 1 2 3 3 6 1 11 3 2 2. 3 1 3 2 1 6 10 11 1 x xx a aa x xx ab xx x bb b xx x Kết hợp với () được hệ: 4 2 4 3 2 22 3 2 2 16 48 64 33 0 a b b a a b a a a a 32 2 1 , 1 ( 1) ( 17 31 33) 0 ba a b a a a a suy ra: 4 2 1 1 0. 1 x x x Do ta luôn có: 2 3 2 3 31 1283 17 31 33 17. 0, 0. 44 68 a a a a a a Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 0. x BT 173. Giải phương trình: 4 4 4 9 4 3 2 2 1 6 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 3 x 4 4 4 4 9 4 3 2 15 15 ( ) 2 4 2 2 6 1 6 1 6 1 6 1 x x x x x x x x () Đặt 4 4 44 4 4 15 15 40 4 61 61 , (0 ; 2) 2. 15 15 2 20 61 61 x x a a x x a b a b x x b b x x Suy ra hệ: 2 2 2 2 44 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 ( ) 2 2 (4 2 ) 2 2 ab a b ab a b ab ab a b a b ab a b 22 2 1 2 8 7 0 ab ab ab a b ab hoặc 7 2 ab ab (loại do 4) ab Với 1, ab suy ra: 2 44 9 4 3 2 1 (9 4)(3 2) (6 1) 1. 6 1 6 1 xx x x x x xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 570 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1. x BT 174. Giải phương trình: 44 22 4 12 3 3 3 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 0. x Do 0 x không là nghiệm nên xét 0. x Chia 2 vế cho 0, x thì 44 33 ( ) 12 3 1 xx xx () Đặt Cauchy 3 2 3. tx x Khi đó: 44 ( ) 12 3 1 tt () Đặt: 4 4 44 4 4 12 0 12 15. 3 30 a t a t ab bt bt Kết hợp với () được hệ phương trình 4 4 4 4 3 2 1 1 1 1. 15 ( 1) 15 2 3 2 7 0 a b a b a b b a b b b b b b Suy ra: 2 4 1 3 3 1 4 4 4 3 0 3 x t t x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 3. xx BT 175. Giải phương trình: 44 22 4 7 2 13 3 3 8 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 30 3 41 3 41 22 8 3 0 x x xx Với điều kiện đã cho thì 3 0, x nên chia 2 vế cho lượng 3, x được: 2 2 2 2 4 4 4 4 7 2 13 8 3 1 1 ( ) 1 7 2 3 1 3 3 3 3 x x x x x x x x x x () Đặt 2 1 0 3 x t x thì 44 ( ) 7 2 3 1 tt () Đặt 44 4 44 44 4 7 2 0 7 2 7 2 7 23. 3 7 21 7 30 a t a t a t ab b t b t bt Kết hợp với () được hệ phương trình 4 4 4 4 11 7 23 ( 1) 7 23 a b a b a b b b 4 3 2 3 2 11 2 1 4 2 3 2 11 0 ( 1)(4 6 9 11) 0 a b a b a b a b b b b b b b Với 2, a thì 4 7 2 2 2, tt suy ra: 2 1 2( 3) 1 6. x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1 6. x BT 176. Giải phương trình: 44 33 4 4 6 3 2 2 x x x x x () () x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 571 Lời giải. Điều kiện: 3 3 4 6 0 30 xx xx Do 2 x không là nghiệm nên: 33 44 4 6 3 ( ) 2 22 x x x x xx ( ). Đặt 33 44 4 6 3 , 22 x x x x ab xx Với 0, 0. ab Ta có: 33 44 4 6 4.( 3) 3 6 4 3. 2 2 2 x x x x x ab x x x Kết hợp với ( ), suy ra hệ: 4 4 4 4 22 4 3 (2 ) 4 3 0 a b a b a b b b 4 3 2 3 2 22 3 8 24 32 19 0 ( 1)(3 11 13 19) 0 a b a b b b b b b b b b 2 32 3 1 1 1 13 667 1 3 11 13 19 0 0 3 11. 0 22 44 ab ab a b b b b bb Suy ra: 3 33 4 46 1 4 6 2 1 1. 2 xx x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình cần tìm là 1. x BT 177. Giải phương trình: 22 44 22 4 17 4 5 26 1 77 x x x x x x x x () () x Lời giải. Tập xác định: . D 22 44 22 ( 7) 5 10 4.( 7) ( 2) ( ) 1 77 x x x x x x x x x x 44 22 22 1 5 1 4 77 xx x x x x () Đặt 44 22 22 1 5 0, 4 0. 77 xx ab x x x x Suy ra: 44 5 21. ab Kết hợp với () được hệ phương trình: 4 4 4 4 11 5 21 (1 ) 5 21 a b a b a b b b Giải hệ này, suy ra , . ab Từ đó tìm được . x BT 178. Giải phương trình: 4 2 2 2 44 5 (3 ) 2. 9 7 ( 3) 0 x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 3. x Đặt: 44 3 0, 3 0. a x b x 22 ( ) 5 2 7 0 ( )(5 7 ) 0 a ab b a b a b a b (loại) hoặc 5 7 . ab Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 572 Suy ra: 44 2664 5 3 7 3 625.(3 ) 2401.(3 ) 1513 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 2664 1513 x BT 179. Giải phương trình: 3 2 2 2 33 ( 2) 3 ( 2) 4 4 x x x () () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt: 3 3 2 , 2 ax bx suy ra: 3 2 4. ab x 22 ( ) 3 4 ( 3 ) ( ) 0 a a ab a b a b a b hoặc 3. ab Với , ab suy ra: 33 2 2 2 2 : x x x x vô nghiệm. Với 3, ab suy ra: 33 28 2 3 2 2 27( 2) 13 x x x x x Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất 28 13 x BT 180. Giải phương trình: 3 2 2 2 33 4 (2 1) 3 (1 2 ) 8 4 1 x x x () () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt: 3 3 21 , 21 ax bx suy ra: 3 2 4 1. ab x 22 ( ) 4 3 8 (2 ) (2 3 ) 0 2 a b ab a b a b a b hoặc 2 3 . ab Với 2, ab suy ra: 33 9 2 2 1 2 1 8.(2 1) 2 1 14 x x x x x Với 2 3 , ab suy ra: 33 35 2 2 1 3 2 1 8.(2 1) 27.(2 1) 38 x x x x x Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là 9 35 , 14 38 xx BT 181. Giải phương trình: 3 3 3 2 2 2 6 9 4 6 9 5 9 0 x x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D 3 2 2 2 33 ( ) ( 3) 4. ( 3) 5. 9 x x x ( ). Đặt 3 3 2 3 3 9. 3 ax ab x bx 22 ( ) 4 5 ( ) ( 4 ) 0 a b ab a b a b a b hoặc 4. ab Do ta luôn có: 33 xx hay 33 33 x x a b nên sẽ loại . ab Với 4, ab suy ra: 33 65 3 4. 3 3 64.( 3) 21 x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 65 21 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 573 BT 182. Giải phương trình: 3 2 2 2 33 2 (3 1) 3 (4 1) 5 12 7 1 x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 3 2 3 31 12 7 1. 41 ax ab x x bx 22 ( ) 2 3 5 ( ) (2 3 ) 0 a b ab a b a b a b hoặc 2 3 . ab Với , ab suy ra: 33 3 1 4 1 3 1 4 1 0. x x x x x Với 2 3 , ab suy ra: 33 19 2 3 1 3 4 1 8.(3 1) 27.(4 1) 84 x x x x x Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là 19 0, 84 xx BT 183. Giải phương trình: 3 2 33 1 1 3 1 5 x x x () () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt: 3 3 3 3 11 1 1 a x a x bx bx Kết hợp với () suy ra hệ: 3 3 3 3 5 3 5 ( ) 2 ( ) 3 .( ) 2 0 a b ab ab a b a b a b ab a b 32 3 5 ( ) 21 0. 11 ( ) ( ) 5( ) 2 0 ab a b a b a x ab b a b a b a b Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0. x BT 184. Giải phương trình: 4 2 3 3 2 4 4 3 7 12 17 6 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 4 x 44 ( ) 3 3 2 4 4 3 7 3 2. 4 3 x x x x ( ). Đặt 4 4 3 2 0 4 3 0 ax bx 22 ( ) 3 4 7 ( )(3 4 ) 0 a b ab a b a b a b hoặc 3 4 . ab Với , ab suy ra: 44 3 2 4 3 3 2 4 3 1. x x x x x Với 3 4 , ab suy ra: 44 714 3 3 2 4 4 3 27.(3 2) 256.(4 3) 943 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 714 1, 943 xx BT 185. Giải PT: 2 3 3 2 1 1 (1 ) (1 ) 2 1 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Đặt 22 33 2 1 ( ) 1 2 1 ab ax a b ab ab bx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 574 22 22 22 2 2 ( )( ) 1 2 ( ) 1 1 ab ab a b a b ab ab ab a b ab (do 2 0) ab 2 ( ) 2 2 ( ) 1 1 a b ab a b ab Giải hệ này, tìm được , , ab suy ra: 2 2 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 2 2 x BT 186. Giải phương trình: 22 4 2 1 2 1 5. ( 1)( 1) x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 1. x 4 22 4 ( ) 2 1 2 1 5. 1 . 1 x x x x () Đặt 4 2 4 1 0, 1 0. a x b x Khi đó: 22 ( ) 2 2 5 a b ab (2 )( 2 ) 0 2 a b a b a b hoặc 2. ab Với 2, ab suy ra: 422 4 2 1 1 16.(1 ) 1 1. x x x x x Với 2, ab suy ra: 422 4 1 2 1 1 16.(1 ) 1 x x x x x hoặc 15 16 x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm 15 1, 16 xx BT 187. Giải phương trình: 22 33 3 (3 2) (11 3 ) (3 2)(3 11) 3 x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D Đặt: 3 33 3 32 9. 11 3 ax ab bx Kết hợp với () được hệ: 2 2 2 2 3 3 2 2 33 9 ( )( ) 9 a b ab a b ab a b a b a b ab 2 2 2 33 1 10 1 2 3 (3 ) (3 ) 3 3 2 0 a b b a a xx a a a a a a a Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là 10 1, 3 xx BT 188. Giải phương trình: 2 1 1 1 1 1 1 1 1 xx x () () x Lời giải. Điều kiện: ( 1;1)\ 0 x Đặt: 1 0, 1 0. a x b x Suy ra: 2 2 2 2 1 , 1 2. a x b x a b Kết hợp () được hệ phương trình 22 2 1 1 1 11 ab a b ab và giải hệ này tìm được , . ab Suy ra: 3 2 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 3 2 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 575 BT 189. Giải phương trình: 33 3 2 3 2 4 3 (3 2)(4 3 ) xx xx () () x Lời giải. Điều kiện: 42 , 33 xx Đặt 33 3 2, 4 3 . a x b x Suy ra hệ: 33 33 2 2 ( ) 3 ( ) 2 ( ) 8 2 1 ( ) 2 ( ) 2 ab ab a b ab a b a b ab ab a a ab a b ab ab 1 1 a b Suy ra: 3 3 2 1 1. xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1. x BT 190. Giải phương trình: 2 3( 1) 4 4 4 3 x x x x () () x Điều kiện: 3 4 3 0 4 xx Lời giải 1. Ta có: 2 ( ) 3 (4 3) 4 . 4 3 0 x x x x (1) Đặt 4 3 0 yx thì 22 (1) 3 4 0 ( )(3 ) 0 3 xy x xy y x y x y xy Với , xy suy ra: 2 0 1 43 3 4 3 0 x x xx x xx Với 3, xy suy ra: 2 0 4 3 3 : 9 4 3 0 x xx xx vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 3. xx Lời giải 2. Ta có: 2 2 2 2 ( ) 4 4 4 3 4 3 (2 4 3) x x x x x x x x 2 4 3 4 3 1 3 2 4 3 4 3 3 x x x x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 3. xx Lời giải 3. Do 2 3 (3 4 3). 0 4 x x x x nên lũy thừa, ta được: 4 3 2 2 4 3 2 ( ) 9 24 2 24 9 16 (4 3) 9 40 46 24 9 0 x x x x x x x x x x 2 ( 1)( 3)(9 4 3) 0 1 x x x x x hoặc 3. x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 3. xx Lời giải 4. Sử dụ ng kỹ thuật liên hợp. 2 22 4 .( 4 3) ( ) 4 .( 4 3) 4 3 4 3 43 x x x x x x x x x x xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 576 2 2 o 4 3 0 1 3 4 ( 4 3) 1 0 4 3 3 : VN 43 x x x x x xx xx xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 3. xx BT 191. Giải phương trình: 2 3 13 37 8( 3) 2 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 3. x 2 ( ) 3.( 3) 5.( 2) 8.( 3) 2 0 x x x x 2 ( 3) 3 3 8 5 0 2 2 xx x x 3 1 2 x x hoặc 7 21 23 35 2 3 2 79 5 205 5 2 3( 3) 18 x xx x x xx x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 7 21 79 5 205 , 2 18 xx Nhận xét. Ta có thể giải theo các cách khác như câu trên đối với bài tập này và các bài tập tiếp theo sau. BT 192. Giải phương trình: 22 7 2 7 2 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 0 x do 22 7 2 0, 2 0, . x x x x x 22 2 2 2 2 22 ( ) 2 7. . 2 6 0 7 6 0 x x x x x x x x x x x x 2 22 2 2 2 2 1 281 1 6 70 26 x x x x x x x x xx x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 1 281 70 x BT 193. Giải phương trình: 22 3( 1) 12 9 20 2 x x x x () () x Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 ( ) 10.( 1) 3.( 1). 12 ( 12) 0 x x x x 2 2 22 ( 1) 1 1 1 10 3 1 0 2 12 12 12 x x x x xx hoặc 2 11 5 12 x x 2 2 12 2.( 1) 2 10 4 3 12 5.( 1) xx x xx hoặc 25 313 24 x Kết luận: Các nghiệm của phương trình là 2 10 4 25 313 , 3 24 xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 577 BT 194. Giải phương trình: 22 15 12 12 10(2 1) 3 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1 2 1 0 2 xx 2 2 2 ( ) 3.(2 1) 10.(2 1). 3 3.( 3) 0 x x x x 2 2 22 (2 1) 2 1 2 1 3 10 3 0 3 3 33 x x x x xx hoặc 2 2 1 1 3 3 x x 2 2 3 3 2 1 114 18 35 3 6 3 xx x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 114 18 35 x BT 195. Giải phương trình: 22 3 2 7 3( 1) 3 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1, x do 22 3 2 7 0, 3 0, . x x x x 2 2 2 ( ) ( 1) 3.( 1). 3 2.( 3) 0 x x x x 2 2 22 ( 1) 1 1 3 2 0 1 3 33 x x x x xx hoặc 2 1 2 3 x x 2 31 xx hoặc 2 2 3 1 1. x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1. x BT 196. Giải phương trình: 23 2( 18) 7 27 xx () () x Lời giải. Điều kiện: 32 27 0 ( 3)( 3 9) 0 3. x x x x x 22 ( ) 6 ( 3) 7 ( 3)( 3 9) 2.( 3 9) 0 x x x x x x 2 2 2 2 6.( 3) 3 3 2 3 1 7 2 0 32 3 9 3 9 3 9 3 9 x x x x x x x x x x x x 2 2 3 3 2 3 9 21 3 33 8 2 3 3 9 x x x x x x x hoặc 7 61 2 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 21 3 33 8 x hoặc 7 61 2 x BT 197. Giải phương trình: 32 10 8 3 3 18 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 32 8 0 ( 2)( 2 4) 0 2. x x x x x 22 ( ) 3.( 2) 10. 2. 2 4 3.( 2 4) 0 x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 578 2 2 2 2 3.( 2) 2 2 2 1 10 3 0 3 3 2 4 2 4 2 4 2 4 x x x x x x x x x x x x 2 2 2 3 2 4 11 177 2 3 2 2 4 x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 11 177 2 x BT 198. Giải phương trình: 23 5 7 7 1 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 32 1 0 ( 1)( 1) 0 1. x x x x x 22 ( ) 6.( 1) 7. 1. 1 ( 1) 0 x x x x x x 2 2 2 1 1 1 6 7 1 0 1 1 1 1 x x x x x x x x x hoặc 2 11 6 1 x xx 2 2 1 1 0 2 1 6 1 x x x x x x x x hoặc 37 1509 2 x Kết luận: So điều kiện, nghiệm phương trình là 37 1509 0, 2, 2 x x x BT 199. Giải phương trình: 23 3 10 56 64 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 32 64 0 ( 4)( 4 16) 0 4. x x x x x 22 ( ) 2.( 4) 4. 4 16 3.( 4 16) 0 x x x x x x 2 2 2 4 4 4 2 3 0 1 4 16 4 16 4 16 x x x x x x x x x 22 4 4 16 3 20 0 : x x x x x vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho vô nghiệm . x BT 200. Giải phương trình: 23 5 11 2 2 4 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 3 20 40 2 x xx x 22 22 22 ( ) 5.( 2 ) 6. .( 4) ( 2) 0 5 6 1 0 22 x x x x x x x x x xx 2 22 2 22 2 2 1 49 2201 1 2 2 5 50 25.( 2 ) 2 x x x x x x x x xx x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 49 2201 50 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 579 BT 201. Giải phương trình: 2 3 2 4 11 5 8 12 6 7. x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 32 1 8 12 6 7 0 2 x x x x 22 ( ) 4 (2 1) 5 (2 1)(4 8 7) (4 8 7) 0 x x x x x x 2 22 2 21 1 2 1 2 1 4 8 7 4 5 1 0 4 8 7 4 8 7 2 1 1 4 4 8 7 x xx xx x x x x x xx 2 2 2 1 4 8 7 1 16.(2 1) 4 8 7 x x x x x x x hoặc 3 2 x hoặc 10 109 2 x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 3 10 109 1, , 22 x x x BT 202. Giải phương trình: 2 3 2 6 7 4 7 20. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 3 2 2 7 20 0 ( 4)( 3 5) 0 4. x x x x x x x 22 ( ) 3 ( 4) 4 ( 4) ( 3 5) ( 3 5) 0 x x x x x x 2 2 2 2 3.( 4) 4 4 4 1 4 1 0 1 3 3 5 3 5 3 5 3 5 x x x x x x x x x x x x 2 2 4 3 5 : 9.( 4) 3 5 x x x x x x vô nghiệm. K ết lu ận: Phương trình đã cho vô nghiệm . x BT 203. Giải phương trình: 23 2 13 36 7 24 32. x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 3 2 2 3 2 3 2 24 32 0 4 x xx x Do 4 x không là nghiệm của phương trình nên: 22 ( ) 2 ( 4 8) 7 ( 4)( 4 8) 5 ( 4) 0 x x x x x x 2 2 2 2 4 8 4 8 4 8 4 8 5 2 7 5 0 1 4 4 4 4 2 x x x x x x x x x x x x 2 2 4 8 4 4 1 4.( 4 8) 25.( 4) x x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 4, 1. xx BT 204. Giải phương trình: 23 2 5 2 4 2( 21 20). x x x x ( ). x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 580 Lời giải. Điều kiện: 3 41 21 20 0 5 x xx x 22 ( ) 2 ( 4 5) 4 2 ( 4) ( 4 5) 3 ( 4) 0 x x x x x x 2 22 2 4 5 3 2 4 5 4 5 42 2 4 2 3 0 44 4 5 2 42 xx x x x x x xx xx x 2 2 2.( 4 5) 9.( 4) 17 3 73 4 2.( 4 5) 4 x x x x x x x hoặc 9 193 4 x K ết lu ận: So điều kiện, nghiệm phương trình là 17 3 73 9 193 , 44 xx BT 205. Giải phương trình: 2 3 2 3( 4 5) 10 5 9 6. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 3 2 2 5 9 6 0 ( 2)( 3 3) 0 2. x x x x x x x 22 ( ) 3 ( 2) 10 ( 2) ( 3 3) 3 ( 3 3) 0 x x x x x x 2 2 2 2 3.( 2) 2 2 2 1 10 3 0 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 x x x x x x x x x x x x 22 22 2 9.( 3 3) 9 26 25 0 3 2 6. 9.( 2) 3 3 6 15 0 x x x x x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 3 2 6. x BT 206. Giải phương trình: 24 3 2 3 3 1. x x x ( ). x Lời giải. Tập xác định: . x 2 2 2 2 ( ) 2( 2 1) 3. ( 2 1)( 2 1) ( 2 1) 0 x x x x x x x x 2 22 2 22 2 2 21 1 2 1 2 1 21 2 3 1 0 2 1 2 1 2 1 1 2 21 xx x x x x xx x x x x xx xx 22 22 2 1 2 1 0 4.( 2 1) 2 1 x x x x x x x x x hoặc 5 2 14 6 x K ết lu ận: Nghiệm của phương trình là 5 2 14 0, 6 xx BT 207. Giải phương trình: 24 8 20 1 64 1 x x x ( ). x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 581 Lời giải. Tập xác định: . x 2 2 2 2 ( ) 3 (8 4 1) 2 (8 4 1) (8 4 1) (8 4 1) x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 8 4 1 8 4 1 8 4 1 3 2 0 1 0. 8 4 1 8 4 1 8 4 1 x x x x x x x x x x x x x K ết lu ận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0. x BT 208. Giải phương trình: 2 4 2 4 1 1. x x x x ( ). x Lời giải. Tập xác định: . x 2 2 2 2 ( ) 3 ( 1) 2 ( 1) ( 1) 5 ( 1) 0 x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 2 5 0 1 0. 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x K ết lu ận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0. x BT 209. Giải phương trình: 2 2 2 5 5 5 ( 1) 1. x x x x ( ). x Lời giải. Tập xác định: . x 2 2 2 2 ( ) 2 ( 1) 5 ( 1)( 1) 3 ( 1) 0 x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 2 5 3 0 1 2 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x 22 22 11 0 4.( 1) 9.( 1) x x x x x x x x x hoặc 13 69 10 x K ết lu ận: Nghiệm của phương trình là 13 69 0, 10 xx BT 210. Giải phương trình: 2 4 2 3( 3 1) 1. x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2 35 3 1 0 2 x x x hoặc 35 2 x 2 2 2 2 1 ( ) 2 ( 1) ( 1)( 1) ( 1) 0 3 x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 2 1 0 1. 3 1 1 1 3 x x x x x x x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1. x BT 211. Giải phương trình: 2 4 2 20 3 5 5 16 1. x x x x ( ). x Lời giải. Tập xác định: . x 2 2 2 2 ( ) 3 (4 3 1) 5 (4 3 1) (4 3 1) 2 (4 3 1) 0 x x x x x x x x 22 22 4 3 1 4 3 1 3 5 2 0 4 3 1 4 3 1 x x x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 582 2 2 4 3 1 1 4 3 1 xx xx hoặc 2 2 0 4 3 1 2 39 1121 3 4 3 1 40 x xx xx x K ết lu ận: Nghiệm của phương trình là 39 1121 0, 40 xx BT 212. Giải phương trình: 8 2 4 2 14 1 12 1 x x x x ( ). x Lời giải. Ta có: 8 2 4 2 2 2 4 2 4 2 14 1 ( 1) (4 ) ( 4 1) ( 4 1) x x x x x x x x Do đó điều kiện để phương trình có nghiệm là 42 4 1 0. xx 4 2 4 2 4 2 4 2 4 2 ( ) ( 4 1) ( 4 1) 12 1 2.( 4 1) ( 4 1) x x x x x x x x x x 4 2 4 2 4 2 4 2 4 2 4 2 4 1 4 1 4 1 2 1 1 0. 4 1 4 1 4 1 x x x x x x x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 0. x BT 213. Giải phương trình: 22 2 3 38 5 6 4. x x x x x ( ). x Lời giải. Tập xác định: 1 115 1 115 ; 3 2; 33 x 22 ( ) 5 6 4 2 3 38 x x x x x 22 2 2 14 ( 4)( 5 6) 0 x x x x x 2 2 2 14 ( 4)( 2)( 3) 0 x x x x x 22 2 ( 6 8) 10 ( 3) ( 3)( 6 8) 0 x x x x x x (do 3 x không là nghiệm của phương trình) 2 2 2 6 8 6 8 6 8 2 10 0 2 3 3 3 x x x x x x x x x 22 6 8 4 ( 3) 2 4 0 1 5. x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 5 1. x BT 214. Giải phương trình: 22 6 3 1 3 6 19 0. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2. x Do 2 x không là nghiệm nên xét 2. x 22 ( ) 6 3 1 3 6 19 x x x x x 2 2 2 6 6 ( 6)( 1) 9 9 3 6 19 x x x x x x x x 2 3 ( 2)( 3)( 1) 8 17 x x x x x 22 3 ( 2) ( 2 3) ( 2 3) 10 ( 2) x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 583 2 2 2 2 3 2 3 2 3 23 341 3 10 0 5 2 2 2 2 x x x x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 23 341 2 x BT 215. Giải phương trình: 22 2 3 4 1 2 1. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 1 2 x Do 1 2 x không là nghiệm nên xét 1 2 x 22 ( ) 2 2 1 3 4 1 x x x x x 2 2 2 4 1 2 ( 2 ) (2 1) 3 4 1 x x x x x x x 2 2 2 2 ( 2 )(2 1) 1 ( 2 )(2 1) ( 2 ) (2 1) x x x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 1 5 1 5 10 2 1 2 1 2 1 2 2 x x x x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 15 2 x BT 216. Giải phương trình: 22 2 3 2 18 16 39 5 1. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2. x 22 ( ) 5 1 2 3 2 18 16 39 x x x x x 22 25( 1) 2 3 2 10 1. (2 1)( 2) 18 16 39 x x x x x x x x 2 5 ( 1)(2 1)( 2) 8 3 6 x x x x x 22 5 ( 2)(2 1) 4.(2 1) 1 x x x x x x () Đặt 2 21 2 u x x vx thì 22 ( ) 5 4 ( )(4 ) 0 4 uv uv u v u v u v uv Với , uv suy ra 2 2 2 2 1 2 : 2 2 1 0 x x x x xx vô nghiệm. Với 4, uv suy ra 2 2 2 17 4 3 2 1 4 2 4 2 17 31 0 x x x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 17 4 3 4 x BT 217. Giải phương trình: 22 3 11 27 1 3 2. x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2. x 22 ( ) 3 11 27 1 9.( 2) 6. ( 1)( 1)( 2) x x x x x x x 22 2 2.( 1) 3 ( 2)( 1) x x x x x x () Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 584 Đặt 2 20 10 u x x vx thì 22 ( ) 2 3 ( )( 2 ) 0 2 uv u v uv u v u v uv Với , uv suy ra: 22 2 1 2 1 0 1 2. x x x x x x Với 2, uv suy ra: 22 5 17 2 2 1 5x 2 0 2 x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 5 17 1 2, 2 xx BT 218. Giải phương trình: 22 2 1 3 5 2 18 18 5. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 1 3 x 22 ( ) 4 4 3 5 2 4 ( 1)(3 1)( 2) 18 18 5 x x x x x x x x 2 4 ( 1)(3 1)( 2) 15 9 7 x x x x x 22 4 (3 2 1)( 2) 5.(3 2 1) ( 2) x x x x x x () Đặt 2 3 2 1 0 , 20 u x x vx thì 22 ( ) 4 5 . uv u v u v Với , uv suy ra: 2 2 1 37 1 3 2 1 2 3 6 3 3 0 x x x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 37 1 6 x BT 219. Giải phương trình: 22 10 50 3 2 5 2 3 5. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2 2 10 50 3 0 25 745 2 5 2 0 10 50 xx x x x x Ta có: 2 2 2 2 14 47 25 745 2 5 2 3 5 0, 10 2 5 2 3 5 xx x x x x x x x Do đó hai vế của phương trình () đều dương nên sẽ lũy thừa lên được: 22 ( ) 10 50 3 2 5 2 9 45 6 (2 1)( 2)( 5) x x x x x x x x 2 4 27 20 3 (2 1)( 5)( 2) 0 x x x x x 22 2.(2 11 5) 5.( 2) 3 (2 11 5)( 2) 0 x x x x x x () khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 585 Đặt 2 2 11 5 0 , 20 u x x vx thì 2 ( ) 2 5 3 0 ( )(2 5 ) 0 u v uv u v u v uv (do có lượng: 2 5 0, , 0). u v u v Với , uv suy ra: 22 6 22 2 11 5 2 2 12 7 0 2 x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 6 22 2 x BT 220. Giải phương trình: 22 3(9 20 9) 2 6 11 3 2. x x x x x Lời giải. Điều kiện: 2. x Do ta luôn có lượng: 22 2 22 4(6 11 3) ( 2) 24 45 14 2 6 11 3 2 0 2 6 11 3 2 2 6 11 3 2 x x x x x x x x x x x x x x nên cả hai vế đều dương và lũy thừa lên ta được: 22 ( ) 27 60 27 4.(6 11 3) 2 4 (2 3)(3 1)( 2) x x x x x x x x 2 3 17 17 4 (3 1)( 2). 2 3 0 x x x x x 22 (3 7 2) 5.(2 3) 4.( 3 7 2).(2 3) 0 x x x x x x () Đặt 2 3 7 2 0 , 2 3 0 a x x bx thì 22 ( ) 5 4 0 ( )( 5 ) 0 a b ab a b a b , ab (do ta luôn có lượng 5 0, 0, 0) a b a b Với , ab suy ra: 22 9 21 3 7 2 2 3 3 9 5 0 6 x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 9 21 6 x BT 221. Giải phương trình: 2 (8 15) 4 5 1 2 2. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2. x Ta có: 2 2 2 4 9 9 4 5 1 2 2 0, 2. 4 5 1 2 2 xx x x x x x x x Do đó cả hai vế đều dương nên lũy thừa lên được: 2 2 2 ( ) 8 15 4 5 1 4( 2) 4 (4 5 1)( 2) x x x x x x x x 2 4 14 7 4 ( 1)(4 1)( 2) 0 x x x x x 22 (4 9 2) 5.( 1) 4 (4 9 2) ( 1) 0 x x x x x x () Đặt 2 4 9 2 0 , 10 u x x vx thì 22 ( ) 4 5 0 ( )( 5 ) 0 u uv v u v u v Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 586 , uv (do ta luôn có lượng: 5 0, 0, 0). u v u v Với , uv suy ra: 22 5 13 4 9 2 1 4 10 3 0 4 x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 5 13 4 x BT 222. Giải phương trình: 3 2 3 2 7 6 1. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 32 2 7 6 0 0 x x x x 3 2 3 ( ) 2 7 6 1 x x x x x 3 2 3 3 2 7 6 1 2 ( 1) x x x x x x x 22 2 8 5 .( 1).( 1) x x x x x x 2 2 2 2 5 ( 1) 3 ( ) 2 ( 1) ( ) x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 1 5 3 2 1 2 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1 2 x BT 223. Giải phương trình: 3 2 3 5 7 2 2 2 1. x x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 32 32 3 5 7 2 0 5 7 2 0 20 1 2 1 0 x x x x x x xx x x 3 2 3 3 ( ) 5 7 2 2 2 1 2 ( 2)(2 1) x x x x x x x x x 22 5 10 1 2 ( 1)( 2)(2 1) x x x x x x 2 2 2 2 2 (2 3 1) ( 2) 2 (2 3 1) ( 2) x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x 2 2 2 2 3 1 2 4 1 0 2 5. x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 2 5. x BT 224. Giải phương trình: 2 2 2 2 1 1 3 3(5 2 3). x x x x x ( ). x Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 2 ( ) 4 4 4 1 3 4 ( 1)(1 3 ) 15 6 9 x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 ( 1)(1 3 ) 4 2 ( 1) (1 3 ) x x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 587 2 2 2 2 2 2 2 0 1 1 1 2 1 1 2 0 1 1 3 1 3 1 3 2 x x x x x x x xx x x x x K ết lu ận: Nghiệm cần tìm của phương trình là 1 0, 2 xx BT 225. Giải phương trình: 2 2 2 3 2 2 3 2 2 9 3 8. x x x x x ( ). x Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 2 ( ) 18 9 18 3 2 6 (2 2)(3 2) 36 12 32 x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 (2 2)(3 2) 5 4 (2 2) (3 2) x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 2 1 1 0 1 3 2 3 2 3 2 x x x x x x x xx x x x x K ết lu ận: Nghiệm cần tìm của phương trình là 1, 0. xx BT 226. Giải phương trình: 2 2 2 9 29 11 2 3 3 2. x x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2 2 2 9 29 11 0 0 30 3 3 2 0 xx x xx x xx 2 2 2 2 2 ( ) 9 29 11 4 12 3 2 4 ( 3 )( 3 2) x x x x x x x x x x 2 2 2 4 14 9 4 ( 3 )( 3 2) 4 ( 3)( 1)( 2) x x x x x x x x x x 2 2 2 2 ( 2 ) 3.( 4 3) 4. ( 2 ).( 4 3) x x x x x x x x () Đặt 2 2 20 4 3 0 a x x b x x thì 22 ( ) 4 3 0 ( )( 3 ) 0. a ab b a b a b Với , ab suy ra 22 3 2 4 3 2 3 2 x x x x x x Với 3, ab suy ra 2 2 2 17 73 2 3 4 3 8 34 27 0 8 x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 17 73 8 x BT 227. Giải phương trình: 2 2 2 (3 8 5) 1 ( 4 5) 1. x x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 1. x 2 2 2 ( ) 8.( 1) 3.( 1) 1 4( 1) ( 1) 1 x x x x x x () Đặt 2 1 0, 1 1. a x b x Khi đó: 2 2 2 2 3 2 2 3 ( ) ( 8 3 ) (4 ) 4 8 3 a b b a b a a a b ab b Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 588 (2 )(2 3 )( ) 0 2 , a b a b a b a b (do 0, 1) ab Suy ra: 22 2 1 1 4 3 0 2 7. x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 2 7. x BT 228. Giải phương trình: 2 3 1. 1 2( 3 4) xx xx () x Lời giải. Điều kiện: 0. x Do 0 x không là nghiệm nên xét 0. x 22 ( ) 3 1 2.( 3 4) 2 2.( 3 4) x x x x x x x x 2 Chia: 0 24 2 2. (2 ) 1 2 3 x x x x x x x x x () Đặt 2 , tx x suy ra: 22 44 4 4. t x x t xx 2 2 2 2 11 ( ) 2.( 1) 1 1. 2 1 2 2 ( 1) 0 tt t t t t t t t Với 1, t suy ra: 2 1 2 ( 1)( 2) 0 1. x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1. x BT 229. Giải phương trình: 2 2 23 1. 4 2 3 x x x xx () x Lời giải. Điều kiện: 2 2 2 3 0 1 3 4 2 3 0 x x x x xx 22 ( ) 2 3 5 ( 2 3) x x x x x x và đặt: 2 2 3 0 y x x Suy ra: 22 2 2 2 2 0 5 25 0 xy x y x y x y xy x y xy 22 0 0 0 ( )(2 ) 0 20 20 xy xy xy xy x y x y x xy y xy Với 2 00 3 23 2 3 0 2 0 x y x x x x x x y x x Với 2 2 0 0 2 2 3 : 20 3 2 3 0 0 x xy x x x xy xx x vô nghiệm. K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 3 2 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 589 BT 230. Giải phương trình: 22 2 4 2 2 6 14. x x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 ( ) ( 2) 4 2 2 ( 2) 5( 2) x x x x x x 2 22 22 4 2 5 22 xx x x x x ( ). Đặt 2 2 2 x t xx 2 2 4 ( ) 2 5 4 2 3 8 4 0 t t t t tt hoặc 2 3 t Với 2, t suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 2 3 8 4 0 3 x x x x x xx x Với 2 , 3 t suy ra: 2 2 2 2 65 20 2 2 3( 2) 5 5 40 28 0 x x x x x xx K ết lu ận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 2 2 65 20 2, , 35 x x x BT 231. Giải phương trình: 2 1 2 1 3 8 4. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 2 1 0 1 2 3 8 4 0 x x xx 22 ( ) ( 1) 2 1 3.( 1) ( 2 1) x x x x () Đặt 1 0, 2 1 0. a x b x Khi đó: 22 ( ) 3 a b a b 2 2 2 2 2 3 ( ) 0 , (do : 0) a ab b a b a a b a b a Với , ab suy ra: 2 1 2 1 1 0. 2 1 2 1 x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 0. x BT 232. Giải phương trình: 4 2 2 2 1 3 1 . x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1 x hoặc 1. x 22 2 42 11 ( ) 1 3 1 1 3 1, xx tt xx với 2 2 1 0. x t x 2 2 2 0 1 0 0 1. 10 6 0 t x tx x tt K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1. x BT 233. Giải phương trình: 2 1 2 3 5 12 8. x x x x () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 590 Lời giải. Điều kiện: 2 2 3 0 3 2 5 12 8 0 x x xx 2 ( ) ( 1) 2 3 5.( 1) (2 3) x x x x () Đặt 1 0, 2 3 0. a x b x Khi đó: 22 ( ) 5 a b a b 2 2 2 2 2 5 ( )(2 ) 0 a ab b a b a b a b , ab (do 0, 0) ab Suy ra: 2 1 2 3 1 2. 4 4 0 x x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình cần tìm là 2. x BT 234. Giải phương trình: 2 2 2 1 1 4 2 4. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 2 1 0 1 2 4 2 4 0 x x xx 2 ( ) (2 1) 2 1 (2 1) 3.(2 1) x x x x () Đặt 2 1, 2 1 0. a x b x Khi đó: 22 ( ) 3 a b a b 2 2 2 2 0 0 0 0 ( ) 0 23 ab ab ab b b b a a ab b a b ab Với 0 2 1 2 1 0 : 0 2 1 0 ab xx b x vô nghiệm. Với 2 2 1 0 0 3 2 1 2 1 2 2 3 0 x ab x x x ab xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 3 2 x BT 235. Giải phương trình: 2 1 2 1 2 4. x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 2 1 0 1 2 2 4 0 x x x 2 ( ) ( 1) 2 1 2.( 1) 2.(2 1) x x x x () Đặt 1, 2 1 0. a x b x Khi đó: 22 ( ) 2 2 a b a b 2 2 2 2 2 00 . 2 2 2 ( ) 0 a b a b ab a b ab a b a b Suy ra: 22 1 0 1 1 2 1 4. 2 1 2 1 4 0 xx x x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 4. x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 591 BT 236. Giải phương trình: 2 2 14 4 3 2 2. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 2 14 4 0 2 3 3 2 0 xx x x 2 ( ) 2.( 4 4) 2.(3 2) 3 2 2 x x x x x 2 2 3 2 3 2 2.( 2) 2.(3 2) 3 2 2 2 2 1 22 xx x x x x xx Đặt 32 0 2 x t x thì phương trình 22 2 2 1 2 1 0 t t t t 32 1 1 3 2 2 2 x t t x x x 2 6 0 : xx vô nghiệm. K ết lu ận: Phương trình đã cho vô nghiệm . x BT 237. Giải phương trình: 22 5 8 1 2 1 2 . x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1 2 x 22 ( ) 5.( 2 ) (2 1) 2 1 2 x x x x x x 22 2 1 2 1 51 22 xx x x x x Đặt 2 21 0, 2 x t xx thì phương trình 22 5 1 3 4 0 1. t t t t t Với 1, t suy ra: 22 2 21 1 2 2 1 1: 2 x x x x x xx vô nghiệm. K ết lu ận: Phương trình đã cho vô nghiệm . x BT 238. Giải phương trình: 2 2 10 16 1 3. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1. x 2 2 33 ( ) 2.( 3) 2.( 1) 1 ( 3) 2 2 1 11 xx x x x x xx Đặt 3 , 1 x t x thì phương trình 2 2 1 2 2 1 1. 2 1 0 t t t t tt Với 1, t suy ra: 2 3 3 1 1 3 5. 7 10 0 1 x x x x x xx x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 5. x BT 239. Giải phương trình: 22 3 2 2 2 3 5 7 13. x x x x x () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 592 Lời giải. Điều kiện: 2 3 x 22 ( ) 3 2 2 2 3 (3 2) 5.( 2 3) x x x x x x 22 3 2 3 2 2 5. 2 3 2 3 xx x x x x Đặt 2 32 0. 23 x t xx Khi đó: PT 2 2 2 2 1 3 2 1 5 2 5 4 4 44 23 x t t t t t t xx 22 4 3 2 2 3 50 35 0 25 590. x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 25 590. x BT 240. Giải phương trình: 2 1 7 17 7. x x x x () x Lời giải. Điều kiện 2 0 17 93 0 14 7 17 7 0 x x xx hoặc 17 93 14 x 2 ( ) 1 7.( 2 1) 3. ( ). x x x x x Đặt 1, 0. a x b x 22 2 2 2 2 0 0 ( ) 7 3 ( )(3 2 ) 0 2 7 3 ab ab a b a b a b a b a ab b a b Với 2 1 1 0 0; 0 35 2 3 1 0 1 x x a b a b x a b a b xx xx Với 2 0; 0 01 0 11 2 10 3 2 0 9 4 9 18 9 2 3 3 ab x ab x ab x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 3 5 11 2 10 , 29 xx BT 241. Giải phương trình: 2 6 3 2 3 14 12. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 0 7 13 0 3 3 14 12 0 x x xx hoặc 7 13 3 x 22 ( ) 3.(2 ) 2. 3.( 4 4) 2. 3.(2 ) 2. 3.(2 ) 2 . x x x x x x x x x Đặt 2 , 0. a x b x Khi đó: PT 22 22 30 3 2 3 2 2 3 0 ab a b a b a ab b 3 0 3 0 ( )( 3 ) 0 a b a b a b a b a b hoặc 30 1. 3 ab x ab K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1. x BT 242. Giải phương trình: 22 2 3 3 1 9 23 19. x x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 593 2 2 2 ( ) 2 3 3 ( 1) 5( 3 3) 4.( 1) x x x x x x () Đặt 2 3 3 0, 1. a x x b x Khi đó: 22 ( ) 2 5 4 a b a b 2 2 2 2 2 2 2 0 2 0 4 4 5 4 4 3 0 a b a b a ab b a b a ab b 2 0 2 0 ( )( 3 ) 0 a b a b a b a b a b hoặc 20 3 ab ab Với 22 1 2 0 0, 0 1 : 2 3 3 2 1 x a b a b x a b a b x x x x x vô nghiệm. Với 22 0; 0 1 20 33 15 3 16 8 15 6 0 8 15 6 0 a b x ab x ab x x x x K ết lu ận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 33 15 16 x BT 243. Giải phương trình: 22 1 1 2 2 14 12 1. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 11 14 12 1 0 x xx 2 2 2 ( ) 1 (1 2 ) 2 3.(1 2 ) 2.(1 ) x x x x () Đặt 2 1 0, 1 2 . a x b x Khi đó: 22 ( ) 2 3 2 a b a b 2 2 2 2 2 2 00 0 ( )(11 9 ) 0 2 12 8 11 2 9 0 a b a b ab a b a b a ab b a b a ab b 0 ab ab hoặc 0 11 9 0 ab ab Với 2 2 2 11 0 0, 011 0. 22 1 4 4 1 5 4 0 a b a b xx x a b a b x x x x x Với 0 0 00 1 0 0 : 11 9 0 9 0 11 9 0 11 9 0 a a a b a aa a b b ab ab vô nghiệm. K ết lu ận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 0. x BT 244. Giải phương trình: 22 6 3 4 18. x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2. x 22 ( ) 6 3( 6) x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 594 66 1 1 3 1 1 xx xx () Đặt 6 1 0, tx x suy ra: 2 6 1 tx x Khi đó: 2 ( ) 3 1 1 tt 2 2 2 3 1 2 1 0 0 t t t t t t hoặc 1. t Với 0, t suy ra: 2 6 1 0 6 2 x x x x x hoặc 3. x Với 1, t suy ra: 2 6 1 1 6 0 6. x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 2, 6. xx BT 245. Giải phương trình: 22 2 2 5 9 10. x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 0 1. 20 x x xx 22 22 22 ( ) 2 2 5( 2) 4 1 2 5 4 x x x x x x x x x x xx Đặt 2 2 0. xx t x Khi đó phương trình 2 5 4 2 1 tt 2 2 2 5 4 4 4 1 0 1. t t t t t t Suy ra: 2 2 2. xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 2. x BT 246. Giải phương trình: 22 2 1 3 1 9 4. x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1 2 x 22 ( ) 2 1 3 1 3.(2 1) ( 3 1) x x x x x x () Đặt 2 2 1 0, 3 1 0. a x b x x Khi đó: 22 ( ) 3 a b a b 2 2 2 2 2 3 ( ) 0 0 a ab b a b a a b a hoặc . ab Với 0, a suy ra: 1 2 1 0 2 1 0 2 x x x Với , ab suy ra: 22 0 2 1 3 1 2 1 3 1 1 x x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1 2 x BT 247. Giải phương trình: 22 2 2 3 3 4 19 28. x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 3 2 x Nhận thấy 3 2 x là một nghiệm. Xét 3 : 2 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 595 22 ( ) 2 2 3 3 4 8.(2 3) ( 3 4) x x x x x x 22 3 4 3 4 28 2 3 2 3 x x x x xx ( ). Đặt 2 34 0. 23 xx t x 2 2 2 2 ( ) 8 2 4 4 8 1 1: t t t t t t x x VN khi 3 2 x K ết lu ận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 3 2 x BT 248. Giải phương trình: 3 2 3 2 2 3 4 6. x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 32 32 20 1. 3 4 6 0 xx x xx 3 2 3 2 3 2 3 2 2 22 22 ( ) 2 3( 2) 1 3 1 x x x x x x x x x x xx Đặt 32 2 2 0 xx t x thì phương trình 2 1 3 1 tt 0 t hoặc 1. t Với 0, t suy ra: 32 2 0 1. x x x Với 1, t suy ra: 3 2 2 3 3 2 2 2. x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 3 1, 2. xx BT 249. Giải phương trình: 3 3 2 2 3 2 2 5 4 18 11 x x x x x x Lời giải. Điều kiện: 3 32 2 3 0 1. 5 4 18 11 0 xx x x x x 3 3 2 ( ) 2 3 2.( 1) 5.( 2 3) 4.( 2 1) x x x x x x x 33 22 2 3 2 3 2 5 4 ( ). 2 1 2 1 x x x x x x x x Đặt 3 2 23 0. 21 xx t xx 2 2 2 2 ( ) 5 4 2 5 4 4 4 4 4 0 0 t t t t t t t t hoặc 1. t Với 0, t suy ra: 3 3 2 23 0 2 3 0 1. 21 xx x x x xx Với 1, t suy ra: 3 32 2 23 1 4 0 2. 21 xx x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1, 2. xx BT 250. Giải phương trình: 2 3 2 3 2 2 1 3 6 9 9 16 x x x x x x x x Lời giải. Điều kiện: 1. x 2 3 2 2 3 2 ( ) 2 1 3 3.( 1) 6.( 3) x x x x x x x x x x () Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 596 Đặt 2 3 2 1 0, 3 0. a x x b x x x Khi đó: 22 ( ) 2 3 6 a b a b 2 2 2 2 4 4 3 6 ( )( 5 ) 0 , a ab b a b a b a b a b do 0, 0. ab Suy ra: 2 3 2 3 3 1 3 4 4. x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 3 4. x BT 251. Giải phương trình: 3 3 2 3 6 9 3 24 36. x x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 3 32 6 9 0 3 24 36 0 xx x x x 3 3 2 ( ) 3 6 9 ( 6 9) 3( 3) x x x x x x () Đặt 3 3, 6 9 0. a x b x x Khi đó: 2 2 2 2 2 2 2 0 ( ) 3 2 3 2 2 0 a a b a b a b ab a b a ab ab Với 0, a suy ra: 3 0 3. xx Với , ab suy ra: 3 3 2 6 9 3 0 0 x x x x x x hoặc 1. x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 0, 1. xx BT 252. Giải phương trình: 3 2 3 2 3 2 3 2 4 2 2 3. x x x x x x Lời giải. Điều kiện: 3 2 3 2 3 2 3 2 0, 4 0, 2 3 0. x x x x x x 3 2 3 2 3 2 3 2 ( ) 3 2 4 2( 3 2) 2( 4) x x x x x x x x () Đặt 3 2 3 2 3 2 0, 4 0. a x x b x x Khi đó: 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 2 2 ( ) 0 . a b a b a b ab a b a b a b Suy ra: 3 2 3 2 2 3 2 4 2 2 1. x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1. x BT 253. Giải phương trình: 3 2 3 2 2 2 4 3 8 12. x x x x x x x Lời giải. Điều kiện: 3 3 2 2 0, 3 8 12 0. x x x x x 3 2 3 2 ( ) 2 2 4 ( 2 ) 3.( 2 4) x x x x x x x x () Đặt 32 2 0, 2 4 3. a x x b x x Khi đó: 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 3 2 3 2 2 0 . a b a b a b ab a b b ab a b Suy ra: 3 2 3 2 2 2 4 4 0 2. x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 2. x BT 254. Giải phương trình: 22 3 (3 ) 4. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2 1 17 1 17 40 22 x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 597 2 ( ) ( 1) ( 1) (3 ) (3 ) ( 1) ( 1) x x x x x x Đặt 1 , (3 ) ( 1) ( 1) 0 ax b x x x suy ra hệ: 2 2 (3 ) ( 1) (3 ) ( 1) a x b x b x a x 22 (3 ) ( ) ( )( 3 ) 0 30 ab a b x b a a b a b x a b x Với , ab suy ra: 2 2 1 1 4 1 2 3 0 x x x x x xx . Với 2 3 0 4 4 0 : a b x x x vô nghiệm. K ết lu ận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x BT 255. Giải phương trình: 22 8 26 ( 1) 6 6. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2 1 3 15 6 6 0 1 0 ?! 3 15 x xx x x 2 ( ) ( 5) (2 1) ( 1) ( 1)( 5) (2 1) x x x x x x Đặt 5 , ( 1)( 5) (2 1) ax b x x x suy ra hệ: 2 2 ( 1) (2 1) ( 1) (2 1) a x b x b x a x 22 ( 1)( ) ( )( 1) 0 10 ab a b x b a a b a b x a b x Với , ab suy ra: 2 5 31 6 6 5 4 31 0 4 x x x x x x Với 1 0, a b x suy ra: 2 6 6 4 2 : x x x vô nghiệm. K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 31 4 x BT 256. Giải phương trình: 22 6 (2 3) 2 10 4. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2 5 2 0 5 17 2 2 3 0 ?! xx x x 2 ( ) ( 2) (3 2) (2 3) (2 3)( 2) (3 2) x x x x x x Đặt 20 , (2 3)( 2) (3 2) 0 ax b x x x suy ra: 2 2 (2 3) (3 2) (2 3) (3 2) b x a x a x b x 22 (2 3) ( ) ( ) ( 2 3) 0 2 3 0 ab b a x a b b a a b x a b x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 598 Với , ab suy ra: 2 2 2 2 10 4 2 0. 60 x x x x x xx Với 2 2 3 5 0 2 3 0 2 10 4 3 5 : 7 20 21 0 x a b x x x x xx VNo. Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 0. x BT 257. Giải phương trình: 22 4 9 1 (4 1) 8 3 1. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2 3 41 8 3 1 0 16 x x x hoặc 3 41 16 x 2 ( ) (2 1) 5 (4 1) (4 1)(2 1) 5 . x x x x x x Đặt 2 21 , 8 3 1 0 ax b x x suy ra hệ: 2 2 (4 1) 5 (4 1) 5 b x a x a x b x 22 ( ) (4 1) ( ) ( 4 1) 0 4 1 0 ab b a a b x b a a b x a b x Với , ab suy ra: 2 2 2 1 0 1 8 3 1 2 1 2. 4 4 7 2 0 x x x x x x xx Với 2 o 2 0 4 1 0 8 3 1 6 : VN . 28 3 1 0 x a b x x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1 , 2. 4 xx BT 258. Giải phương trình: 22 4 19 6 2 4 3. x x x x x ( ). x Lời giải. Tập xác định: . D 2 ( ) (2 3) (7 3) (2 3) (7 3). x x x x x x Đặt 23 , (2 3) (7 3) 0 ax b x x x suy ra hệ: 2 2 (7 3) (7 3) b x a x a x b x 22 ( ) ( )( ) 0 0 ab b a x a b a b a b x a b x Với , ab suy ra: 2 2 2 3 0 2 4 3 2 3 13 4. 2 16 6 0 x x x x x xx Với 2 2 1 11 79 0 2 4 3 3 3 7 7 22 6 0 x a b x x x x x xx K ết lu ận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là 11 79 13 4, 7 xx BT 259. Giải phương trình: 22 4 23 23 ( 2) 2 6 12. x x x x x ( ). x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 599 Lời giải. Tập xác định: . D 2 ( ) (2 5) (3 2) ( 2) ( 2) (2 5) (3 2). x x x x x x Đặt 25 , ( 2) (2 5) (3 2) 0 ax b x x x suy ra hệ: 2 2 ( 2) (3 2) ( 2) (3 2) b x a x a x b x 22 ( 2) ( ) ( ) ( 2) 0 20 ab b a x a b b a a b x a b x Với , ab suy ra: 2 2 2 5 0 23 7 2 6 12 2 5 2 2 14 13 0 x x x x x xx Với 2 18 65 2 0 2 6 12 3 7 7 a b x x x x x K ết lu ận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 23 7 18 65 , 27 xx BT 260. Giải phương trình: 22 16 11 1 ( 4) 4 18 4. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2 9 97 2 9 2 0 4 x x x hoặc 97 9 4 x 2 ( ) (4 1) 3 ( 4) ( 4) (4 1) 3 . x x x x x x Đặt 41 , ( 4) (4 1) 3 0 ax b x x x suy ra hệ: 2 2 ( 4) 3 ( 4) 3 b x a x a x b x 22 ( 4)( ) ( ) ( 4) 0 40 ab b a x a b b a a b x a b x Với , ab suy ra: 2 2 4 1 0 13 109 4 18 4 4 1 12 12 26 5 0 x x x x x xx Với 2 2 5 3 0 4 0 4 18 4 5 3 : . 21 12 13 0 o x a b x x x x VN xx K ết lu ận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 13 109 12 x BT 261. Giải phương trình: 22 2 2 3 (2 3) 5 7. x x x x x ( ). x Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 ( ) ( 1) ( 4) (2 3) (2 3) ( 1) ( 4). x x x x x x Đặt 2 1 , (2 3) ( 1) ( 4) 0 ax b x x x suy ra hệ: 22 22 (2 3) ( 4) (2 3) ( 4) b x a x a x b x 22 (2 3).( ) ( )( 2 3) 0 2 3 0 ab b a x a b a b a b x a b x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 600 Với , ab suy ra: 2 1 5 7 1 . 3 6 0 x x x x x x Với 2 19 73 2 3 0 5 7 3 4 16 a b x x x x x K ết lu ận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 19 73 16 x BT 262. Giải phương trình: 22 4 2 (5 3) 5 6 2. x x x x x ( ). x Lời giải. Tập xác định: . D 2 ( ) ( 1) (2 1) (5 3) (5 3) ( 1) (2 1). x x x x x x Đặt 1 , (5 3) ( 1) (2 1) 0 ax b x x x suy ra hệ: 2 2 (5 3) (2 1) (5 3) (2 1) b x a x a x b x 22 ( ) ( 2 1) 0 2 1 0 ab b a a b a b x a b x Với , ab suy ra: 2 2 1 1 5 6 2 1 2 4 4 1 0 x x x x x xx Với 2 o 2 3 2 0 2 1 0 5 6 2 3 2 : VN . 4 6 2 0 x a b x x x x xx K ết lu ận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 1 2 x BT 263. Giải phương trình: 2 3 4 5 2 8 4. 1 x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2 2 8 4 0. xx 22 ( ) 4 9 8 ( 1). 2 8 4 x x x x x 2 (2 3) (3 1) ( 1). ( 1).(2 3) (3 1). x x x x x x Đặt 23 , ( 1).(2 3) (3 1) 0 ax b x x x suy ra hệ: 2 2 ( 1) (3 1) ( 1) (3 1) b x a x a x b x 22 ( 1) ( ) ( )( 1) 0 10 ab b a x a b a b a b x a b x Với , ab suy ra: 2 2 2 3 0 2 8 4 2 3 : 2 4 5 0 x x x x xx vô nghiệm. Với 2 2 3 4 0 1 0 2 8 4 3 4 : 7 16 12 0 x a b x x x x xx vô nghiệm. K ết lu ận: Phương trình đã cho vô nghiệm . x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 601 BT 264. Giải phương trình: 2 5 3 2 1. x x x x ( ). x Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 ( ) ( 2) ( 1) ( 2) ( 1). x x x x x x x x Đặt 2 2 , ( 2) ( 1) 0 ax b x x x x suy ra hệ: 22 22 ( 1) ( 1) b x a x x a x b x x 22 ( ) ( ) ( ) 0 0 ab b a a b x a b a b x a b x Với , ab suy ra: 2 2 2 3 21 2 1 2 2 3 3 0 x x x x x xx Với 2 2 1 0 2 1 2 2 3. 2 7 3 0 x a b x x x x x xx K ết lu ận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 3 21 3, 2 xx BT 265. Giải phương trình: 2 9 25 ( 1) 2 5 5. x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2 5 65 2 5 5 0 4 x x x hoặc 65 5 4 x 2 2 2 ( ) ( 5) ( ) ( 1). ( 1).( 5) ( ). x x x x x x x x Đặt 2 5 , ( 1).( 5) ( ) 0 ax b x x x x suy ra hệ: 22 22 ( 1) ( ) ( 1) ( ) b x a x x a x b x x 22 ( 1) ( ) ( )( 1) 0 10 ab b a x a b a b a b x a b x Với , ab suy ra: 2 2 5 5 145 2 5 5 5 2 5 30 0 x x x x x xx Với 2 2 2 1 0 2 5 5 2 4 : 2 11 21 0 x a b x x x x xx vô nghiệm. K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 5 145 2 x BT 266. Giải phương trình: 2 30 1. 2 7 9 9 x xx ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2 2 1 0 ?! 2 7 9 0 2 7 9 9 0 x xx xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 602 22 ( ) 30 ( 1) ( 2 7 9 9) 9 39 ( 1) 2 7 9 x x x x x x x 2 2 2 ( 5) ( 14) ( 1) ( 1) ( 5) ( 14). x x x x x x x x Đặt 2 5 , ( 1) ( 5) ( 14) 0 ax b x x x x suy ra: 22 22 ( 1) ( 14) ( 1) ( 14) b x a x x a x b x x 22 ( 1) ( ) ( ) ( 1) 0 10 ab b a x a b a b a b x a b x Với , ab suy ra: 2 2 50 3 145 2 7 9 5 2 3 34 0 x x x x x xx Với 2 o 2 2 6 0 1 0 2 7 9 2 6 : VN . 2 17 45 0 x a b x x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 3 145 2 x BT 267. Giải phương trình: 2 10 ( 3) 2 5 7 x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 2 7 2 5 7 0 2 x x x hoặc 1. x 2 2 2 ( ) ( 1) ( 10) ( 3) ( 3).( 1) 10. x x x x x x x x Đặt 2 1 , ( 3).( 1) 10 0 ax b x x x x suy ra hệ: 22 22 ( 3) ( 10) ( 3) ( 10) b x a x x a x b x x 22 ( 3) ( ) ( ) ( 3) 0 30 ab b a x a b a b a b x a b x Với , ab suy ra: 2 2 1 41 3 2 5 7 1 2 3 8 0 x x x x x xx Với 2 2 2 3 0 2 5 7 2 4 : 2 11 23 0 x a b x x x x xx vô nghiệm. K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 41 3 2 x BT 268. Giải phương trình: 3 3 2 2 2 2 3 (1 2 ). 3 5. x x x x x ( ). x Lời giải. Tập xác định: . D 3 2 2 3 ( ) ( 1) (5 4) (1 2 ). (1 2 )( 1) 5 4. x x x x x x x x Đặt 2 3 1 , (1 2 )( 1) 5 4 ax b x x x x suy ra hệ: 32 32 (1 2 ) (5 4) (1 2 ) (5 4) a x b x x b x a x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 603 3 3 2 2 (1 2 )( ) ( )( 1 2 ) 0 a b x b a a b b ab a x 22 22 3 4 8 3 2 7 ( ) 0 ( ) 0 2 4 2 4 a a x a x x a b b a b b 323 3 5 1 3 4 0 1. a b x x x x x Do ta luôn có: 2 2 3 2 7 0, , , . 24 a x x b a b x K ết lu ận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 269. Giải phương trình: 3 3 2 2 8 14 9 2 (4 2 ). 6 3 3. x x x x x x Lời giải. Tập xác định: . D 3 2 2 3 ( ) (2 1) (2 3 1) (4 2 ). (4 2 )(2 1) (2 3 1). x x x x x x x x Đặt 2 3 21 , (4 2 )(2 1) (2 3 1) ax b x x x x suy ra: 32 32 (4 2 ) (2 3 1) (4 2 ) (2 3 1) a x b x x b x a x x 2 2 33 3 (4 2 ) ( ) ( ) 4 2 0 24 aa a b x b a a b b x 2 2 3 8 16 ( ) 0 24 a a x b a b 2 2 3.(2 1) 8 16 ( ) 0 24 a x x b a b 2 22 12 4 19 12 4 19 ( ) 0 , do : 0, . 2 4 4 a x x x x b a b b a x Với , ab suy ra: 3 2 3 2 6 3 3 2 1 8 18 3 2 0 x x x x x x 2 x hoặc 1 2 x hoặc 1 4 x K ết lu ận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 11 2, , 24 x x x BT 270. Giải phương trình: 3 3 2 2 5 4 5 (1 2 ). 6 2 7. x x x x x x ( ). x Lời giải. Tập xác định: . D 3 2 2 3 ( ) ( 1) (8 6) (1 2 ). (1 2 ).( 1) (8 6). x x x x x x x x Đặt 2 3 1 , (1 2 ).( 1) (8 6) ax b x x x x suy ra: 32 32 (1 2 ) (8 6) (1 2 ) (8 6) a x b x x b x a x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 604 3 3 2 2 (1 2 ) ( ) ( ) ( 1 2 ) 0 a b x b a a b a ab b x 22 22 3 8 4 3 2 7 ( ) 0 ( ) 0 2 4 2 4 a a x a x x a b b a b b 3 2 3 2 6 2 7 1 3 6 6 0 2. a b x x x x x x x K ết lu ận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 2. x BT 271. Giải phương trình: 2 2 3 3 ( 1) 2 4. x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 3 2 4 0. xx 2 2 2 ( ) ( 2) (5 2) ( 1) . ( 1) .( 2) (5 2). x x x x x x Đặt 2 2 , ( 1) .( 2) (5 2) 0 ax b x x x suy ra hệ: 22 22 ( 1) (5 2) ( 1) (5 2) b x a x a x b x 2 2 2 2 2 ( 1) ( ) ( ) ( 1) 0 ( 1) 0 ab b a x a b a b a b x a b x Với , ab suy ra: 3 32 1 20 2 4 2 0 20 2 x x x x x x x x x x Với 2 23 1 15 ( 1) 0 2 4 : 24 a b x x x x vô nghiệm. K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 1, 0, 2. x x x BT 272. Giải phương trình: 2 32 2 6 15 12 7 15 13. 5 xx x x x xx ( ). x Lời giải. Điều kiện: 32 2 7 15 13 0 50 x x x xx 2 2 3 2 ( ) 6 15 12 ( 5 ). 7 15 13 x x x x x x x 2 2 2 2 2 ( 5) (7 40 13) ( 5 ). ( 5 ).( 5) (7 40 13). x x x x x x x x x x Đặt 2 2 2 2 2 2 22 5 ( 5 ) (7 40 13) ( 5 ) (7 40 13) ( 5 ).( 5) (7 40 13) ax b x x a x x a x x b x x b x x x x x 2 2 2 2 2 ( 5 ) ( ) ( ).( 5 ) 0 5 ab b a x x a b a b a b x x a b x x Với , ab suy ra: 32 32 1 50 7 15 13 5 4 6 5 12 0 3 x x x x x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 605 Với 2 3 2 2 5 7 15 13 ( 2) 1: a b x x x x x x vô nghiệm. K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 4, 3, 1. x x x BT 273. Giải phương trình: 4 3 2 32 2 2 9 7 4 3. 3 x x x x x x x xx ( ). x Lời giải. Điều kiện: 0. x 4 3 2 2 3 2 ( ) 2 9 7 4 ( 3). 9 9 9 x x x x x x x x x 2 2 4 3 2 ( 3 1) ( 5 2 3) x x x x x x 2 2 2 4 3 2 ( 3) ( 3)( 3 1) ( 5 2 3). x x x x x x x x x x Đặt 2 2 2 4 3 2 31 . ( 3)( 3 1) ( 5 2 3) 0 a x x b x x x x x x x x Suy ra 2 2 4 3 2 2 2 2 2 2 4 3 2 ( 3) ( 5 2 3) ( 3) ( ) ( 3) ( 5 2 3) b x x a x x x x b a x x a b a x x b x x x x 22 ( ) ( 3) 0 ( ).( 2 4 4) 0 a b a b x x a b b x x a b 2 3 2 2 22 3 1 0 9 9 9 3 1 3 5. ( 3 1) ( 1) 0 xx x x x x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 3 5. x BT 274. Giải phương trình: 32 4 3 2 2 3 2 5 4 4 1. 3 x x x x x x x x ( ). x Lời giải. Điều kiện: 4 3 2 4 4 1 0 30 x x x x x 3 2 4 3 2 ( ) 2 3 2 5 ( 3) 4 4 1 x x x x x x x x 2 2 2 2 4 ( 1) ( 4) ( 3). ( 3).( 1) ( 4). x x x x x x x x Đặt 2 24 10 , ( 3).( 1) ( 4) 0 a x x b x x x x suy ra hệ: 24 24 ( 3) ( 4) ( 3) ( 4) b x a x a x b x 22 ( 3) ( ) ( )( 3) 0 30 ab b a x a b b a a b x a b x Với 4 3 2 2 3 2 1 4 4 1 1 2 2 0 2 x a b x x x x x x x x x x Với 22 3 0 2 4 0 ( 1) 3: a b x b x x b x vô nghiệm. K ết lu ận: So với điều kiện, phương trình có các nghiệm là 1; 2. xx BT 275. Giải phương trình: 2 4 5 2 2 1 ( 2 1) 1. x x x x x x ( ). x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 606 Lời giải. Điều kiện: 52 1 0. xx 2 2 4 4 2 ( ) (3 1) ( 2 1). ( 2 1). (3 1). x x x x x x x x x x Đặt 2 4 2 2 4 2 42 ( 2 1) (3 1) ( 2 1) (3 1) ( 2 1). (3 1) 0 ax b x x a x x a x x b x x b x x x x x 2 2 4 4 ( 2 1) ( ) ( ) ( 2 1) 0 b a x x a b a b a b x x 22 42 11 ( ) ( 1) 0 ( ) 0 22 a b b x x a b b x x 52 5 0 1 1. 1 x a b x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 1. x BT 276. Giải phương trình: 2 4 6. x x x () x Lời giải. Điều kiện: 6. x Đặt 2 6, yx suy ra hệ: 22 22 4 4 6 4 2 0 4 2 4 2 0 y y x y y x x x y x x y 22 5.( ) 0 ( ) ( 5) 0 5 yx y x y x y x x y yx Với , yx suy ra: 2 2 17 3 62 2 3 2 0 x x x x xx Với 5, yx suy ra: 2 3 5 13 63 2 5 3 0 x x x x xx BT 277. Giải phương trình: 2 2 6 1 4 5. x x x () x Lời giải. Điều kiện: 5 4 x Đặt 2 3 4 5, yx suy ra hệ: 22 22 4 12 9 4 5 3 1 0 2 6 1 2 3 3 1 0 y y x y y x x x y x x y 22 2( ) 0 ( )( 2) 0 2 yx y x y x y x x y yx Với , yx suy ra: 2 3 4 5 2 3 2 3. 2 4 1 0 x x x x xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 607 Với 2, yx suy ra: 2 1 4 5 1 2 1 2. 2 2 1 0 x x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 1 2, 2 3. xx BT 278. Giải phương trình: 2 4 3 5. x x x () x Lời giải. Điều kiện: 5. x Đặt 2 5, yx suy ra hệ: 22 22 4 4 5 4 1 0 4 3 2 4 1 0 y y x y y x x x y x x y 22 3( ) 0 ( )( 3) 0 3 yx y x y x y x x y yx Với , yx suy ra: 2 2 5 29 52 2 5 1 0 x x x x xx Với 3, yx suy ra: 2 1 5 1 1. 3 4 0 x x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 5 29 1, 2 xx BT 279. Giải phương trình: 2 3 24 2 x xx () x Lời giải. Điều kiện: 3. x Đặt 3 1, 2 x y suy ra hệ: 22 22 2 4 2 3 2 4 1 0 2 4 1 2 5 1 0 y y x y y x x x y x x y 22 2.( ) 5.( ) 0 ( )(2 2 5) 0 1 (2 5) 2 yx y x y x y x y x yx Với , yx suy ra: 2 1 3 17 3 1 22 2 3 1 0 x x xx xx Với 1 (2 5), 2 yx suy ra: 2 3 3 3 5 13 2 2 2 4 4 10 3 0 x x xx xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 17 3 5 13 , 24 xx BT 280. Giải phương trình: 2 2 2 2 1. x x x () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 608 Lời giải. Điều kiện: 1 2 x Đặt 1 2 1, yx suy ra hệ: 22 22 ( 1) 2 1 2 2 2 0 2 2.( 1) 2 2 2 0 y x y y x x x y x x y 22 0 ( ).( ) 0 y x y x y x x y hoặc . xy Với , xy suy ra: 2 1 2 1 1 2 2. 4 2 0 x x x x xx Với , yx suy ra: 2 1 1: xx vô nghiệm khi 1 2 x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 2 2. x BT 281. Giải phương trình: 2 4 4 3 2 5. x x x () x Lời giải. Điều kiện: 5 2 x Đặt 2 1 2 5, yx suy ra hệ: 22 22 4 4 1 2 5 2 2 2 0 4 4 3 2 1 2 2 2 0 y y x y y x x x y x x y 22 2.( ) 3.( ) 0 ( ) (2 2 3) 0 3 2 yx y x y x y x y x yx Với , yx suy ra: 2 1 17 1 2 5 2 1 2 4 2 2 0 x x x x xx Với 3 , 2 yx suy ra: 2 1 3 13 2 5 2 2 4 4 6 1 0 x x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 17 1 3 13 , 44 xx BT 282. Giải phương trình: 2 9 6 5 3 5. x x x () x Lời giải. Điều kiện: 5 3 x Đặt 3 1 3 5, yx suy ra hệ: 22 22 9 6 1 3 5 9 6 3 4 0 9 6 5 3 1 9 6 3 4 0 y y x y y x x x y x x y 22 3.( ) 3.( ) 0 ( ).(3 3 1) 0 13 3 yx y x y x y x x y x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 609 Với , yx suy ra: 2 1 4 3 5 3 1 3 3 9 9 4 0 x x x x xx Với 13 , 3 x y suy ra: 2 0 1 21 3 5 3 6 9 3 5 0 x x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là: 4 1 21 , 36 xx BT 283. Giải phương trình: 2 18 6 29 12 61. x x x () x Lời giải. Điều kiện: 61 12 x Đặt 6 1 12 61, yx suy ra hệ: 22 22 36 12 1 12 61 3 5 18 6 29 6 1 3 5 y y x y y x x x y x x y 22 3.( ) 2( ) 0 ( )(3 3 2) 0 2 3 yx y x y x y x x y yx Với , yx suy ra: 2 1 15 12 61 6 1 6 3 36 60 0 x x x x x Với 2 1 2 1 14 12 61 3 6 2 33 36 24 52 0 x y x x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 15 1 14 , 33 xx BT 284. Giải phương trình: 2 9 12 2 3 8. x x x () x Lời giải. Điều kiện: 8 3 8 0 3 xx Đặt 2 3 2 3 8, , 3 y x y suy ra hệ: 2 2 9 12 3 4 0 9 12 3 4 0 y y x x x y 22 9( ) 15.( ) 0 ( )(9 9 15) 0 15 9 yx y x y x y x y x yx Với , yx suy ra: 2 2 1 3 8 3 2 3 3 9 9 4 0 x x x x xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 610 Với 15 , 9 yx suy ra: 2 1 5 21 3 8 3 3 6 9 15 1 0 x x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 1 5 21 , 36 xx BT 285. Giải phương trình: 2 2004.( 1 16032 1). x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1 1 16032 0 16032 x Đặt 1 2 1 1 16032 , , 2 y x y suy ra hệ: 2 2 4008 0 4008 0 y y x x x y 22 4007.( ) 0 ( ).( 4007) 0 4007 yx y x y x y x y x yx Với , yx suy ra: 2 1 1 16032 2 1 4009. 2 4 16036 0 x x x x xx Với 4007 , yx suy ra: 1 16032 8015 2 : xx vô nghiệm. K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 4009. x BT 286. Giải phương trình: 2 1000. 1 8000 1000. x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1 1 8000 0 8000 x Đặt 1 2 1 1 8000 , , 2 y x y suy ra hệ: 2 2 2000 0 2000 0 y y x x x y ( )( 1999) 0 , y x y x y x do 11 , 1999 0. 2 8000 y x y x Suy ra: 2 1 1 8000 2 1 2001. 2 4 8004 0 x x x x xx K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 2001. x BT 287. Giải phương trình: 2 2 37 4 1 9 26 0. 33 x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1 4 1 0 4 xx Đặt 4 3 4 4 1, , 3 y x y suy ra hệ: 2 2 (3 4) 4 1 (3 4) 2 2 1 yx x x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 611 ( ).(9 9 22) 0 y x x y y x hoặc 22 . 9 yx Với , yx suy ra: 22 14 61 (3 4) 4 1 9 28 15 0 9 x x x x x Với 2 2 22 22 91 12 53 3 4 4 1 9 24 0 9 9 9 9 y x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 14 61 12 53 , 99 xx BT 288. Giải phương trình: 32 3 3 3 3 5 1 3 . x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D Ta có: 3 3 ( ) ( 1) 3 3 5 2. xx Đặt 3 1 3 5, yx suy ra hệ phương trình: 3 3 ( 1) 3 5 ( 1) 3 5 yx xy 2 2 13 ( ) 1 ( 1) 3 0 . 24 x y x y x y x Với , yx suy ra: 3 3 2 ( 1) 3 5 3 4 0 2 x x x x x hoặc 1. x K ết lu ận: Phương trình đã cho có các nghiệm là 2, 1. xx BT 289. Giải phương trình: 32 3 2 8 60 151 128. x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D Ta có: 3 3 ( ) 2 (2 5) 3. x x x Đặt 3 2 5 2, yx suy ra hệ phương trình: 3 3 (2 5) 2 (2 5) 2 2 yx x y x 2 2 2 5 3 ( ) 2 5 (2 5) 1 0 . 24 x y x y x y x Suy ra: 3 3 2 (2 5) 2 8 60 149 123 0 3. x x x x x x K ết lu ận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3. x BT 290. Giải phương trình: 3 3 2 9 3 9 7. 33 xx xx () x Lời giải. Tập xác định: . D Ta có: 3 3 ( ) 9 ( 3) 6. xx Đặt 3 3 9, yx suy ra hệ phương trình: 3 3 ( 3) 9 ( 3) 9 yx xy 22 ( ) ( 3) ( 3)( 3) ( 3) 1 0 y x y y x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 612 2 2 33 ( ) 3 ( 3) 1 0 . 24 x y x y x y x Với , yx suy ra: 3 3 2 ( 3) 9 9 26 18 0 1. x x x x x x K ết lu ận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1. x BT 291. Giải phương trình: 3 3 27 23 1 26 1. x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 3 26 1, yx suy ra hệ: 33 33 27 26 1 27 26 1 27 23 1 3 27 23 3 1 y x y x x x y x x y 3 3 2 2 27 27 3 3 27.( ).( ) 3.( ) y x x y y x x xy y x y 2 2 31 ( ) 0 , 2 4 9 y y x x y y x do 2 2 31 0. 2 4 9 y xy Suy ra: 32 1 27 26 1 0 ( 1).(27 27 1) 0 9 69 18 x x x x x x x K ết lu ận: Phương trình đã cho có các nghiệm là 9 69 1, 18 xx BT 292. Giải phương trình: 32 3 3 4 3 2. x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D Ta có: 3 3 ( ) ( 1) 3 4 2 3. x x x Đặt 3 1 3 4, yx suy ra hệ phương trình: 3 3 ( 1) 2 4 ( 1) 3 4 x x y yx 3 3 2 2 ( 1) ( 1) ( ) ( 1) ( 1)( 1) ( 1) x y y x x y x x y y y x 2 2 1 3 ( ) 1 ( 1) 1 0 . 24 y x y x y x y Với , xy suy ra: 32 3 3 4 1 3 4 0 2 x x x x x hoặc 1. x K ết lu ận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 2, 1. xx BT 293. Giải phương trình: 2 4 3 1 6 2 8 . x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 3 11 1 28 x hoặc 3 11 0 2 x Do 0 x không là nghiệm nên chỉ xét 3 11 1 3 11 ; 0; 2 8 2 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 613 Trường hợp 1. Nếu 3 11 1 ; 28 x thì 2 1 1 1 ( ) 6 2 8 xx x (1) Đặt 1 0 t x Khi đó: 2 (1) 6 2 8. t t t Đặt 3 8, yt suy ra hệ: 22 22 6 9 8 6 1 0 6 2 3 6 1 0 y y t y y t t t y t t y 22 5.( ) 0 ( ) ( 5) 0 5 yt y t y t y t y t yt Với , yt suy ra: 2 0 8 3 : 7 1 0 t tt tt vô nghiệm. Với 5, yt suy ra: 8 2 : tt vô nghiệm khi 0. t Do đó phương trình đã cho vô nghiệm khi 3 11 1 ; 28 x Trường hợp 2. Nếu 3 11 0; 2 x thì 2 1 1 1 ( ) 6 2 8 xx x (2) Đặt 1 0. t x Khi đó: 2 (2) 6 2 8. t t t Đặt 3 8, yt suy ra hệ: 22 22 6 9 8 6 1 0 6 2 3 6 1 0 y y t y y t t t y t t y 22 5.( ) 0 ( ) ( 5) 0 5 yt y t y t y t y t yt Với 2 3 7 3 5 7 3 5 83 22 7 1 0 t y t t t t x tt Với 2 02 5 8 2 : 5 4 0 t y t t t tt vô nghiệm. K ết lu ận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm 7 3 5 2 x BT 294. Giải phương trình: 2 4 3 3 2 1 3 0 x x x x () Lời giải. Ta có: 4 3 2 ( ) 3 3 2 1 x x x x () Điều kiện: 43 2 30 1 1 3 3 2 1 0 xx x xx hoặc 1 0 3 x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 614 Do 0 x không là nghiệm nên chỉ xét 11 1; 0; 33 x Trường hợp 1. Nếu 1 1; 3 x thì 2 1 1 1 ( ) 2 3 3 xx x (1) Đặt 1 0. t x Khi đó: 2 (1) 2 3 3. t t t Đặt 1 3, yt suy ra hệ: 22 22 2 1 3 2 2 2 3 1 2 2 y y t y y t t t y t t y 22 ( ) 0 ( ) ( 1) 0 1 yt y t y t y t y t yt Với 2 0 3 17 3 17 31 24 3 2 0 t y t t t t x tt So với điều kiện, phương trình vô nghiệm khi 1 1; 3 x Trường hợp 2. Nếu 1 0; 3 x Khi đó: 2 1 1 1 ( ) 2 3 3 xx x (2) Đặt 1 0. t x Khi đó: 2 (2) 2 3 3. t t t Đặt 1 3, yt suy ra hệ: 22 22 2 1 3 2 2 2 3 1 2 2 y y t y y t t t y t t y 22 ( ) 0 ( ) ( 1) 0 y t y t y t y t y t hoặc 1. yt Với 2 1 3 17 17 3 31 24 3 2 0 t y t t t t x tt Với 1 3 : y t t t vô nghiệm khi 0. t K ết lu ận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 17 3 4 x BT 295. Giải phương trình: 3 2 1 2 1 2 x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1. x 22 3 ( ) ( 1) 2. 1 1 ( 1) 2. 1 1 2 x x x x x 22 33 ( 1 1) ( 1 1) 1 1 1 1 22 xx x x x x (1) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 615 Nếu 1; 2 , x thì 3 (1) 1 1 1 1 1. 2 x x x x Nếu 2, x thì 3 (1) 1 1 1 1 4 1 3 5. 2 x x x x x x K ết lu ận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là 1, 5. xx BT 296. Giải phương trình: 2 1 3 4 1 1. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Đặt 1 0, tx suy ra: 2 1. xt 2 2 2 2 ( ) 2 1 4 4 1 ( 1) ( 2) 1 t t t t t t 1 2 1 tt (1) Trường hợp 1. Nếu 0;1 1 0;1 1;2 t x x Khi đó: (1) 2 1 1 1 1 1 0 : t t t x x loại. Trường hợp 2. Nếu 1;2 1 1;2 2;5 t x x Khi đó: (1) 2 1 1 0 0 : tt luôn đúng nên 2; 5 x K ết lu ận: Nghiệm của phương trình là tất cả các giá trị 2; 5 x BT 297. Giải phương trình: 5 4 1 2 2 1 1. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Đặt 1 0, tx suy ra: 2 1. xt 22 ( ) 4 4 2 1 1 2 1 1 t t t t t t (1) Trường hợp 1. Nếu 1 1 1 0 t x x thì khi đó: (1) 2 1 1 1 1 1 0 t t t x x (nhận). Trường hợp 2. Nếu 1 2 1 1 2 0 3 t x x thì khi đó: (1) 2 1 1 1 1: tt luôn đúng nên 0; 3 x Trường hợp 3. Nếu 2 1 2 3 t x x thì khi đó: (1) 2 1 1 2 4 2 1 2 3 t t t t x x (loại). K ết lu ận: Nghiệm của phương trình là tất cả các giá trị 0; 3 x BT 298. Giải phương trình: 2 4 2 2 5 2 4 6 2 5 14. x x x x Lời giải. Điều kiện: 5 2 x Đặt 2 5 0, tx suy ra: 2 2 5. xt 22 ( ) 2 1 6 9 14 1 3 14 t t t t t t 1 3 14 5 2 5 5 15. t t t x x K ết lu ận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 15. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 616 BT 299. Giải phương trình: 2 2 2 2 55 1 1 1. 44 x x x x x Lời giải. Điều kiện: 1 1. x 22 22 11 ( ) 1 1 1 22 x x x 22 11 1 1 1 22 x x x 22 2 11 1 1 1 22 1 10 2 x x x x hoặc 22 2 11 1 1 1 22 1 10 2 x x x x 2 2 2 1 1 1 1 2 xx x hoặc 2 2 2 1 0 5 2 3 0 1 1 1 2 1 4 x x xx x x hoặc 2 0 1 1 4 x x 3 : 5 x thỏa mãn điều kiện. K ết lu ận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3 5 x BT 300. Giải phương trình: 22 10 9 8 2 3 1 3 0. x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 1 2 3 1 0 2 x x x hoặc 1. x Đặt 2 2 3 1 0. t x x Suy ra: 22 2 3 1. t x x 2 2 2 2 2 ( ) 3.(2 3 1) 8 . 2 3 1 4 0 3 8 . 4 0. x x x x x x t xt x Có: 2 2 2 2 3 1 2 3 4 2 2 2 3 1 3 t t x x x xx t x x x hoặc 3 7 x hoặc 1 3 x K ết lu ận: So với điều kiện, các nghiệm cần tìm là 3 3 1 , , 2 7 3 x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 617 BT 301. Giải phương trình: 2 2 2 (3 2) 1 2 2 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: . D 22 ( ) ( 2) ( 2). 2 3 3 0. x x x x Đặt 2 2 2. tx Khi đó phương trình 2 ( 2). 3 3 0 t x t x 22 ( 2) 4.(3 3) ( 4) . t x x x Suy ra: 2 2 2 3 7 7 21 t x x x t x x Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là 7 , 7. xx BT 302. Giải phương trình: 2 2 2 4 4 2 9 16 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 2. x 22 ( ) 4.(2 4) 16.(2 ) 16 2.(4 ) 9 16 x x x x 2 2 2 4. 2(4 ) 16. 2.(4 ) 8 0. x x x x Đặt 2 2.(4 ) 0. tx Khi đó phương trình 22 4 16 8 0. t t x x Ta có: 2 2 2 64 4.( 8 ) 4 32 64 (2 8) . t x x x x x Suy ra: 2 2 2 2.(4 ) 0 42 2 3 9 32 2.(4 ) 4 0, 1;1 ( ) 2 x tx x x x x t x x L Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 42 3 x BT 303. Giải phương trình: 3 2 3 6 2 3 (5 1) 3 0 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 3 3 3 0 3. xx 3 3 2 ( ) ( 3) (5 1). 3 (6 2 ) 0. x x x x x Đặt 3 3 0. tx Khi đó phương trình 22 (5 1). (6 2 ) 0. t x t x x Ta có: 2 2 2 2 (5 1) 4.(6 2 ) 2 1 ( 1) . t x x x x x x Suy ra: 32 3 3 32 0 1 4 3 0 32 3 21 2 3 1 0 3 3 1 4 3 2 9 6 2 0 x x xx t x x x x t x x x x x x Kết luận: So điều kiện, nghiệm phương trình là 3 21 1, , 4 3 2. 2 x x x BT 304. Giải phương trình: 33 ( 4) 9 12 x x x x () () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 618 Lời giải. Điều kiện: 3 3 9 0 9. xx 33 ( ) ( 9) ( 4). 9 ( 3) 0. x x x x Đặt 3 9 0. tx Khi đó phương trình 2 ( 4). ( 3) 0. t x t x Ta có: 2 2 2 ( 4) 4.( 3) 4 4 ( 2) . t x x x x x Suy ra: 3 32 3 3 1 91 0. 2 8 0 93 0 x t x x x x x x tx x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 0. x BT 305. Giải phương trình: 1 1 1 2 1 3 x xx x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 10 x hoặc 1. x 1 1 1 ( ) 2 3 ( 1) x x x xx x x x () và đặt 2 11 0. xx aa xx 2 ( ) (1 3 1) 2 0 a x a x và có 2 ( 1 3) , a x nên phương trình có 2 nghiệm là 11 , 2.( 1 1) ax ax suy ra: 1 1 1 (1) 1 2.( 1 1) (2) x x x x x x Nhận thấy rằng, nếu 1;0 x thì (1) và (2) vô nghiệm, nên xét 1: x 22 (1) 1 .( 1) 2 1 2 x x x x x x x x x 2 2 2 2 15 ( ) 2. 1 0 ( 1) 0 2 x x x x x x x 1 (2) 1 2 1 2 : x x vô nghiệm do 1 11 x mà 2 1 2 2. x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 15 2 x BT 306. Giải phương trình: 2 3 1 2 1 3 1 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Đặt 1 0, 1 0. a x b x 2 ( ) 3. 1 2 1 1 (1 ) 2.(1 ) x x x x x 2 2 2 2 3 2 2 (1 3 ) 2 2 0 ( 2 ).( 1 ) 0 ab b a a b a b b b a b a b 2 ab hoặc 1. ab khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 619 Với 2, ab suy ra: 3 1 2 1 1 4.(1 ) 5 x x x x x Với 1, ab suy ra: 3 1 1 1 2 1 1 2 2 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 33 , 25 xx BT 307. Giải phương trình: 2 6 4 1 5 1 3 1 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Đặt 1 0, 1 0. a x b x 2 ( ) 3. 1 5. 1 4. 1 2.( 1) (1 ) 3 x x x x x 2 2 2 2 3 5 4 2 3 (4 3 ). 2 5 3 0 ab a b a b b a b a a ( 2 3).( 1) 0 2 3 b a b a b a hoặc 1. ba Với 2 3, ba suy ra: 1 2 1 3 12 1 12 5 : x x x x vô nghiệm. Với 1, ba suy ra: 3 1 1 1 2 1 1 2 2 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 3 2 x BT 308. Giải phương trình: (4 1 ) 1 1 3 2 1 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Đặt 1 0, 1 0. a x b x 2 ( ) 4. 1 2.(1 ) (1 ) 2. 1 1 . x x x x x 2 2 2 2 4 2 2 2 (4 ). 2 0 (2 ).( 2) 0 a a b b ab a b a b b a b a b 2 ba hoặc 2. ba Với 2, ba suy ra: 3 2 1 1 4.( 1) 1 5 x x x x x Với 2, ba suy ra: 2 1 1 2 2 2 1 4 0. x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 3 , 0. 5 xx BT 309. Giải: 3 3 3 2 2 2 7 8 6 7 2 13 12 3 x x x x x x () () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 2 32 3 3 3 3 2 3 2 32 3 2 78 78 27 6 7 6 7 3 2 13 12 2 13 12 a x x a x x a b c b x x b x x a b c c x x c x x (1) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 620 Ta có hằng đẳng thức: 3 3 3 3 ( ) 3.( ).( ).( ) a b c a b c a b b c c a (2) Thế (1) vào (2), ta được: 27 27 3.( )( )( ) ( )( )( ) 0 a b b c c a a b b c c a 33 22 2 33 2 2 2 2 33 22 7 8 6 7 2 13 15 0 0 0 6 7 2 13 12 7 19 0 0 6 20 0 2 13 12 7 8 x x x x xx ab b c x x x x x x ca xx x x x x 3 2 x hoặc 5 x hoặc 7 5 5 2 x hoặc 3 29. x Kết luận: Các nghiệm cần tìm là 3 7 5 5 , 5, , 3 29. 22 x x x x BT 310. Giải: 33 22 3 8 5 9 15 17 7 3 x x x x x () () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 3 3 3 3 3 2 3 2 32 3 2 85 85 27 9 15 9 15 3 17 7 17 7 ax ax a b c b x x b x x a b c c x x c x x (1) Ta có hằng đẳng thức: 3 3 3 3 ( ) 3.( ).( ).( ) a b c a b c a b b c c a (2) Thế (1) vào (2), ta được: 27 27 3.( )( )( ) ( )( )( ) 0 a b b c c a a b b c c a 3 2 3 2 33 22 2 3 2 3 8 5 9 15 0 17 20 0 0 9 15 17 7 8 22 0 9 12 0 17 7 8 5 x x x a b a b x x b c b c x x x x x c a c a xx x x x 17 3 41 2 x hoặc 11 4 x hoặc 9 33 2 x Kết luận: Các nghiệm cần tìm là 17 3 41 11 9 33 , , 2 4 2 x x x BT 311. Giải: 33 22 33 3 2013 3 7 2014 6 2015 2014 x x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 2 32 3 3 3 3 2 3 2 3 3 3 3 2013 3 2013 2014 3 7 2014 (3 7 2014) 2014 (6 2015) 6 2015 a x x a x x a b c b x x b x x a b c cx cx (1) Ta có hằng đẳng thức: 3 3 3 3 ( ) 3.( ).( ).( ) a b c a b c a b b c c a (2) Thế (1) vào (2), được: 2014 2014 3( )( )( ) ( )( )( ) 0 a b b c c a a b b c c a khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 621 33 22 3 2 3 3 2 3 3 2013 3 7 2014 0 0 3 7 2014 6 2015 0 6 2015 3 2013 x x x x a b a b b c b c x x x c a c a x x x 2 2 61 1 3 1 0 6 3 7 4028 0 x x x x xx hoặc 1 13 6 x Kết luận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 1 1 13 , 66 xx BT 312. Giải: 3 3 3 3 2 2 2 2 4 3 4 9 3 3 2 2 2 3 2 x x x x x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 2 3 3 3 2 3 2 3 2 3 2 43 2 3 2 4 9 3 2 3 2 3 2 2 a x x a b c x x b x x a b c x x c x x (1) Ta có hằng đẳng thức: 3 3 3 3 ( ) 3.( ).( ).( ) a b c a b c a b b c c a (2) Thế (1) vào (2), được: 22 2 3 2 2 3 2 3.( ).( ).( ) x x x x a b b c c a 0 ( ).( ).( ) 0 0 0 a b a b a b b c c a b c b c c a c a 33 22 2 33 2 2 2 2 33 22 7 69 4 3 4 9 3 5 5 0 2 4 9 3 3 2 2 7 5 0 0 1 2 6 1 0 3 11 3 2 2 4 3 2 x x x x x xx x x x x x x x x xx x x x x x Kết luận: Các nghiệm cần tìm là 7 69 3 11 0, 1, , 22 x x x x BT 313. Giải: 22 6 29 2 3 10 3 (10 2 )( 3 3 1) x x x x x x x Lời giải. Điều kiện: 1 3 x Khi đó phương trình đã cho: 2 ( 5) ( 3) (3 1) 2 ( 3)(3 1) 2( 5) 3 2( 5) 3 1 0 x x x x x x x x x Đặt 30 3 1 0. 5 ax bx cx Khi đó phương trình 2 2 2 2( ) 0 a b c ab bc ca Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 622 2 ( ) 0 0, a b c a b c suy ra: 3 3 1 5 0 x x x ( 3 2) ( 3 1 2) ( 1) 0 x x x 1 3.( 1) ( 1) 0 3 2 3 1 2 xx x xx 13 ( 1) 1 0 1. 3 2 3 1 2 xx xx Do ta luôn có lượng: 1 3 1 1 0, 3 3 2 3 1 2 x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1. x BT 314. Giải: 22 22 1 1 1 1 1 11 x x x x x x xx xx () () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Đặt 2 2 1 , 1, , 1 xx a b x c x x suy ra: . . 1. abc Khi đó: 1 1 1 () ab bc ca a b c a b c ab bc ca a b c abc 0 1 0 a b c ab bc ca a b c ab bc ca abc ( 1).( 1).( 1) 0 1 a b c a hoặc 1 b hoặc 1. c Với 1, a suy ra: 2 2 1 1 0 : 1 x xx x vô nghiệm. Với 1, b suy ra: 1 1 2. xx Với 1, c suy ra: 2 4 1 1 0 : 1 x xx x vô nghiệm khi 1. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 2. x BT 315. Giải: 5 . 6 6 . 7 7 . 5 x x x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 0 5. x Đặt 22 22 22 50 55 6 0 6 6 77 70 ax a x x a ab bc ca b x b x x b ab bc ca c x x c ab bc ca cx 2 2 2 5 .( ) .( ) 5 ( ).( ) 5 (1) 6 .( ) .( ) 6 ( ).( ) 6 (2) .( ) .( ) 7 ( ).( ) 7 (3) 7 a ab bc ca a a b c a b a b a c b ab bc ca b a b c a b a b b c c b c a b c b c a c c ab bc ca Lấy (1) nhân (2) nhân (3), suy ra: 222 ( ) ( ) ( ) 210 a b b c a c ( )( )( ) 210 a b b c a c (4) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 623 Lập tỉ số: 210 5 210 (4) (4) (4) 210 37 210 30 , , (1) (2) (3) 6 420 210 210 7 7 bc ba a c b ab ab Với 37 210 , 420 b suy ra: 37 210 3671 6 420 840 xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 3671 840 x BT 316. Giải: 2 2 10 4 5 2 6 2 2 3 2 1 x x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 2. 2 x ( ) 2 1 4 2 . 5 2 5 2 . 6 2 6 2 . 4 2 . x x x x x x x Đặt 22 22 22 4 2 0 4 2 3 2 1 5 2 0 5 2 4 2 1 6 2 5 2 1 6 2 0 ax a x a x ab bc ca b x b x b x ab bc ca c x c x ab bc ca cx 2 2 2 3 .( ) .( ) 3 ( ).( ) 3 (1) 4 .( ) .( ) 4 ( ).( ) 4 (2) .( ) .( ) 5 ( ).( ) 5 (3) 5 a ab bc ca a a b c a b a b a c b ab bc ca b a b c a b a b b c c b c a b c b c a c c ab bc ca Lấy (1) nhân (2) nhân (3), suy ra: 222 ( ) ( ) ( ) 60 a b b c a c ( )( )( ) 2 15 a b b c a c (4) Lập tỉ số 2 15 3 15 (4) (4) (4) 2 15 17 15 6 , , (1) (2) (3) 4 60 2 15 2 15 5 5 bc ba a c b ab ab Với 17 15 , 60 b suy ra: 17 15 289 911 5 2 5 2 60 240 480 x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 911 480 x BT 317. Giải phương trình: 2 ( 3) 8 48 28 . x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 8 48 0 12 4. x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 624 Đặt 22 22 22 2 3 69 2 57 2 56 2 8 48 8 48 0 ax a x x a b x ab x b x x b x x 2 2 2 1 2 1 ( ) 1 1 ab a b ab a b ab Với 1, ab suy ra: 2 2 2 8 48 2 31 3. 6 22 0 x x x x x xx Với 1, ab suy ra: 2 2 4 8 48 4 4 2 4. 8 16 0 x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 31 3, 4 2 4. xx BT 318. Giải phương trình: 2 3 ( 1) 4 5 3 2 x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 4 5 0 5 1. x x x 2 ( ) 2.( 1). 4 5 6 3. x x x x Đặt 22 22 22 2 1 21 66 2 6 3 45 4 5 0 ax a x x a b x ab x b x x b x x 22 ( ) 9 3 3 a b a b hoặc 3. ab Với 3, ab suy ra: 2 2 4 4 5 4 : 2 4 11 0 x x x x xx vô nghiệm. Với 3, ab suy ra: 2 2 2 4 3 2 4 5 2 2 2 8 1 x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình 4 3 2 2 x BT 319. Giải phương trình: 2 2( 5) 5 4 5 20 x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 5 4 0 1 4. x x x Đặt 22 22 22 2 5 10 25 5 21 2 5 20 54 5 4 0 ax a x x a b x ab x b x x b x x 2 ( ) 1 1 a b a b hoặc 1. ab Với 1, ab suy ra: 22 5 4 6 2 17 40 0 : x x x x x vô nghiệm. Với 1, ab suy ra: 2 2 4 4 5 4 4 5 2 13 20 0 2 x x x x x xx x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 5 , 4. 2 xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 625 BT 320. Giải phương trình: 2 ( 2). 2 3 3 x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 3 1. x Đặt 22 22 22 2 2 44 27 2 2 6 23 2 3 0 ax a x x a b x ab x b x x b x x 2 ( ) 1 1 a b a b hoặc 1. ab Với 1, ab suy ra: 2 2 1 2 3 1 2 1. 2 1 0 x x x x x xx Với 1, ab suy ra: 2 2 3 2 3 3 1. 4 3 0 x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 2 1, 1. xx BT 321. Giải phương trình: 22 5 4( 2) 1 1 x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 5 8 4 4 4 4 4 1 5 10 ax a x x a b x b x x ab x b x x 22 ( 2 ) 9 3 2 3 a b a b hoặc 2 3. ab Với 2 3, ab suy ra: 2 2 5 7 4 7 2 1 5 3 3 14 21 0 x x x x x xx Với 2 3, ab suy ra: 2 2 1 2 1 1 : 3 2 3 0 x x x x xx vô nghiệm. Kết luận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 7 4 7 3 x BT 322. Giải phương trình: 22 2 4 21 2(1 ) 2 3 x x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 4 4 2 3 2 2 4 21 2 3 0 ax a x x a b x x b x x ab x x b x x 2 ( ) 25 5 a b a b hoặc 5. ab Với 5, ab suy ra: 2 6 33 2 3 6 10 33 20 x x x x x x Với 5, ab suy ra: 2 4 13 2 3 4 10 13 10 x x x x x x Kết luận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 13 33 , 10 20 xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 626 BT 323. Giải phương trình: 22 2 6 3 2( 2) 2 0 x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 x hoặc 0. x Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 6 4 2 2 2 6 3 20 ax a x x a b x x b x x ab x x b x x 2 ( ) 1 1 a b a b hoặc 1. ab Với 1, ab suy ra: 2 22 3 9 23 4 2 6 9 x x x x x x x x x Với 1, ab suy ra: 2 22 1 2 1 : 2 2 1 x x x x x x x x vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 9 4 x BT 324. Giải phương trình: 22 5 20 12 4( 2) 4 5 0 x x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 16 16 4 5 20 21 4 5 4 5 20 12 4 5 0 ax a x x a b x x b x x ab x x b x x 2 (2 ) 9 2 3 a b a b hoặc 2 3. ab Với 2 2 7 2 0 12 2 3 2 3 4 5 7 2 3 3 24 44 0 x a b x x x x xx Với 2 2 1 2 0 23 2 3 4 5 1 2 3 34 x a b x x x x x Kết luận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 12 2 3 2 3 , 33 xx BT 325. Giải phương trình: 22 2 4 ( 1). 2 x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 0 x hoặc 2. x Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 4 1 2 2 2 4 8 20 ax a x x a b x x b x x ab x x b x x 2 ( ) 9 3 a b a b hoặc 3. ab Với 2 4 3 2 4 : 38 x a b x x x x vô nghiệm. Với 2 2 2 3 2 2 6 4 0 3 x a b x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 627 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 2 3 x BT 326. Giải phương trình: 55 8 5 2 5 2 xx xx () x Lời giải. Điều kiện: 55 22 x Đặt 2 22 2 5 2 0 5 2 2 5 5. 52 5 2 0 a x a x x a b bx bx Suy ra: 22 2 22 10 ( ) 2 10 15 15 15 16 16 ab a b ab ab ab ab ab ab 2 ( ) 10 15.( ) ( 16) 2 ab a b a b Đặt 0, t a b thì: 2 3 2 2 30 ( 16) ( 10) 16 40 160 0 ( 2)( 20 40) 0 PT t t t t t t t t t 2 4 5 2 5 2 4 25 4 3 2. t x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 2. x BT 327. Giải phương trình: 1 1 3 2 10 10 x xx () x Lời giải. Điều kiện: 10 10 x và 0. x Đặt 22 22 10 0 20 10 10 10 0 a x a b x a b bx 22 10 10 3 10 10 3 ( ) 20.( ) 2.( ) 3 22 ab a b a b a b ab a b a b 2 2 2 20.( ) 2.( ) 3 20.( ) 2.( ) 3 20 ( ) 2 20 a b a b ab a b a b ab a b a b ab 2 3 2 40( ) 2( ) 3 ( ) 20 2 3 80 60, a b a b a b t t t với t a b 2 6 10 10 6 100 8 6. t x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 6. x BT 328. Giải phương trình: 1 1 4 5 17 4 17 4 xx xx () x Lời giải. Điều kiện: 17 17 44 x Đặt 2 2 2 2 2 2 17 4 0 17 4 34 17 4 4 17 17 17 4 0 a x a x a b b x x a b bx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 628 22 22 17 17 11 4 21 21 16 21 21 16 44 () 5 5 5 ab ab ab a b a b a b 2 2 2 2 21 21 16 16 16 21 42 5 5 2 5 34 ( ) 2 34 2 ( ) 34 a b a b a b a b a b a b ab ab a b a b ab ab a b 32 8 5.( ) 16.( ) 380.( ) 544 0 15 ab a b a b a b ab 2 (17 4 ) (17 4 ) 15 1 1. x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1. x BT 329. Giải phương trình: 2 2 20 3 20 20 xx xx () () x Lời giải. Điều kiện: 20 20. x Đặt 2 2 2 2 2 2 20 0 20 40 20 20 20 20 0 a x a x a b b x x a b bx 22 2 20 2 ( 20) 20 22 22 20 () 33 ab ab a b a b Suy ra: 2 2 2 2 40 ( ) 2 40 2 ( ) 40 22 22 20 20 20 22 44 3 3 2 3 a b a b ab ab a b a b a b a b a b a b a b ab ab 32 3.( ) 20.( ) 252.( ) 800 0 8 12. a b a b a b a b ab 22 (20 ) (20 ) 12 400 144 256 16. x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 16. x BT 330. Giải phương trình: 2 1 1 7 2 1 12 26 x xx () x Lời giải. Điều kiện: 2 32 60 21 2 1 0 x xx x x Đặt 22 22 22 2 25 21 4 4 1 1 1 7 4 4 24 2 6 0 12 ab ax a x x b x x b x x ab 2 2 2 2 ( ) 25 ( ) 2 25 24 ( ) 7 ( ) 25 12 ( ) 7 ab a b a b ab a b a b a b ab khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 629 2 2 2 ( ) 25 7 12 7 ( ) 24 ( ) 175 0 ab a b a b ab a b a b hoặc 25 7 300 49 ab ab Với 1 7 0 3 2 1 3 3 12 .(7 ) 12 4 2 1 4 2 x a b a a x ab a a a x x Với 2 25 0 5 73 25 5 73 39 7 25 300 300 14 28 0 7 49 49 a ab ax aa ab Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 3 5 73 39 1, , 2 28 x x x BT 331. Giải phương trình: 22 2 4 4 11 9 4 4 32 2 ( 3)(2 ) 4 4 26 x x x x xx xx () () x Lời giải. Điều kiện: 3 2. x 22 22 10 10 10 (2 1) 10 (2 1) ( ) 32 32. 25 25 25 (2 1) 25 (2 1) yy xx yy xx Với 2 (2 1) . yx Đặt 22 22 25 0 50 25 25 25 0 ay ab y a b by Suy ra: 22 2 2 50 2 ( ) 50 70 ( ) ( 32) ( ) 50 35 32 ab ab a b ab a b a b a b ab ab 32 8 ( ) 32 ( ) 120 ( ) 1600 0 1. 7 ab a b a b a b a ab Với 2 1 2 6 1 24 (2 1) 24 2 a y x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1 2 6 2 x BT 332. Giải phương trình: 1 1 7 7 1 24 (7 11) (9 7 ) x xx () x Lời giải. Điều kiện: 11 9 77 x và 1 7 x Đặt 22 2 100 71 ( ) 2 100 1 1 7 24.( ) 7 (7 11) (9 7 ) 0 24 ab ax a b ab a b ab b x x ab Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 630 2 2 50 2 ( ) 100 14 7 1200 48 48.( ) 7. ( ) 100 49 ab ab a b ab ab a b a b ab 2 2 0 5 6 14 48 7 25 5 73 1 0 7 32 5 73 50 1200 8 0 49 7 49 a a x aa ax a a a x a Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 5 32 5 73 , 1, 7 49 x x x BT 333. Giải phương trình: 42 2 3 3 3 0 x x x () () x Lời giải. Tập xác định: . D 24 ( ) 3 (2 1) 3 ( ) 0 x x x và ta xem đây là phương trình bậc hai với ẩn là 3, khi đó: 2 2 4 2 2 3 (2 1) 4.( ) 4 4 1 (2 1) . x x x x x x Suy ra: 22 2 2 22 1 3 (2 1 2 1) 30 2 1 1 3 0 3 (2 1 2 1) 1 2 x x x x xx xx x x x x 1 1 4 3 2 x hoặc 1 4 3 3 2 x Kết luận: Phương trình có các nghiệm là 1 1 4 3 1 4 3 3 , 22 xx BT 334. Giải phương trình: 1 (2 1) 2 1 x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Đặt 22 2 2 2 2 10 22 (2 1). 2 (4 2). 2 1 2 ax b a b a a a b a a b bx 2 2 2 2 2 2 2 (4 ). (2 ) .(4 ) 0 a a b a b a ab b a b 2 2 2 (2 ) (2 )(2 ) 0 (2 )( 2 ) 0 2 ba a a b b a b a b a b a ab b a ab b Với 22 1 33 33 15 2 2 (2 ) 4 2 0 8 32 b a a a a a a x Với 22 2 22 2 0 ( 2) 1 0 2: 22 a ab b b b a ab b a b a b vô nghiệm. khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 631 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 33 15 32 x BT 335. Giải: 2 2 2 2 2015 2015. 2 4 2015 4030 x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 4 2015 x Đặt 2 2 2 2015 1 2 2 2 4 2015 2 2 2015 y y x y x x y x x y Suy ra: 22 0 2 2015 ( 2 2015) 0 2 2015 x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 2 2015. x BT 336. Giải phương trình: 3 2 33 5 2 3 10 1 0 x x x x () Lời giải. Đặt: 3 3 3 3 32 3 a 5 x a 5 x a b 7 b 2 x ab x 3x 10 b 2 x ì ìì ï ïï = + = + + = ï ïï ï ï ï ÛÞ í í í ï ï ï = - = - - + =- ï ï ï ïï îî ï î (1) ( )( ) ( ) ( ) 3 33 a b 1 ab a b ab 1 0 ,1 a b 7 a b 3ab a b 7 ì ì ï + = - - ï + + + = ï ï ïï * Þ Û íí ïï += + - + = ïï ï î ï î ( ) ( ) ( ) 33 a b 1 ab a b 1 ab a b 3 ab 2 1 ab 3ab 1 ab 7 ab 8 ìì ïï ì + = - - + = - - ï + = - ïï ï ï ï ï Û Û Û í í í ï ï ï = - - + + = = ï ï ï ï î ïï îî a 2 a 1 x6 b 1 b 2 ìì ïï = - = - ïï ïï Û Ú Û = - íí ïï = - = - ïï ïï îî . Kết luận: Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x6 =- . BT 337. Giải phương trình: 33 33 (34 ) 1 ( 1) 34 30. 34 1 x x x x xx () x Lời giải. Điều kiện: 33 2 x Đặt: ( ) 3 3 33 3 3 a 34 x a 34 x , a b a b 35 b x 1 b x 1 ì ì ï ï = - = - ï ï ïï ¹ Û Þ + = íí ïï =+ =+ ïï ï î ï î ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 33 22 a b ab 30 ab a b 30 a b ab a b a b 30 a b ab - * Û = Û - = - Û - + = - - ( ) ( ) ab a b 30 do:a b Û + = ¹ ( ) 2 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 632 ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 33 33 a b 35 a b 3ab a b 35 a b 125 1 , 2 ab a b 30 ab a b 30 ab a b 30 ìì ì ïï ï += ïï + - + = + = ï ï ï ï Þ Û Û í í í ï ï ï += + = + = ï ï ï ï î ïï îî a b 5 a 2 a 3 ab 6 b 3 b 2 ì ì ì ï ï ï + = = = ï ï ï ï ï ï Û Û Ú í í í ï ï ï = = = ï ï ï ï ï ï î î î . Với: 3 3 a 2 a 34 x 2 34 x 8 x 26 x 26 b 3 x 1 27 x 26 b x 1 3 ì ï ì ì ì ï ï ï = = - = - = = ï ï ï ï ï ï ï ï Þ Û Û Û = í í í í ï ï ï ï = + = = = + = ï ï ï ï ï ï ï î î î ï î . Với: 3 3 a 3 a 34 x 3 34 x 27 x 7 x7 b 2 x 1 8 x 7 b x 1 2 ì ï ì ì ì ï ï ï = = - = - = = ï ï ï ï ï ï ï ï Þ Û Û Û = í í í í ï ï ï ï = + = = = + = ï ï ï ï ï ï ï î î î ï î . Kết luận: So với điều kiện, phương trình có hai nghiệm: x 7 x 26 = Ú = . BT 338. Giải phương trình: 111 4 30 30 30 30 444 xx () x Lời giải. Điều kiện: 0. x Đặt 11 30 30 0. 44 yx Suy ra hệ: 1 4 30 30 4 . 1 4 30 30 4 yx xy xy 1 4 30 30. 4 xx Đặt 4 30 1 30 . 4 4 30 xz z x x z zx Suy ra: 1 1 1921 30 4 32 x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 1 1921 32 x BT 339. Giải phương trình: 22 3 2(4 2 3) 4( 2 ) 0. x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 2 2 0, t x x suy ra: 2 2 2 xx t Khi đó: 3 33 8 2 1 ( ) 4.(4 3) 0 2.(4 3) 0 4 3 0 t t t t tt () Đặt 6 , 0. y t y Khi đó: 3 6 2 2 2 11 ( ) 4 3 0 4 3 1 0 2 y y y y y Suy ra: 13 2 6 6 6 7 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 t t x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 633 Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 13 7 12 2 x BT 340. Giải phương trình: 2 8 8 1 3 1 . x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1 1 3 x 22 4 ( ) 8 8 ( 1 3 1 ) 0 8 8 0 1 3 1 x x x x x x x xx 0 1 4 . 2 2 0 1 2 2 0 1 3 1 1 3 1 x xx x xx xx 0 11 2 2 : VN , 1; 3 1 3 1 o x xx xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 0. x BT 341. Giải phương trình: 22 2 2 4 5 1 5 3 . x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 3. x 22 ( ) 2.( 1) 5 1 2.(3 ) 5 3 x x x x () Đặt 2 1 0, 3 0. a x b x 2 2 2 2 ( ) 2 5 2 5 2.( ) 5.( ) 0 ( ).(2 2 5) 0 a a b b a b a b a b a b 22 1 3 2 0 1 a b x x x x x hoặc 2. x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 2, 1. xx BT 342. Giải phương trình: 22 8 2 5 6 2 1 3 2 1. x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1 2 x 22 ( ) 4.(2 1) (2 1) 6 2 1 3 2 1 x x x x x x () Đặt 2 2 1 0, 2 1 0. a x x b x 2 2 2 2 ( ) 4 6 3 ( 2 ) 3.( 2 ) 3 a b a b a a b b 22 ( 2 ) 3.( 2 ) 3 0 ( 2 ) ( 2 ) 3. ( 2 ) 0 a b a b a b a b a b ( 2 ) ( 2 ) 3 0 2 3. a b a b a b 22 2 2 1 2 1 3 4 2 3 2 1 x x x x x x 22 4 2 3 2 1 0 3. 2 1.( 2 1 1) 4 5 1 0 x x x x x x x 6( 1). 2 1 6. 2 1 ( 1)(4 1) 0 ( 1) 4 1 0 2 1 1 2 1 1 x x x x x x x xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 634 1. x Do ta luôn có lượng: 6. 2 1 1 4 1 0, 2 2 1 1 x xx x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1. x BT 343. Giải phương trình: 3 3 2 2.(3 2) 2 1 1 21 2 (2 1) x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 3 x Đặt 2 3 2 2 3 3 3 3 2 0 21 2 2 2 2 2 2 1 0 ax a a b a ab a b b a ab b ab b b bx 2 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) (2 )(1 ) 0 1 ab a ab b ab a b ab ab Với 7 2 4.(3 2) 2 1 10 7 10 a b x x x x Với 2 2 4 2 1 1 (3 1).(4 4 1) 1 1. ab a b x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 7 , 1. 10 xx BT 344. Giải phương trình: 3 ( 5) 1 1 3 4. x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Đặt: 23 3 2 3 2 3 1 0 ( 4). 1 4 1 3 1 3 1 34 a x a a b a a b b a b a bx 3 2 3 3 3 3 4 2 0 ( 1) ( 1) ( 1) ( ). a a a b b a a b b f a f b Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 3 ( 1) ( ) 1 4a ( 1) 1 0 1. f a f b a b a a a x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1. x BT 345. Giải phương trình: 32 3 15 78 141 5 2 9. x x x x () x Lời giải 1. Sử dụng tính đơn điệu hàm số. 33 3 3 3 ( ) ( 5) 5( 5) ( 2 9) 5 2 9 ( 5) ( 2 9). x x x x f x f x Xét hàm số 3 ( ) 5 f t t t trên có 2 ( ) 3 5 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 32 33 ( 5) ( 2 9) 5 2 9 15 73 116 0 f x f x x x x x x 2 ( 4)( 11 29) 0 4 x x x x hoặc 11 5 2 x Kết luận: Phương trình đã cho có các nghiệm là 11 5 4, 2 xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 635 Lời giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về hệ gần đối xứng loại II. Đặt 3 3 32 ( 5) 2 9 5 2 9 15 78 141 5( 5) yx yx x x x y 32 3 3 2 2 32 15 75 2 116 0 ( ) 15( ) 80( ) 0 15 78 5 116 0 y y y x y x y x y x x x x y 22 22 ( ) 15( ) 80 0 ( 15). 15 80 0 yx y x y yx x y x y x y x x Với 32 3 5 2 9 15 73 116 0 y x x x x x x 2 ( 4) ( 11 29) 0 4 x x x x hoặc 11 5 2 x Với 22 ( 15) 15 80 0 y x y x x và xem đây là phương trình bậc 2 với ẩn là , y ta có: 2 3 30 95 0 x xx nên vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho có các nghiệm là 11 5 4, 2 xx BT 346. Giải phương trình: 3 3 2 3 2 6 12 7 9 19 11. x x x x x x () x Lời giải 1. Dùng đơn điệu hàm số. 33 3 3 2 3 3 2 11 ( ) ( 1) ( 1) ( 9 19 11) 9 19 11 22 x x x x x x x x 3 32 ( 1) ( 9 19 11). f x f x x x Xét hàm số 3 () 2 t f t t trên có 2 3 ( ) 1 0, , 2 f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 33 3 2 3 2 ( 1) ( 9 19 11) 1 9 19 11 f x f x x x x x x x 3 3 2 3 2 1 ( 1) 9 19 11 6 11 6 0 2 3 x x x x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có các nghiệm là 1, 2, 3. x x x Lời giải 2. Đặt ẩn phụ kết hợp với sử dụng tính đơn điệu. Đặt 3 3 2 3 32 32 9 19 11 9 19 11 6 12 7 y x x x y x x x y x x x 3 3 2 3 3 2 32 9 19 11 2 3 5 3 2 2 12 24 14 y x x x y y x x x y x x x 33 2 ( 1) 2( 1) ( ) ( 1) 1. y y x x f y f x y x Suy ra: 3 32 9 19 11 1 1, 2, 3. x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có các nghiệm là 1, 2, 3. x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 636 BT 347. Giải phương trình: 22 (5 4 3). ( 3). 5 4 . x x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 0. x Đặt 0 ax và 2 5 4 0. b x x Suy ra: 22 .( 3) .( 3) ( ).( 3) 0 3 ab a b b a a b ab ab Với 2 5 4 .(5 3) 0 0 a b x x x x x x hoặc 3 5 x Với 3 2 3 2 3 5 4 3 5 4 9 0 1. ab x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 0, 1. xx BT 348. Giải phương trình: 22 2 1 2 1 1. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 11 x . Đặt: cos , 0; x t t . Suy ra: 2 22 1 1 cos 2sin 2 sin 2 sin 2 2 2 1 1 cos sin sin t t t xt x t t t 22 ( ) 2cos 2 sin 2cos .sin 1 2 sin sin 2 1 2cos 22 tt t t t t t cos 2 sin 2 2 sin 2 cos 2 2 cos 2 4 2 2 tt t t t 4 22 23 4 2 2 , . 4 22 4 2 2 10 5 k t t tk k tk t k t Do 7 0; 2 10 t t t 7 cos cos 0 cos cos 2 10 x t x t . Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 7 0, cos 10 xx BT 349. Giải phương trình: 3 2 4 6 2 1 3 3 2 2 . x x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Ta có: 3 2 3 2 ( ) (1 ) 2(1 ) x x x x (1) Đặt: cos , 0; , x t t suy ra: 22 1 1 cos sin sin . x t t t 33 ( ) cos sin 2 cos sin (sin cos )(1 sin cos ) 2 sin cos t t t t t t t t t t (2) Đặt: sin cos 2 sin 4 a t t t 2 1 2sin cos a t t 2 1 sin cos 2 a tt . Do 5 5 1 0 sin sin sin ; 2 4 4 4 4 4 4 2 t t t a khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 637 22 32 11 (2) 1 2 2 3 2 0 22 aa a a a a 2 ( 2) ( 2 2 1) 0 2 a a a a hoặc 1 2. a Với 2 sin 2 sin 1 2 , . 4 4 4 a t t t k k Do 0; t và , k suy ra: 2 cos cos 4 4 2 t x t Với sin cos 1 2 a t t và kết hợp với 2 1 sin cos 1 2 2 u tt thì theo định lý Viét thì sin ; cos tt là 2 nghiệm của phương trình bậc hai: 2 1 2 ( 2 1)( 2 3) (1 2). 1 2 0 2 X X X Do 1 2 ( 2 1) ( 2 3) sin 0 cos 2 t x t Kết luận: Các nghiệm cần tìm là 1 2 ( 2 1) ( 2 3) 2 , 22 xx BT 350. Giải phương trình: 2 1 1 1 1 1 1 1 1 xx x () x Lời giải. Điều kiện: 1 1, 0. xx Đặt cos , 0; \ 2 x t t Suy ra: 2 2 2 2 2 1 1 cos sin sin sin 1 1 cos 2sin 2. sin 2 sin 2 2 2 1 1 cos 2cos 2 cos 2 cos 2 2 2 x t t t t t t t xt t t t xt 1 2 cos 1 2 sin 1 1 1 1 22 () sin sin 1 2 sin 1 2 cos 1 2 sin 1 2 cos 22 22 tt tttt tt 2 2 cos sin 22 1 2sin cos 1 2 cos sin 2sin cos 22 2 2 2 2 tt tt t t t t (1) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 638 Đặt 2 cos sin 2 cos 1 2sin cos 2 2 2 4 2 2 t t t t t aa Do (0; ), t suy ra: ( 1;1). a Khi đó: 22 2 2 2 2 1 (1) (2 2 ) (1 ) 2 0 1 1 2 (1 ) a a a a a a aa 2 22 2 4 2 2 0 22 a a a a Suy ra: 4 2 6 2 cos cos cos , . 2 4 2 2 4 3 7 4 6 tk tt k tk Do 0; t và k nên 3 cos cos 6 6 2 t x t Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 3 2 x BT 351. Giải phương trình: 22 1 1 4 1 1 2 1 4 . x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 1 4 0 1 0 2 0 ??? x x x Đặt 1 cos , 0; 22 x t t Suy ra: 2 2 2 1 4 1 cos sin sin sin . x t t t t cos ( ) 1 sin (1 1 2sin ) 2 t tt 2 2 2 2 2 cos sin 2sin cos cos sin (1 1 2sin ) 2 2 2 2 2 2 t t t t t t t 2 2 cos sin cos sin cos sin (1 1 2sin ) 2 2 2 2 2 2 t t t t t t t 2 cos sin cos sin cos sin 1 1 2sin 2 2 2 2 2 2 t t t t t t t 2 cos sin 1 1 2sin 22 tt t do : 0; cos sin 0 2 2 2 tt t Đặt 22 cos sin 2 cos 1 2sin cos sin 1 . 2 2 2 2 2 2 t t t t t a a t a Do 0; 0;1 2 ta Khi đó phương trình 2 2 1 1 2(1 ) aa khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 639 2 2 2 2 4 2 3 2 2 (3 2 ) (2 ) 2 2 4 4 0 a a a a a a a a a 22 ( 1) ( 2 2) 0 1. a a a a Với: 4 1 1 2 cos 1 cos cos 2 4 2 4 4 4 2 tk tt a tk Do 0; 2 t và k nên 0, t suy ra: 11 cos 22 xt Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1 2 x BT 352. Giải phương trình: 22 2 1 2 1 2 1 x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 2 2 0 0 2 x x x thì 2 0 2 1 xx nên đặt: 2 2 2 cos 2 , 0; 1 2 1 cos ; 1 2 1 sin 2 t x x t x x t x x t và 2 2 2 2 2 2 cos 2 1 ( 1) ( 1) 1 cos sin 1 sin . t x x x x t t x t 2 2 22 ( ) 1 cos 1 cos ( 1 cos 1 cos ) sin sin t t t t tt 22 2 4 2 2 2 2 1 cos 1 sin 1 sin sin sin sin t t t tt t 32 0 sin sin 2 0 sin 1 cos 0 2 0 2 x t t t t x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 0, 2. xx BT 353. Giải phương trình: 3 2 2 4 12 9 1 2 . x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 0 2. x 32 ( ) 4( 1) 3( 1) 1 ( 1) x x x () Do 0; 2 ( 1) 1;1 xx nên đặt 1 cos , 0; . x t t 32 ( ) 4cos 3cos 1 cos cos3 sin cos3 cos 2 t t t t t t t 82 k t hoặc , ( ). 4 t k k Do 5 0; , 8 t k t hoặc 35 1 cos 48 tx hoặc 2 1 2 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 52 1 cos , 1 82 xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 640 BT 354. Giải phương trình: 3 2 42 43 1 16 12 1 xx x xx () x Lời giải. Điều kiện: 11 x và 42 16 12 1 0. xx Đặt cos , 0; , x t t suy ra: 2 2 2 1 1 cos sin sin . x t t t 4 2 3 ( ) sin .(16cos 12cos 1) 4cos 3cos t t t t t 2 2 2 sin 16.(1 sin ) 12.(1 sin ) 1 cos3 t t t t 4 2 5 3 sin .(16sin 20sin 5) cos3 16sin 20sin 5sin cos3 t t t t t t t t sin 5 sin 3 2 16 4 k t t t hoặc , ( ). 4 t k k Do 5 3 2 0; ; ; ; 16 16 4 4 2 t t x hoặc cos 16 x hoặc 5 cos 16 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 25 ; cos ; cos 2 16 16 x x x BT 355. Giải phương trình: 2 2 52 4. 1 1 x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt tan , ; cos 0. 22 x t t t 22 2 11 1 tan 1 cos cos xt t t và 22 22 12 1 2cos . cos 1 xt tx 22 ( ) 5tan cos 2cos 4 0 5sin 2(1 sin ) 4 0 t t t t t 2 2 1 6 2sin 5sin 2 0 sin , ( ). 25 2 6 tk t t t k tk Do ; 22 t và k nên 6 t Suy ra: 3 tan 3 xt Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 3 3 x BT 356. Giải phương trình: 2 2 50 25 25 xx x () x Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 5tan , ; cos 0. 22 x t t t 22 22 5 5 1 cos 25 25.(tan 1) cos 5 cos 25 t xt t tx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 641 5 1 sin ( ) 5tan 10cos 2cos cos cos cos t t t t t t t 22 2cos sin 1 0, (do : cos 0) 2.(1 sin ) sin 1 0 t t t t t 2 2sin sin 1 0 sin 1 t t t hoặc 1 sin sin 26 t 2 2 tk hoặc 2 6 tk hoặc 7 2, 6 tk với . k Do ; 22 t và k nên , 6 t suy ra: 53 5tan 3 xt Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 53 3 x BT 357. Giải phương trình: 23 2 53 ( 1) 1 6 20 6 x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 4 3 6 20 6 0 0, 3 x x x x x và 3. x Đặt: tan , ; \ 0; ; cos 0 2 2 3 6 x t t t thì: 22 2 2 1 1 1 1 tan 1 cos . cos cos 1 x t t t t x 22 22 12 cos 2tan .cos 2sin cos sin 2 . 11 x t t t t t t xx 3 2 14 7 ( ) cost 3sin 2 4sin 2 sin sin 6 , ( ). 2 2 10 5 k t t t t t k k t Do 5 3 3 5 ; \ 0; ; ; ; ; ; ; ; ; 2 2 3 6 14 14 10 14 18 14 14 14 tt Suy ra: 53 tan ; tan ; tan ; tan ; tan 14 14 10 14 18 x Kết luận: 53 tan ; tan ; tan ; tan ; tan 14 14 10 14 18 x BT 358. Giải phương trình: 22 2 1 1 4( 1). 1 xx x () x Lời giải. Điều kiện: 1 x hoặc 1. x Đặt 1 , 0; \ sin 0. cos 2 x t t t Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 642 22 2 2 2 2 1 1 cos sin sin 11 cos cos cos cos t t t x t t t t Với: 2 sin sin 0; cos 0 1 2 cos cos tt t t x t t Khi đó: 2 2 22 1 cos sin ( ) 1 4 1 cot 4sin , do : cos 0 sin cos cos tt t t t ttt 2 2 4 1 cot 1 cot 1 cot 4 1 cot t t t t 32 cot cot cot 3 0 cot 1 , . 4 t t t t t k k Do 1 0; , 2. 2 4 cos t k t x t Với: ; cos 0 2 tt 2 sin sin 1 cos cos tt x t t thì: 2 22 1 cos sin 14 sin cos cos tt ttt 2 1 cot 4sin , : cos 0 t t do t 2 4 1 cot 1 cot t t 2 1 cot 1 cot 4 tt 32 cot cot cot 3 0 t t t cot 1 , 4 t x k k . Do ;, 2 tk 31 2 4 cos tx t . Kết luận: So với điều kiện, phương trình có hai nghiệm: 2, 2. xx BT 359. Giải phương trình: 2 15 1 6 1 x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1 x hoặc 1. x Nếu 1 x thì vế trái 2 1 10 1 x x và vế phải 5 0 6x nên () vô nghiệm. Nếu 1 x thì đặt sin 0 1 , 0, cos 0 cos 2 tan 0 t x t t t t Khi đó: 22 22 2 2 2 1 1 cos sin 1 1 tan tan tan cos cos cos tt x t t t t t t 2 1 1 1 cos 1 cos 1 cos tan cos .tan sin 1 x t t t t t t t x và 5 5cos 66 t x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 643 cos 1 5cos 5 ( ) 1 sin cos 1 sin cos sin 6 6 tt t t t t t () Đặt 2 2 1 sin cos 1 2sin cos sin cos , 1; 2 2 a a t t a t t t t a 2 2 51 ( ) 1 5 12 7 0 1. 62 a a a a a Với 2 7 3 sin cos sin 7 5 5 54 1 12 cos sin .cos 5 2 25 tt t a a t tt hoặc 4 sin 5 3 cos 5 t t Với 4 1 5 cos 5 cos 4 tx t và 3 1 5 cos 5 cos 3 tx t Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 55 , 34 xx BT 360. Giải phương trình: 2 4 1 4 1 1 xx () () x Lời giải. Điều kiện: 1 2 x Ta có: 2 ( ) 4 1 4 1 1 0. xx Xét hàm số 2 ( ) 4 1 4 1 f x x x trên 1 ; 2 có: 2 2 4 1 ( ) 0, ; 2 41 41 x f x x x x nên () fx đồng biến trên 1 ; 2 Do đó phương trình ( ) 0 fx có tối đa 1 nghiệm và có 1 0, 2 f suy ra: 1 2 x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1 2 x BT 361. Giải phương trình: 3 4 5 3 3 2 2 6 21 xx x () () x Lời giải. Điều kiện: 3 2 0 13 2 1 0 22 x x x Do 3 2 x không là nghiệm của phương trình ( ), nên chỉ xét 13 ; 22 x Xét hàm số 3 4 5 ( ) 3. 3 2 2 6 21 f x x x x trên 13 ; 22 có: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 644 2 33 4 6 5 1 3 ( ) 6 0, ; 22 (3 2 ) (2 1) f x x x xx Nên hàm số () fx nghịch biến trên 13 ; 22 Do đó phương trình ( ) 0 fx có tối đa 1 nghiệm và ta có: (1) 0 1. fx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 362. Giải phương trình: 22 48 4 13 9 x x x () () x Lời giải. Do 22 48 9 0 xx nên cần điều kiện: 13 4 13 0 4 xx 22 ( ) 48 9 4 13 0 x x x (1) Xét hàm số 22 ( ) 48 9 4 13 f x x x x trên 13 ; 4 có: 22 2 2 2 2 9 48 13 ( ) 4 4 0, 4 48 9 9. 48 x x x x f x x x x x x x Nên hàm số () fx nghịch biến trên 13 ; 4 Do đó phương trình ( ) 0 fx có tối đa 1 nghiệm và có (4) 0 4. fx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 4. x BT 363. Giải phương trình: 2 3 6 7 1 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Do 1 x không là nghiệm nên xét 1. x 2 3 ( ) 6 1 7 0. x x x Xét hàm số 2 3 ( ) 6 1 7 f x x x x trên (1; ) có: 2 3 11 ( ) 2 0, 1, 21 3 ( 6) f x x x x x nên () ft đồng biến trên (1; ). Do đó phương trình ( ) 0 fx có tối đa 1 nghiệm và có (2) 0 2. fx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2. x BT 364. Giải phương trình: 3 2 3 2 1 15.( 1 2) x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2. x 3 32 ( 1 2) ( 1 2) ( ) 2 1 15 12 x x x x xx xx 3 3 2 3 2 3 1 2 1 15 ( 2 1)( 1 2) 15 0 12 x x x x x x xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 645 Xét hàm số dương 32 ( ) 2 1 g x x x trên (2; ) có 2 ( ) 3 4 0, 2 g x x x x nên hàm số () gx luôn đồng biến trên (2; ). Xét hàm số dương 3 ( ) ( 1 2) h x x x trên (2; ) có: 2 11 ( ) 3 ( 1 2) 0, 2. 2 1 2 2 h x x x x xx Do đó hàm số () hx luôn đồng biến trên (2; ). Suy ra hàm số 3 2 3 ( ) ( ) ( ) ( 2 1) ( 1 2) f x h x g x x x x x đồng biến trên (2; ). Do đó ( ) 0 fx có tối đa 1 nghiệm và có (2) 0 2. fx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2. x BT 365. Giải phương trình: (2 7) ( 3 2 3) 5 0 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 3 x Do 2 3 x và 7 2 x không là nghiệm nên xét 27 ;\ 32 x 5 ( ) 3 2 3 0. 27 xx x Đặt 5 ( ) 3 2 3 27 f x x x x Xét hàm số () fx trên 27 ;\ 32 x có 2 3 1 10 () (2 7) 2 3 1 2 3 fx x xx 2 1 6 28 10 2 7 0, ; \ 2 3 2 (2 7) (3 1)( 3) (3 3 3 1) x x x x x x x Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng 2 7 7 ; , ; 3 2 2 x 2 3 7 2 () fx () fx Mà ta có: (1) (6) 0 1, 6 f f x x là 2 nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 1, 6. xx BT 366. Giải phương trình: 3 2( 3)( 4 2 2 7) 3 4. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 7 2 x Do 7 2 x không là nghiệm, nên xét 7 ; 2 x 33 3 4 3 4 ( ) 4 2 2 7 4 2 2 7 0. 2 6 2 6 xx x x x x xx Xét hàm số 3 34 ( ) 4 2 2 7 26 x f x x x x trên 7 ; 2 có: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 646 2 2 3 1 2 10 7 ( ) 0, 2 (2 6) 27 3 ( 4) f x x x x x Do đó hàm số () fx đồng biến trên 7 ; 2 và phương trình ( ) 0 fx có tối đa 1 nghiệm. Mà (4) 0 f nên ( ) 0 fx có 1 nghiệm là 4. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 4. x BT 367. Giải phương trình: 2 5 5 12 . x x x () x Lời giải. Điều kiện: 5 5. x Ta có: 2 ( ) 5 5 12 0. x x x Do 5 x không là nghiệm của ( ), nên xét ( 5;5). x Xét hàm số 2 ( ) 5 5 12 f x x x x trên khoảng (5; 5) có: 2 1 1 1 1 5 5 ( ) 2 2 22 55 25 xx f x x x xx x 22 11 22 2 25 ( 5 5 ) 2 25 ( 5 5 ) x xx x x x x x x Cho 2 1 ( ) 0 0, do : 2 0, ( 5;5). 2 25 ( 5 5 ) f x x x x x x x 5 0 5 () fx 0 () fx 13 10 13 10 12 2 5 Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phương trình có tối đa 2 nghiệm. Mà ( 4) (4) 0 ff nên có 2 nghiệm là 4 x và 4. x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 4. x BT 368. Giải phương trình: 5 3 8 1 2 11 xx x () x Lời giải. Điều kiện: 8 3 x và 11 2 x Do 8 3 x không là nghiệm nên ta chỉ xét 8 11 , 32 xx Khi đó: 5 ( ) 3 8 1 0. 2 11 xx x Xét hàm số 5 ( ) 3 8 1 2 11 f x x x x trên 8 11 ;\ 32 có: 22 3 1 10 3 1 3 8 10 () (2 11) (2 11) 2 3 8 2 1 2 (3 8)( 1) xx fx xx x x x x 2 6 17 10 8 11 0, , 32 (2 11) 2.(3 1 3 8). (3 8)( 1) x xx x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 647 Suy ra hàm số () fx đồng biến trên 8 11 ;\ 32 Từ đó có bảng biến thiên: x 8 3 11 2 () fx () fx Mà (3) (8) 0, ff suy ra: 3, 8. xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 3, 8. xx BT 369. Giải phương trình: 22 1 32( 1) 2 2. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Khi đó: 25 ( ) 1 2.(4 4) x x x () Đặt 4 4 0 tx thì 2 5 5 2 44 ( ) 2 1 0 8 8 4 44 tt t t t t t Do 0 t không là nghiệm nên xét 0 t và chia 2 vế cho 5 0, t khi đó phương trình 5 4 8 9 5 1 1 8 8 t t t t và xét hàm số 5 4 8 9 5 1 1 8 ( ) 8 ft t t t t luôn nghịch biến trên (0; ) và có (1) 0 1. fx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1. x BT 370. Giải phương trình: 3 11 3 2 3 2. 4 31 x xx x () x Lời giải. Điều kiện: 2 3 x Khi đó: 3 ( ) 3 2. 3 2 8 12. x x x Với 2 3 x thì 3 3 2. 3 2 0 xx nên để phương trình có nghiệm thì cần điều kiện kéo theo là 3 8 12 0 2 xx Đặt 5 3 2, 2 t x t thì phương trình 2 3 2 8.( 2) . 4 12 3 t tt 3 32 1 4 20 3 8 0 t tt và hàm số 3 32 1 4 20 ( ) 3 8 ft t tt luôn nghịch biến trên 5 ; 2 và có (2) 0 2. fx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 2. x BT 371. Giải phương trình: 4 3 3 3 2 3 14 16 (28 4 ) 2 15. x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 3 3 15 2 15 0 2 xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 648 3 3 3 3 ( ) 2 .( 7) 3.( 7) 5 4.(7 ). 2.( 7) x x x x x () Đặt 3 3 77 t x x t với 1 2 t Khi đó: 3 ( ) 2 . 7 3 5 4 . 2 1 0 t t t t t và do 1 2 t không là nghiệm nên chỉ xét phương trình trong khoảng điều kiện: 1 ; 2 t Xét hàm số 3 ( ) 2 . 7 3 5 4 . 2 1 f t t t t t t trên 1 ; 2 có: 3 2 3 24 ( ) 2 7 3 4 2 1 0, 21 3. ( 7) tt f t t t t t do 3 3 15 2 7 2. 3. 2 t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên khoảng 1 ; 2 Mà ta có: (1) 0 1 ft là nghiệm duy nhất của ( ) 0. ft Suy ra: 8. x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là 8. x BT 372. Giải phương trình: 3 2 2 3 2 2 4 1 2 3 2 9 4 4. x x x x x x x Lời giải. Tập xác định: . D Nhận thấy rằng 0 x là một nghiệm của phương trình đã cho. Với 0: x chia hai vế cho x và đặt 1 , t x ta được: 22 3 ( ) 2 4 2 3. 2 1 4 4 9 t t t t t và đặt 3 21 ut thì phương trình tương đương: 66 3 8 15 2 0. u u u Xét hàm số 66 ( ) 3 8 15 2 f u u u u và dễ dàng nhận ra rằng nếu 0 u thì ( ) 0 fu vô nghiệm nên xét 0. u Khi đó: 55 66 33 ( ) 3 0. 8 15 uu fu uu Do đó hàm số () fu đồng biến trên (0; ). Mà (1) 0 1 1. f u x Với 0: x ta cũng làm tương tự, nhưng vô nghiệm. Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là 0, 1. xx BT 373. Giải: 2 22 22 1 2 2 1 ( 1)(2 2 1) xx x x x x x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D 22 22 11 ( ) 1 2 2 1 1 2 2 1 x x x x x x x x 22 22 11 1 2 2 1 1 2 2 1 x x x x x x x x 22 ( 1) (2 2 1), f x x f x x với x 2 + x + 1 > 0 và 2x 2 + 2x + 1 > 0 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 649 Xét hàm số 1 () f t t t trên (0; ) có: 2 11 ( ) 0, 0. 2 f t t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên (0; ) Suy ra: 2 2 2 2 1 ( 1) (2 2 1) 1 2 2 1 0 x f x x f x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là 1, 0. xx BT 374. Giải phương trình: 3 33 3 4 7 4 3 1 4 2 3. x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 3 33 3 ( ) 4 3 1 4 3 1 4 2 4 2 x x x x x x 33 3 3 3 3 33 ( 4 3 1) 4 3 1 ( 4 2) 4 2 x x x x x x 3 3 3 ( 4 3 1) ( 4 2). f x x f x Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, f t t t nên () ft đồng biến trên . 333 3 31 ( 4 3 1) ( 4 2) 4 3 1 4 2 1 22 f x x f x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có các nghiệm là 31 , , 1. 22 x x x BT 375. Giải phương trình: 32 3 8 36 53 25 3 5. x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D 33 3 3 3 ( ) (2 3) (2 3) ( 3 5) 3 5 (2 3) ( 3 5). x x x x f x f x Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 3 33 (2 3) ( 3 5) 2 3 3 5 (2 3) 3 5 f x f x x x x x 3 2 2 2 8 36 51 22 0 ( 2)(8 20 11) 0 53 4 x x x x x x x x Kết luận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 53 2, 4 xx BT 376. Giải phương trình: 32 3 8 12 5 3 2. x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D 33 3 3 3 ( ) (2 1) (2 1) ( 3 2) 3 2 (2 1) ( 3 2). x x x x f x f x Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 33 (2 1) ( 3 2) 3 2 2 1 1 f x f x x x x hoặc 13 4 x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 650 Kết luận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 13 1, 4 xx BT 377. Giải phương trình: 32 3 2 2 1 27 27 13 2. x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D 33 3 3 3 ( ) (3 1) 2(3 1) ( 2 1) 2 1 (3 1) ( 2 1). x x x x f x f x Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t có 2 ( ) 3 2 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 3 3 (3 1) ( 2 1) (3 1) 2 1 0. f x f x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0. x BT 378. Giải phương trình: 32 3 3 3 3 5 1 3 . x x x x () x Tập xác định: . D Lời giải 1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. 33 3 3 3 ( ) ( 1) 3( 1) ( 3 5) 3 3 5 ( 1) ( 3 5). x x x x f x f x Xét hàm số 3 ( ) 3 f t t t có 2 ( ) 3 3 0, , f t t t nên () ft tăng trên . Suy ra: 32 33 1 ( 1) ( 3 5) 1 3 5 3 4 0 2 x f x f x x x x x x Kết luận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 2, 1. xx Lời giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng. Đặt 3 33 3 3 ( 1) 3 5 1 3 5 ( 1) ( 1) 3( ) ( 1) 3 5 yx y x y x x y xy 2 2 1 3( 1) ( ) 1 3 0 . 24 yy x y x x y Với , xy suy ra: 3 3 2 ( 1) 3 5 3 4 0 1 x x x x x hoặc 2. x Kết luận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 2, 1. xx BT 379. Giải phương trình: 2 2 2 3 7 13 8 2 (1 3 3 ). x x x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D Do 0 x không là nghiệm nên chia hai vế phương trình cho 3 0, x ta được: 3 2 3 2 7 13 8 1 3 ( ) 2 3 xx x x x và đặt 1 , 0 yy x thì phương trình tương đương: 3 2 2 3 8 13 7 2 3 3 y y y y y 3 2 3 2 33 (2 1) 2(2 1) ( 3 3) 2 3 3. y y y y y y Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t có 2 ( ) 3 2 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 22 33 (2 1) ( 3 3) 2 1 3 3 f y f y y y y y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 651 Từ đó tìm được các nghiệm là 5 89 5 89 1, , 44 x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 5 89 1, 4 xx BT 380. Giải phương trình: 2 3 23 14 4 5 4 18 27 xx x xx () x Lời giải. Điều kiện: 0. x Nhân 2 vế phương trình cho , x được: 32 3 ( ) 4 18 27 14 4 5 x x x x 33 3 3 3 1 (2 3) (2 3) ( 4 5) 4 5 (2 3) ( 4 5). 2 x x x x f x f x Xét hàm số 3 1 () 2 f t t t có 2 3 ( ) 1 0, , 2 f t t t nên () ft tăng trên . Suy ra: 3 33 (2 3) ( 4 5) 2 3 4 5 (2 3) 4 5 f x f x x x x x 2 ( 1) (8 28 22) 0 1 x x x x hoặc 75 4 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 75 1, 4 xx BT 381. Giải phương trình: 3 3 8 8 4 4 6 . x x x () x Tập xác định: . D Lời giải 1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. 33 3 3 3 ( ) (2 ) (2 ) ( 4 6 ) 4 6 (2 ) ( 4 6 ). x x x x f x f x Xét hàm số 3 () f t t t có 2 3 1 0, f t t () ft đồng biến trên . Suy ra: 3 33 1 (2 ) ( 4 6 ) 2 4 6 8 6 4 0 2 f x f x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1 2 x Lời giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về hệ. Đặt: 3 2 4 6 yx 3 3 8 4 6 8 8 4 2 yx x x y 3 3 8 6 4 0 8 8 2 4 0 yx x x y 3 3 2 2 8( ) 2( ) 0 4( ) 1 0 . y x y x y x y xy x x y Với 3 1 8 6 4 0 2 y x x x x là nghiệm duy nhất. Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1 2 xTư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 652 BT 382. Giải phương trình: 3 3 6 1 8 4 1. x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D 33 3 3 3 ( ) 6 1 ( 6 1) (2 ) (2 ) ( 6 1) (2 ). x x x x f x f x Xét hàm số 3 () f t t t có 2 ( ) 1 3 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 3 33 1 ( 6 1) (2 ) 6 1 2 4 3 2 f x f x x x x x () Đặt cos , 0; x u u . Khi đó: 3 1 ( ) 4cos 3cos 2 uu 12 cos 3 cos 2 3 9 3 k uu với . k Do 0; 5 7 5 7 ; ; cos ;cos ;cos 9 9 9 9 9 9 u ux k Kết luận: Các nghiệm cần tìm của phương trình là 57 cos ;cos ;cos 9 9 9 x BT 383. Giải phương trình: 32 3 3 4 3 2. x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D 33 3 3 3 ( ) ( 1) ( 1) ( 3 4) 3 4 ( 1) ( 3 4). x x x x f x f x Xét hàm số 3 () f t t t có 2 ( ) 3 1 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 32 33 ( 1) ( 3 4) 1 3 4 3 3 f x f x x x x x () Đặt 1 2cos , xu suy ra: 1 2cos , (0; ). x u u Khi đó: 3 2 3 ( ) (2cos 1) 3.(2cos 1) 3 0 8cos 6cos 1 u u u u 3 12 4cos 3cos cos3 cos , ( ). 2 3 9 3 k u u u u k Do 57 0; ; ; 9 9 9 uu 57 2cos 1; 2cos 1; 2cos 1 9 9 9 x Kết luận: Các nghiệm 57 2cos 1; 2cos 1; 2cos 1 9 9 9 x BT 384. Giải phương trình: 2 9 28 21 1. x x x Điều kiện: 1. x Lời giải 1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Với 3 1; 2 x thì 22 ( ) (4 3 ) (4 3 ) ( 1) 1 x x x x (4 3 ) ( 1). f x f x Xét 2 () f t t t trên 3 1; 2 có ( ) 2 1 0 f t t nên () ft đồng biến trên 3 1; 2 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 653 Suy ra: 25 13 (4 3 ) ( 1) 1 4 3 8 f x f x x x x Với 3 ; 2 x thì 22 ( ) (3 5) (3 5) ( 1) 1 x x x x (3 5) ( 1). f x f x Xét 2 () f t t t trên 3 ; 2 có ( ) 2 1 0 f t t nên () ft đồng biến trên 3 1; 2 Suy ra: 2 5 (3 5) ( 1) 3 5 1 2. 3 9 31 26 0 x f x f x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 25 13 2, 8 xx Lời giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về hệ. Đặt 2 22 2 9 30 26 0 3 5 1 ( ) 3( ) 0 9 28 3 26 0 y y x y x y x y x x x y ( ) ( 3) 0 y x y x y x hoặc 3. yx Với 2 5 1 3 5 2. 3 9 31 26 0 x y x x x x xx Với 2 4 25 13 3 1 4 3 3 8 9 25 17 0 x y x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 25 13 2, 8 xx BT 385. Giải phương trình: 3 3 2 2 4 5 6 7 9 4. x x x x x () x Tập xác định: . D Lời giải 1. Sử dụng đơn điệu hàm số 33 3 2 3 2 ( ) ( 1) ( 1) ( 7 9 4) 7 9 4 x x x x x x 3 2 ( 1) ( 7 9 4). f x f x x Xét hàm số 3 () f t t t có 2 ( ) 3 0, , f t t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 33 2 2 3 2 ( 1) ( 7 9 4) 1 7 9 4 4 6 5 0 f x f x x x x x x x x 2 ( 5) ( 1) 0 5 x x x x hoặc 15 2 x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 654 Kết luận: Phương trình đã cho có các nghiệm là 15 5, 2 xx Lời giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về hệ. Đặt 32 3 2 32 7 9 4 7 9 4 4 5 6 y x x y x x y x x x 33 ( 1) ( 1) y y x x 3 3 2 2 ( 1) ( 1) 0 ( 1) ( 1) ( 1) 1 0 y x y x y x y y x x 2 2 1 3( 1) 1 1 0 1. 24 xx y x y y x Với 3 2 3 2 1 1 7 9 4 ( 1) 7 9 4 y x x x x x x x 3 2 2 4 6 5 0 ( 5) ( 1) 0 5 x x x x x x x hoặc 15 2 x Kết luận: Phương trình đã cho có các nghiệm là 15 5, 2 xx BT 386. Giải phương trình: 3 2 2 3 3 6 3 17 3 9( 3 21 5). x x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D Nhân 9 vào hai vế phương trình, ta được: 3 3 2 2 33 ( ) (3 3) 27(3 3) 9( 3 21 5) 27 9( 3 21 5) x x x x x x 2 3 (3 3) ( 9( 3 21 5)). f x f x x Xét hàm số 3 ( ) 27 f t t t có 2 ( ) 3 27 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 22 33 (3 3) ( 9( 3 21 5)) 3 3 9.( 3 21 5) f x f x x x x x 3 2 3 3 3 3 2 3 6 12 8 0 4 ( 2) 4. 2 41 x x x x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 3 2 41 x BT 387. Giải phương trình: 3 ( 4)( 5). x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 0. x Khi đó: 3 3 2 ( ) 9 20 x x x x 3 3 2 2 3 3 2 2 ( 8 16) ( 4) ( 4) ( 4) x x x x x x x x x 32 ( ) (( 4) ). f x f x Vì 0 x không là nghiệm nên xét hàm số () f t t t trên (0; ) có 1 ( ) 1 0, 0. 2 f t t t Do đó hàm số luôn đồng biến trên (0; ). Suy ra: 3 2 3 2 2 ( ) (( 4) ) ( 4) ( 4)( 3 4) 0 4. f x f x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 655 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 4. x BT 388. Giải phương trình: 32 2 3 1 2(3 1) 3 1. x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1 3 x 3 2 3 2 ( ) 2 2( 3 1) ( 3 1) ( ) ( 3 1). x x x x f x f x Xét hàm số 32 ( ) 2 f t t t trên 0; có 2 ( ) 6 2 0, 0. f t t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên 0; . Suy ra: 2 35 ( ) ( 3 1) 3 1 3 1 2 f x f x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là 35 2 x BT 389. Giải phương trình: 3 4 ( 1) 2 1 0. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1 2 x Khi đó: 3 ( ) 8 2 (2 1) 1 2 1 x x x x 33 (2 ) (2 ) ( 2 1) 2 1 (2 ) ( 2 1). x x x x f x f x Xét hàm số 3 () f t t t có 2 ( ) 3 1 0, . f t t t Do đó () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 0 15 (2 ) ( 2 1) 2 2 1 4 4 2 1 0 x f x f x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 15 4 x BT 390. Giải phương trình: 32 3 4 2 (3 2) 3 1. x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1 3 x Khi đó: 3 ( ) ( 1) 1 (3 1) 1 3 1 x x x x 33 ( 1) ( 1) ( 3 1) 3 1 ( 1) ( 3 1). x x x x f x f x Xét hàm số 3 () f t t t có 2 ( ) 3 1 0, . f t t t Do đó () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 1 0 ( 1) ( 3 1) 1 3 1 1 0 x x f x f x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 0, 1. xx BT 391. Giải phương trình: 3 2 2 2 3 5 3 ( 3) 1. x x x x x () x Lời giải. Tập xác định: . D 3 2 2 2 2 ( ) 3 5 3 ( 1) 2 1 x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 656 3 2 3 2 2 ( 1) 2( 1) ( 1) 2 1 ( 1) ( 1). x x x x f x f x Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t trên có 2 '( ) 3 2 0, f t t t . Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên . Suy ra: 22 ( 1) ( 1) 1 1 0. f x f x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 0. x BT 392. Giải phương trình: 3 1 2 1 2 2 1 3 x x x () x Lời giải. Điều kiện: 13 x và 1. x 3 ( ) ( 2) 1 2( 2) 2 1 3 x x x x 2 3 ( 1) 1 1 2 1 2 1 x x x x 33 3 3 3 ( 1) 1 ( 2 1) 2 1 ( 1) ( 2 1). x x x x f x f x Xét hàm số 3 () f t t t có 2 ( ) 3 1 0 , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 33 ( 1) ( 2 1) 1 2 1 f x f x x x 3 2 3 2 66 3 2 1 0 2 1 0 2 1 0 ( 1) (2 1) 0 ( 1) ( 2 1) x xx x x x x x xx 2 1 0 2 ( 1) 0 x x x x x hoặc 15 2 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là 15 0, 2 xx BT 393. Giải phương trình: 3 (2 3 5 3 ) 7 5 3 0. x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 5 3 x Khi đó: 3 ( ) 2 7 5 3 3 5 3 x x x x x 33 2 (7 3 ) 5 3 2 2 (5 3 ) 5 3 x x x x x x x x 33 2 ( 5 3 ) 2 5 3 ( ) ( 5 3 ). x x x x f x f x Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t trên có 2 ( ) 3 2 0, . f t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên . Suy ra: 2 0 29 3 ( ) ( 5 3 ) 5 3 2 3 5 0 x f x f x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 29 3 2 x BT 394. Giải phương trình: 22 3 (2 9 3) ( 1)(2 2 4). x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 657 Lời giải. Tập xác định: . D 22 ( ) (3 ) 2 (3 ) 3 ( 1) 2 ( 1) 3 (3 ) ( 1). x x x x f x f x Xét hàm số 2 ( ) (2 3) f t t t trên có 2 2 2 ( ) 2 3 0, . 3 t f t t t t Do đó () ft đồng biến trên . Suy ra: 1 (3 ) ( 1) 3 1 2 f x f x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1 2 x BT 395. Giải phương trình: 22 5 25 2 (2 3) 4 12 11 7 3 0. x x x x x x Lời giải. Tập xác định: . D 22 ( ) (2 3) (2 3) 2 (2 3) ( 5 ). ( 5 ) 2 ( 5 ) x x x x x x (2 3) ( 5 ). f x f x Xét 2 ( ) 2 f t t t t trên có 2 2 2 ( ) 2 1 0, . 2 t f t t t t Do đó hàm số () ft đồng biến trên . Suy ra: 3 (2 3) ( 5 ) 2 3 5 7 f x f x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3 7 x BT 396. Giải phương trình: (8 6) 1 (2 2)( 4 2 3). x x x x x Lời giải. Điều kiện: 2. x 2 ( ) (4 3). 4 4 (2 2). (( 2) 4 2 4) 1 x x x x x 22 ( 4 4) 1 . 4 4 (2 2). ( 2 2) 1 x x x x 33 ( 4 4) 4 4 (2 2) (2 2) x x x x ( 4 4) (2 2). f x f x Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 4 4) (2 2) 4 4 2 2 f x f x x x 2 4 2 4 4 4 2 3 6 x x x x x 22 34 34 99 xy xy Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là 34 34 ( ; ) (2; 2); ; 99 xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 658 BT 397. Giải phương trình: 32 4 15 30 4 27( 1) x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Ta có: Cauchy 4 () 4. 3.3.3.( 1) 3 3 3 1 10. VP x x x Mà: 3 2 3 2 () 15 30 10 16 20 0 VT x x x x x x x 2 ( 5)( 2) 0 : xx luôn đúng với mọi 1. x Nghiệm của () là các giá trị làm cho dấu đẳng thức xảy ra 2. x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 2. x BT 398. Giải phương trình: 2 2 3 5 2 3 12 14 x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 35 22 x Ta có: Cauchy () 22 () (2 3) 1 (5 2 ) 1 (2 3).1 (5 2 ).1 2 22 3 12 14 3( 2) 2 2 xx VT x x VP x x x Nghiệm của () là các giá trị làm cho dấu đẳng thức xảy ra 1. x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1. x BT 399. Giải phương trình: 2 7 5 12 38 x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 5 7. x Ta có: Cauchy () 2 2 () (7 ) 1 5 1 (7 ).1 ( 5).1 2 22 12 38 6 2 2 xx VT x x VP x x x Nghiệm của () là các giá trị làm cho dấu đẳng thức xảy ra 6. x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 6. x BT 400. Giải phương trình: 4 22 1 1 2 4 x xx () x Lời giải. Điều kiện: 1 1. x Ta có: 22 Cauchy 22 () (1 ) 1 (1 ) 1 (1 ).1 (1 ).1 2. 22 xx VT x x Mặt khác: 4 () 2 2. 4 x VP Nghiệm của () là các giá trị làm cho dấu đẳng thức xảy ra 0. x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 0. x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 659 BT 401. Giải phương trình: 2 2 2 3 6 12 5 10 9 3 2 4 x x x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 ( ) 3( 1) 9 5( 1) 4 5 2( 1) x x x (1) Ta có: 22 (1) 2 (1) 3( 1) 9 5( 1) 4 9 4 5 5 2( 1) 5 VT x x VT x Nghiệm của (1) là các giá trị làm cho dấu đẳng thức xảy ra 1. x Kết luận: Nghiệm cần tìm của phương trình là 1. x BT 402. Giải phương trình: 2 2 11 2 2 4 xx x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 2 2 x hoặc 2 2. 2 x 2 2 11 ( ) ( 2 ) 2 4 xx x x (1) Ta có: Cauchy Schwarz 2 2 2 2 2 Cauchy Schwarz 22 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 2 x x x x x x x x Cộng lại, suy ra: 2 2 11 2 2 4 xx x x nên nghiệm của (1) là các giá trị làm cho các dấu đẳng thức xảy ra 2 2 1. 11 2 xx x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là 1. x BT 403. Giải phương trình: 2 12 2 3( 1) x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 0 12. x Ta có: 22 1 12 1 12 2 3( 1). Cauchy Schwarz x x x x x x x Do đó nghiệm của phương trình () khi các dấu đẳng thức xảy ra 2 2 0 6 35 12 12 0, 2 12 1 0 x x x x x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 6 35 0, 2 xx BT 404. Giải phương trình: 22 2 3 4 2 3 11 3 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 2. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 660 Có: Cauchy Schwarz 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 8 4 1 2 2 . ( 3) ( 8 4 ) x x x x x x Suy ra: 22 2 3 4 2 3 11 3 . x x x x x Do đó nghiệm của phương trình () khi các dấu đẳng thức xảy ra 2 3 8 4 1. 1 2 2 x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1. x BT 405. Giải phương trình: 22 2 2 1 3 4 1 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1 2 x Ta có: .. 2 2 2 1 . 2 1. 2 1 1. 2 2 1 B C S x x x x x x x x x Suy ra: 22 2 2 1 3 4 1. x x x x x Do đó nghiệm của phương trình () khi các dấu đẳng thức xảy ra 1 1 5 2x 1 2 2 2 2x 1 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là 15 2 x BT 406. Giải phương trình: 3 2 3 2 2 3 2 2 3 2 1 2 2 2 x x x x x x x Lời giải. Điều kiện: 32 32 3 2 2 0 3 2 1 0 xx x x x Ta có: 3 2 3 2 Cauchy 32 3 2 3 2 Cauchy 32 1 (3 2 2) 3 2 3 1.(3 2 2) 22 1 ( 3 2 1) 3 2 1.( 3 2 1) 22 x x x x xx x x x x x x x x x Suy ra: 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 3 2 3 2 2 3 2 1 22 x x x x x x x x x x 2 3 2 3 2 3 2 3 3 2 2 3 2 1 2 xx x x x x x 22 3 2 3 2 (4 4 4) ( 1) 3 2 2 3 2 1 2 x x x x x x x x 3 2 3 2 2 3 2 2 3 2 1 2 2 2 x x x x x x x Do đó nghiệm của phương trình khi các dấu đẳng thức xảy ra 1. x BT 407. Giải phương trình: 22 2 3 4 6 17 x x x x () () x Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 ( ) (1 ) ( 2) ( 2) ( 2) 17 xx (1) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 661 Trong mặt phẳng , Oxy chọn: (1 ; 2), ( 2; 2) u x v x và (3;2 2). uv Suy ra: 2 2 2 2 (1 ) ( 2) , ( 2) ( 2) u x v x và 17. uv Ta có: 2 2 2 2 (1 ) ( 2) ( 2) ( 2) 17 u v u v x x (2) Do đó nghiệm của (1) là các giá trị làm cho dấu đẳng thức trong (2) xảy ra hai véctơ , uv cùng chiều 1 2 1 1 1 2 22 2 x x x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1 2 x BT 408. Giải phương trình: 22 4 1 2 2 2 13 x x x () Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 ( ) (2 ) 1 (2 2 ) 2 13 xx (1) Trong mặt phẳng , Oxy chọn: (2 ;1), (2 2 ;2) u x v x và (2; 3). uv Suy ra: 2 2 2 2 (2 ) 1 , (2 2 ) 2 u x v x và 22 2 3 13. uv Ta có: 2 2 2 2 (2 ) 1 (2 2 ) 2 13 u v u v x x (2) Do đó nghiệm của (1) là các giá trị làm cho dấu đẳng thức trong (2) xảy ra hai véctơ , uv cùng chiều 2 2 2 1 4 2 2 1 2 3 xx x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1 3 x BT 409. Giải phương trình: 22 10 74 6 10 10 x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 ( ) ( 5) 7 ( 3) 1 10 xx (1) Trong mặt phẳng , Oxy chọn: ( 5;7), ( 3;1) u x v x và (8;6). uv Suy ra: 2 2 2 2 ( 5) 7 , ( 3) 1 u x v x và 10. uv Ta có: 2 2 2 2 ( 5) 7 ( 3) 1 10 u v u v x x (2) Do đó nghiệm của (1) là các giá trị làm cho dấu đẳng thức trong (2) xảy ra hai véctơ , uv cùng chiều 5 13 7 33 x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 13 3 x BT 410. Giải phương trình: 2 2 2 2 2 2 9 6 2 2 2 x x x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 662 2 2 2 2 2 2 ( ) (2 2) 2 (3 1) 1 ( 1) 1 x x x (1) Trong mặt phẳng , Oxy chọn: (2 2;2), (3 1;1) u x v x và ( 1;1). u v x Suy ra: 2 2 2 2 (2 2) 2 , (3 1) 1 u x v x và 22 ( 1) 1 . u v x Ta có: 2 2 2 2 2 2 (2 2) 2 (3 1) 1 ( 1) 1 u v u v x x x (2) Do đó nghiệm của (1) là các giá trị làm cho dấu đẳng thức trong (2) xảy ra hai véctơ , uv cùng chiều 3 1 1 0. 2 2 2 x x x Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 0. x BT 411. Giải: 2 2 2 4 8 4 12 10 9 30 50 10 x x x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 2 2 ( ) ( 2) 2 (2 3) 1 (5 3 ) 5 10 x x x (1) Chọn: ( 2;2), (2 3;1), (5 3 ;5) u x v x w x và (6;8). u v w Suy ra: 2 2 2 2 2 2 ( 2) 2 , (2 3) 1 , (5 3 ) 5 u x v x w x và 10. u v w Ta luôn có bất đẳng thưc véctơ: u v w u v w 2 2 2 2 2 2 ( 2) 2 (2 3) 1 (5 3 ) 5 10 x x x (2) Do đó nghiệm của (1) là các giá trị làm cho dấu đẳng thức trong (2) xảy ra hai véctơ , , u v w cùng chiều 2 2 3 5 3 2 1 5 x x x : hệ vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho vô nghiệm . x BT 412. Giải phương trình: 2 1 2 10 16 3 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1. x 2 ( ) 1 1 1 ( 3) 2 10 16 x x x x (1) Trong mặt phẳng , Oxy chọn: (1;1), ( 1; 3). u v x x Suy ra: 2, u 2 2 2 2 . 1 ( 3) ( 1) ( 3) 5 8, 2 10 16 u v x x v x x x x u v x x Ta có: 2 . . 1. 1 1.( 3) 2 10 16 u v u v x x x x (2) Do đó nghiệm của (1) là các giá trị làm cho dấu đẳng thức trong (2) xảy ra hai véctơ , uv cùng chiều 2 3 1 3 5. 7 10 0 x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 5. x BT 413. Giải phương trình: 2 ( 1) 1 3 2. 2 2 x x x x x () () x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 663 Lời giải. Điều kiện: 1 3. x Trong mặt phẳng tọa độ , Oxy chọn: ( 1;1), ( 1; 3 ). u x v x x Suy ra: 2 2 2 2 22 ( 1) 1 2 2 . ( 1) 1 3 2 2 2 ( 1) ( 3 ) 2 u x x x u v x x x u v x x v x x Ta luôn có: 2 ( 1) 1 3 2 2 2 ( ) u v u v x x x x x Do đó nghiệm của () là các giá trị làm cho dấu đẳng thức trong () xảy ra hai véctơ , uv cùng chiều 11 ( 1) 3 1 13 x x x x xx 2 3 2 1 0 1 1 2 ( 1) (3 ) 1 5 8 4 0 xx x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 2. xx BT 414. Giải phương trình: 32 (2 ) 3 2 7 17 15 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 0 2 x 2 ( ) (2 ) 1 3 2 (3 )( 4 5) x x x x x x (1) Trong mặt phẳng tọa độ , Oxy chọn: (2 ;1), ( ; 3 2 ). u x v x x Suy ra: 2 2 2 2 22 (2 ) 1 4 5 . (2 ) 3 2 (3 )( 4 5) ( ) ( 3 2 ) 3 u x x x u v x x x u v x x x v x x x Ta luôn có: 2 (2 ) 1 3 2 (3 )( 4 5) u v u v x x x x x x (2) Do đó nghiệm của (1) là các giá trị làm cho dấu đẳng thức trong (2) xảy ra hai véctơ , uv cùng chiều 21 1. 32 x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1. x BT 415. Giải phương trình: 2 1 3 2 1 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1 3. x Trong mặt phẳng tọa độ , Oxy chọn: ( ;1), ( 1; 3 ). u x v x x Suy ra: 2 2 22 1 13 21 ( 1) ( 3 ) 2 ux u v x x x u v x v x x Ta luôn có: 2 . . 1 3 2 1 u v u v x x x x () Do đó nghiệm của () là các giá trị làm cho dấu đẳng thức trong () xảy ra Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 664 hai véctơ , uv cùng chiều 1 31 13 x x x x xx 2 3 2 1 00 (3 ) 1 3 1 0 12 x xx x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1, 1 2. xx BT 416. Giải: 2 3 2 3 5 6 4 19 12 36 2 20 6 x x x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 4. x 2 ( ) 3 5 6 (4 3)(4 ) (4 2) (9 4 3) x x x x x x x (1) Trong mặt phẳng tọa độ , Oxy chọn: (3 ; 4 3), ( 5 6; 4 ). u x x v x x 2 2 2 2 22 (3 ) ( 4 3) 9 4 3 . 3 5 6 4 3. 4 . (4 2) (9 4 3) ( 5 6) ( 4 ) 4 2 u x x x x u v x x x x u v x x x v x x x Ta có: 2 . . 3 5 6 4 3. 4 (4 2) (9 4 3) u v u v x x x x x x x (2) Do đó nghiệm của (1) là các giá trị làm cho dấu đẳng thức trong (2) xảy ra hai véctơ , uv cùng chiều 3 4 3 3 4 (5 6)(4 3) 5 6 4 xx x x x x xx 2 3 2 2 4 2 4 3. 9 (4 ) (4 3)(5 6) 9 16 39 18 0 xx x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 3. x BT 417. Giải phương trình: 2 4 1 5 14 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Có: 2 ( ) ( 1 4 1 4) ( 6 9) 0 x x x x 22 1 2 0 ( 1 2) ( 3) 0 3. 30 x x x x x Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3. x BT 418. Giải phương trình: 2 6 4 1 3 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1 3 x 2 2 2 ( ) 4 4 1 3 (1 3 ) ( 2 1) 0 (2 1 3 ) ( 1) 0 x x x x x x 2 1 3 0 1. 10 x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là 1. x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 665 BT 419. Giải phương trình: 2 4 3 1 2 7 2 2 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1 2. 3 x 2 ( ) 2 2 (2 ) 4 4 3 1 (3 1) 0 x x x x x x 22 20 ( 2 ) (2 3 1) 0 1. 2 3 1 0 xx x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình cần tìm là 1. x BT 420. Giải phương trình: 24 4 2 4 3 2 7 10 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 3 x 42 ( ) 2. .2 2 4( 2) 4 2.2. 3 2 (3 2) 0 x x x x x x 2 2 2 2 2 2 0 ( 2 2) (2 3 2) 0 2. 2 3 2 0 xx x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình cần tìm là 2. x BT 421. Giải phương trình: 2 2 3 2 2 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 0. x Khi đó: 2 ( ) 4 3 2 4 2 4 x x x x x 2 ( 2 1) (4 2.2 3 3) 0 x x x x x x 22 10 ( 1) (2 3) 0 1. 2 3 0 x x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình cần tìm là 1. x BT 422. Giải phương trình: 4 2 2 2 2 2 16 2 6 20 0 x x x x x x () Lời giải. Tập xác định: . D 4 2 2 2 2 ( ) 2. . 2 16 ( 2 16) ( 4 4) 0 x x x x x x x x 22 2 2 2 2 2 16 0 ( 2 16) ( 2) 0 2. 20 x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình cần tìm là 2. x BT 423. Giải phương trình: 2 4 2 3 8 1 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 3 2 x 22 2 9 1 1 3 1 ( ) 4 6 (2 3) 2 2 3 2 2 3 4 2 4 2 2 x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 666 31 2 2 3 2 3 2 1 31 22 2 2 3 31 22 2 3 2 2 2 2 3 22 xx xx xx xx xx 2 1 2 2 3 1 0 x xx hoặc 2 1 3 17 4 4 10 1 0 x x xx hoặc 5 21 4 x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 3 17 5 21 , 44 xx BT 424. Giải phương trình: 2 9 18 31 12 6 1 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1 6 x 2 2 2 ( ) 36 2.6. 6 1 (6 1) 9 2.3 .2 4 (6 6 1) (3 2) x x x x x x 6 6 1 3 2 6 1 8 3 6 6 1 3 2 6 6 1 2 3 6 1 3 4 x x x x xx x x x x 2 4 : 3 9 18 17 0 x xx vô nghiệm hoặc 2 8 5 3 3 9 54 65 0 x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình cần tìm là 5 3 x BT 425. Giải phương trình: 32 (2 2) 2 1 9 33 29 0 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 2 x 3 ( ) (2 1) 3 2 1 6 2 (3 ) x x x x 3 3 3 3 ( 2 1) 3(2 1) 3 2 1 1 (3 ) ( 2 1 1) (3 ) x x x x x x 2 2 2 1 2 1. 6 5 0 x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình cần tìm là 1. x BT 426. Giải phương trình: 32 3 3 2 14 3 2 27 162 342 196 x x x x x x Lời giải. Điều kiện: 2 3 x Khi đó phương trình đã cho: 3 (3 14) 3 2 18 20 (3 6) x x x x 3 (3 2) 12 3 2 18 20 (3 6) x x x x 3 3 3 3 ( 3 2) 6(3 2) 12 3 2 8 (3 6) ( 3 2 2) (3 6) x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 667 2 3 4 0 7 3 2 3 4 3 9 27 14 0 x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình cần tìm là 7 3 x BT 427. Giải bất phương trình: 22 ( 4 ) 2 3 2 0 x x x x () () x Lời giải. 2 2 2 1 2 2 3 2 0 2 2 () 1 2 3 2 0 1 2 4 2 2 40 04 xx xx x xx xx xx xx xx Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là 1 ; 2 4; 2 x BT 428. Giải bất phương trình: 22 66 2 5 4 x x x x xx () () x Lời giải. 2 2 60 2 3 3 60 23 () 21 1 5 0 4 1 ( 4)(2 5) 2 xx xx x xx x x x xx xx Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là 2; 1 3 x BT 429. Giải bất phương trình: 2 2 10 16 1 3 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1. x 2 2 3 1 0 ( ) 2 10 16 3 1 5 8 2( 3) 1 0 xx x x x x x x x x 22 3 1 0 3 1 0 ( 6 9) 2( 3) 1 ( 1) 0 ( 3 1) 0 x x x x x x x x x x x 2 3 1 0 3 1 0 3 1 0 3 3 1 0 1 3 7 10 0 xx x x x x x x x x x xx 3 1 0 5. 5 xx x x Kết luận: So với điều kiện, bất phương trình có nghiệm duy nhất 5. x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 668 BT 430. Giải bất phương trình: 3 3 3 4 3 3 3 xx x xx () () x Lời giải. Điều kiện: 13 0 x x Khi đó: 3 3 3 0. xx 2 2 6 2 (3 3)(3 ) ( 3 3 3 ) 4 4 () 4 ( 3 3 3 )( 3 3 3 ) x x x xx x x x x x x x Nếu 1;0 x thì bất phương trình 2 6 2 (3 3)(3 ) 16 x x x 2 2 2 3 6 9 5 4 16 16 0 ( 2) 0 : x x x x x x luôn đúng. Nếu 0; 3 x thì bất phương trình 2 6 2 (3 3)(3 ) 16 x x x 2 2 2 3 6 9 5 4 16 16 0 ( 2) 0 2. x x x x x x x Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là 1;0 2 x BT 431. Giải bất phương trình: 2 2 24 27(12 24 ) 24 8(12 24 ) x x x x x xx x x x () Lời giải. Điều kiện: 0. x 24 2 (24 ) 24 27 () 8 24 24 2 (24 ) x x x x xx x x x x x x 2 33 2 24 27 ( 24 ) 8( 24 ) 27( 24 ) 8 24 ( 24 ) x x x x x x x x x x x x 2( 24 ) 3( 24 ) 5 24 1. x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 0;1 . x BT 432. Giải bất phương trình: 22 1 1 2 xx x xx () () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Do 2 vế đều dương nên bình phương thì: 2 2 2 2 4 2 1 1 4 1 2 ( ) 2 2 x x x x x x x x x x 63 63 63 22 3 6 3 2 1 0 2 0 12 1 2 2 0 1 (2 ) xx xx xx xx x x x 3 33 33 3 3 1 1 2 55 2 2 44 2 45 xx x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 3 5 ; 4 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 669 BT 433. Giải bất phương trình: 2 2 2 3 2 6 5 2 9 7 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 x hoặc 5. x ( ) ( 1)( 2) ( 1)( 5) ( 1)(2 7) x x x x x x (1) Nếu 1 x thì (1) đúng nên 1 x là một nghiệm của (1). Nếu 1, x suy ra: 1 0, 2 0, 5 0, 2 7 0. x x x x (1) 2 5 2 7 ( 2)( 5) 0 x x x x x 11 : ( 2)( 5) 0 5 2 xx x x x vô nghiệm. Nếu 5, x suy ra: 1 0, 2 0, 5 0, 2 7 0. x x x x (1) 2 5 2 7 ( 2)( 5) 0 x x x x x 55 5. ( 2)( 5) 0 5 2 xx x x x x Kết luận: Bất phương trình có 2 nghiệm là 1, 5. xx BT 434. Giải bất phương trình: 2 2 2 3 2 2 2 0 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 2. x 2 2 2 2 2 2 ( ) (3 2 ) 2 2 ( 2 ) (1 ) x x x x x x x 2 3 2 2 ( 2 ) (1 ) 2 0 x x x x 2 3 2 2 2 ( 2 ) 2 ( 2 ) 0 x x x x x 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) ( 2 ) 0 x x x x x 2 2 2 2 2 ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0 x x x x x x x 2 2 2 ( 2 ) 2 ( 2 ) 1 0 x x x x x 2 2 2 ( 2 ) (3 2 ) 0 x x x x x 2 2 2 2 0, do : 3 2 0, 2; 2 x x x x x x 2 22 0 0 2 1. 1 1 2 x x x x x xx xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 1; 2 x BT 435. Giải bất phương trình: 2 2 ( 2) 8 ( 3 1 2 1) x x xx () () x Lời giải. Điều kiện: 1 2 x Suy ra: 3 1 2 1 0. xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 670 22 2 2 ( 2) ( 3 1 2 1) ( ) 8 6 1 4 2 ( 2) x x x x x x x x 2 1 2 4 2 0 1 2 1. 12 2 15 17 0 1 2 x x x xx x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 1 ;1 2 x BT 436. Giải bất phương trình: 2 ( 3 1) (1 2 3) 4 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x Suy ra: 3 1 0. xx 2 2 4 (1 2 3) ( ) 4 1 2 3 3 1 31 xx x x x x xx 22 1 2 3 2 2 3 3 1 2 ( 3)( 1) x x x x x x x x 2 4 0 2 xx hoặc 2. x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 2; x BT 437. Giải bất phương trình: 2 2 4 2 ( 4 1)(1 3 4) 5 x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2 42 1 0 1 1 3 4 0 xx x xx Suy ra 22 4 1 0 xx 42 4 2 2 2 22 5 (1 3 4) ( ) 5 1 3 4 4 1 41 xx x x x x xx 4 2 4 2 2 4 3 3 2 3 4 2 3 2 3 4 x x x x x x x 4 2 2 6 0 2 2 x x x x hoặc 2. x Kết luận: So điều kiện, tập cần tìm là ; 2 2; x BT 438. Giải bất phương trình: 4 2 1 2 17 xx x () () x Lời giải. Điều kiện: 0. x Khi đó: 4 ( ) 2 17 2 1 xx x 4 16 2 17 2 1 4 2 17 2 1 x x x x x x 2 ( 2 17 2 1) 16 (2 17)(2 1) 6 9 x x x x x x (2 17)(2 1) 0 6 9 0 xx x hoặc 2 6 9 0 17 2 2 9 4 0 x x xx hoặc 1 4. 2 x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 0; 4 x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 671 BT 439. Giải bất phương trình: 2 2 6 3 2 5 2 1 3 2 5 2 x x x x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 2 2 2 5 2 0 1 0 ( ) 2 3 2 5 2 0 0; 1 x xx x x i x x x xx 2 22 6 3 2 5 2 1 6 1 ( ) 1 3 2 5 2 3 2 5 2 x x x xx x x x x x x 2 22 6 1 3 2 5 2 00 3 2 5 2 .(3 2 5 2) x x x x x x x x x x x (1) Nếu 22 2 0 3 2 5 2 0 2 5 2 3 7 5 2 0 x x x x x x x xx 2 : 7 x thỏa điều kiện () i và thỏa (1) nên nhận 2 7 x Nếu 2 2 3 2 5 2 0 , 7 x x x x thì: 22 22 (3 2 5 2) (1) 0 .(3 2 5 2) (3 2 5 2) x x x x x x x x x x 22 2 (3 2 5 2) 0 .(7 5 2) x x x x x x Do 22 (3 2 5 2) 0 x x x nên 2 2 .(7 5 2) 0 7 x x x x hoặc 0 1. x Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là 12 ; 2 ; 0;1 27 x BT 440. Giải bất phương trình: 2 9 4 5 25 x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 5 4 x Suy ra: 4 5 0. xx 2 35 ( ) (9 25) ( 4 5 ) 0 (3 5) (3 5) 0 45 x x x x x x xx 15 (3 5) 3 5 0 3 5 0 3 45 x x x x xx Do lượng: 15 3 5 0, 4 45 xx xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 5 ; 3 x BT 441. Giải bất phương trình: 32 8 1 2 1 3 2 2 3 x x x x x () Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 672 Lời giải. Điều kiện: 8 1 0 1 2 1 0 2 x x x 32 ( ) ( 8 1 3) ( 2 1 1) 3 2 3 2 0 x x x x x 8 ( 1) 2 ( 1) ( 1) (3 2) ( 1) 0 8 1 3 2 1 1 xx x x x xx 82 ( 1) (3 2) ( 1) 0 1. 8 1 3 2 1 1 x x x x xx Do lượng: 8 2 1 (3 2) ( 1) 0, 2 8 1 3 2 1 1 x x x xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 1; x BT 442. Giải bất phương trình: 32 3 2 3 8 7 17 9 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 2 0 2 7. 7 0 3 x x x 32 ( ) ( 3 2 4) (1 7 ) (3 17 8 12) 0 x x x x x 3 ( 6) 6 ( 6) ( 1) (3 2) 0 3 2 4 1 7 xx x x x xx 31 ( 6) ( 1) (3 2) 0 6. 3 2 4 1 7 x x x x xx Do lượng: 3 1 2 ( 1) (3 2) 0, ;7 3 3 2 4 1 7 x x x xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 2 ;6 3 x BT 443. Giải bất phương trình: 22 3 91 3 7 10 12 x x x () () x Lời giải. Do 22 3 91 3 7 xx nên cần điều kiện: 10 12 0. x 22 10 ( ) ( 91 10) ( 7 4) 10 3 x x x 22 22 9 9 10 ( 3) 0 3 91 10 7 4 xx x xx 22 1 1 10 ( 3) ( 3) 0 3 91 10 7 4 xx xx 22 22 ( 3) ( 7 91 6) 10 ( 3) 3 0 3. 3 ( 91 10) ( 7 4) x x x x x x xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 673 Do ta luôn có lượng: 22 22 ( 3) ( 7 91 6) 10 6 0, 35 ( 91 10) ( 7 4) x x x x xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là [3; ). x BT 444. Giải bất phương trình: 24 1 54 xx xx () () x Lời giải. Điều kiện: 4. x Giả sử 2 5 4 0 5 4 5 4 ( 1)( 4) 0, 4. x x x x x x x x x Do đó 5 4 0 xx thì ( ) 2 4 5 4 x x x x 2 ( 5 4 4) 0 x x x x 4 ( 1) ( 2) 0 : 5 4 4 x xx xx luôn đúng 4. x Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là (4; ). x BT 445. Giải bất phương trình: 3 2 3 2 2 1 3 5 x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1 2 1 0 2 xx Đặt 332 5. a x x x 3 2 3 2 ( ) ( 2) (1 2 1) (2 5) x x x x x x 32 2 2 ( 1) 3 ( 1) ( 2) 42 1 2 1 x x x x xx aa x 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 2 3) ( 1) ( 2) 0 ( 1) 3 1 2 1 x x x x xx a x 2 2 2 ( 1) 2 ( 1) 2 0 1. ( 1) 3 1 2 1 x x x x a x Do ta luôn có: 1 2 x thì 2 2 ( 1) 3 2 22 ( 1) 3 1 2 1 x x a x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 1 ;1 2 x BT 446. Giải bất phương trình: 32 ( 2) 1 27 27 12 2 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x 33 ( ) (3 1) 3 1 ( 1) 1 (3 1) ( 1). x x x x f x f x Xét hàm số 3 () f t t t trên có 2 ( ) 3 1 0, f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: (3 1) ( 1) 3 1 1 f x f x x x 10 3 1 0 x x hoặc 2 3 1 0 7 1 9 9 7 0 x x xx Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 674 Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 7 1; 9 x BT 447. Giải bất phương trình: 3 (2 1 3 6)( 1) 6 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 1. x Do 1 x không thỏa () nên xét 1. x 3 6 ( ) 2 1 3 6 1 x xx x Xét 3 ( ) 2 1 3 6 f x x x trên (1; ) có 3 11 ( ) 0, 1. 16 f x x xx Do đó hàm số () fx luôn đồng biến trên khoảng (1; ). Xét hàm số 6 () 1 x gx x trên (1; ) có: 2 7 ( ) 0, 1. ( 1) g x x x Do đó hàm số () gx luôn nghịch biến trên nửa khoảng (1; ). Nếu ( ) (2) 8 2 ( ) 8 ( ) ( ) ( ) ( ) (2) 8 f x f x f x g x f x g x g x f : vô nghiệm. Nếu (2) 8 2 ( ) 8 ( ) ( ) ( ) ( ) (2) 8 ff x f x g x f x g x g x f : luôn có nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là (2; ). x BT 448. Giải bất phương trình: 22 1 5 6 4 11 6 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 1. x 22 ( ) 1 5 6 2 ( 1)( 2)( 3) 4 11 6 x x x x x x x x 2 2 ( 1)( 3) 2 3 5 11 x x x x x 22 2 2 3 2 3.( 2 3) ( 2) x x x x x x () Chia 2 vế của () cho lượng 2 0, x ta được: 2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 2 3 ( ) 2 3 1 3 2 1 0 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x 2 22 16 23 1 2 3 2 5 0 2 16 x xx x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là (1 6; ). x BT 449. Giải bất phương trình: 22 4 13 173 6 3 2 1 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 2937 13 8 x 22 ( ) 4 13 173 2 1 6 5 x x x x x (1) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 675 Nhận xét 2 21 xx – 65 x- = 2 2 2 37 179 2 1 6 5 xx x x x -+ - - + - > 0, 2937 13 8 x Do đó (1) 4x 2 + 13x – 173 2x 2 – x – 1 + 36(x – 5) – 12 (2 1)( 1)( 5) x x x + - - 2x 2 – 22x + 8 + 12 (2 1)( 5). 1 0 x x x + - - 2x 2 – 9x – 5 + 12 2 2 9 5. 1 x x x - - - – 13(x – 1) 0 (2) Đặt 2 2 9 5 xx -- = a; 1 x- = b (a > 0; b > 0) thì (2) a 2 + 12ab – 13b 2 0 (a – b)(a + 13b) 0 a b 2 2 9 5 1 x x x - - - x 2 – 5x – 2 0 x 5 33 2 + x 5 33 2 - × Kết luận: Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm S = 5 33 ;. 2 éö + ÷ ê ÷ +¥ ÷ ê ÷ ø ë BT 450. Giải bất phương trình: 3 3 3 4 12 1 6 x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 3 3 4 12 0 1 60 xx x xx í ï -- ï ï ï ì ï ï ï -- ï î 2 2 (2 3)(2 3 4) 0 1 ( 2)( 2 3) 0 x x x x x x x í ï - + + ï ï ï ì ï ï ï - + + ï î x 2. () 4x 3 – x – 12 x 3 – x – 6 + 2 22 ( 1)( 1)( 2)( 2 3) x x x x x x - + + - + + 2x 3 – 5 > 2 22 ( 1)( 2 3. ( 2)( 1) x x x x x x - + + - + + x 3 + x 2 + x – 3 – 2 3 2 3 2 3. 2 x x x x x x + + - - - - + x 3 – x 2 – 2 > 0 3 2 3 2 2 ( 3 2) x x x x x x + + - - - - - > 0 32 3 x x x + + - 32 2 x x x ¹ - - - x 3 + x 2 + x – 3 x 3 – x 2 – x – 2 2x 2 + 2x – 1 0: luôn đúng 2. x Kết luận: Bất phương trình đã cho có nghiệm x 2. BT 451. Giải bất phương trình: 2 2( 1) 3 1 4 9 3 x x x x () () x Lời giải 1. Điều kiện: x 1. () 2(x + 1) – 3 2 1 4( 2 1) 1 x x x x - + + + - (1) Đặt 1 , 1 , ( 0; 0) x a x b a b (1) 2a – 3b 22 4ab + 2 2 2 2 23 23 4 12 9 4 ab ab a ab b a b é < ê ê í ï ê ï ì ê ï - + + ê ï î ë 23 23 (2 3 ) 0 ab ab b b a é < ê ê í ï ï ê ì ê ï - ê ï î ë Xét các trường hợp xảy ra sau: 2a < 3b 2x + 2 < 3 1 x- 4x 2 + 8x + 4 < 9x – 9 4x 2 – x + 13 < 0 vô nghiệm 23 0 ab b í ï ï ì ï = ï î 2 2 3 1 1 xx x í ï+- ï ì ï = ï î x = 1. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 676 2 3 2 2 2 1 23 3 3 3 1 a b x x ba xx í ï í +- ï ï ïï £ ìì ïï +- ï ï î ï î 2 2 4 13 0 9 14 13 0 xx xx í ï -+ ï ì ï ++ ï î x . Kết luận: So với hợp điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là 1; . S Lời giải 2. Điều kiện: x 1. () 2(x + 1) – 3 2 1 4( 2 1) 1 x x x x - + + + - (1) Nhận xét: 2(x + 1) – 3 2 4 13 1 2( 1) 3 1 xx x xx -+ -= + + - > 0 x 1. Đặt x + 1 = a; 1 x- = b (a > 0; b 0; 2a > 3b) thì (1) trở thành (1) 2a – 3b 22 4ab + 4a 2 – 12ab + 9b 2 4a 2 + b 2 b(2b – 3a) 0 0 3 2 0 b ab é = ê ê > ë Xét các khả năng: Trường hợp 1. Nếu b = 0 1 x- = 0 x = 1. Trường hợp 2. Nếu 3a 2b > 0 hiển nhiên do 3a > 2a > 3b > 2b. Kết luận: So với hợp điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là 1; . S BT 452. Giải bất phương trình: 2 2 1 2( 5 9) 1 xx xx () () x Lời giải 1. Điều kiện: 2 2 0 5 9 0 2( 5 9) 1 x xx xx í ï ï ï ï -+ ì ï ï ï -+ ï î x 0. Nhận xét rằng: 2 2( 5 9) xx -+ – 1 = 2 2 2 10 17 2( 5 9) 1 xx xx -+ - + + > 0, x . Bất phương trình đã cho tương đương với () 2 – x + 2 2( 5 9) x x x -+ – 1 3 – x + 2 2( 5 9) x x x -+ 3 – x + x 2 2( 6 9 ) x x x - + + Đặt 3 – x = a; x = b (b 0) ta thu được a + b 22 2( ) ab + (1) Chú ý rằng a ; b ta có: (a – b) 2 0 2ab a 2 + b 2 a 2 + 2ab + b 2 2(a 2 + b 2 ) (a + b) 2 2(a 2 + b 2 ) a + b 22 2( ) a b a b ++ Do đó (1) nghiệm đúng với a R; b 0. Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là 0; . S Lời giải 2. Điều kiện: x 0; x 2 – 5x + 9 0; 2(x 2 – 5x + 9) 1 x 0. Nhận xét: 2(x 2 – 5x + 9) – 1 = 2x 2 – 10x + 17 = 2 2 59 22 x æö ÷ ç -+ ÷ ç ÷ ç èø > 0 x R. khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 677 Suy ra: 2 2( 5 9) xx -+ – 1 > 0. () 2 – x + x 2 2( 5 9) 1 xx - + - 3 – x + x 2 2( 5 9) xx -+ (1) Dễ thấy (1) thỏa mãn với x = 0. Xét trường hợp x > 0 ta có (1) 39 1 2 5 xx x x æö ÷ ç - + - + ÷ ç ÷ ç èø Đặt 39 xt x x - = Þ + x = t 2 + 6, ta thu được: t + 1 2 2( 1) t + 22 1 1 2 1 2 2 t t t t t é<- ê ê í - ï ï ê ì ê ï + + + ê ï î ë 2 1 1 ( 1) 0 t t t é<- ê ê í - ï ï ê ì ê ï - ê ï î ë 1 1 t t é<- ê ê - ë t . Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là 0; . S BT 453. Giải bất phương trình: 22 1 5 2 4 8 x x x x x () () x Lời giải 1. Điều kiện: x 1. () 2 15 x x x - + + + 2 2( 1) 2( 5) x x x - + + + . Đặt 1 x- = a; 2 5 x x b + + = (a 0; b > 0) ta được: a + b 22 22 ab + a 2 + 2ab + b 2 2a 2 + 2b 2 (a – b) 2 0: luôn đúng. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là 1; . S Lời giải 2. Điều kiện: x 1. () 1 x- + 2 5 xx ++ 2 2( 1) 2( 5) x x x - + + + 22 11 1 2. 2 55 xx x x x x -- ++ + + + + . Đặt 2 1 5 x t xx - = ++ (t 0) Suy ra: t + 1 2 22 t + t 2 + 2t + 1 2t 2 + 2 (t – 1) 2 0: luôn đúng. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là 1; . S Lời giải 3. Điều kiện: x 1. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky (Cauchy – Schwarz), ta có 2 2 2 2 ( 1 5) (1. 1. 5) x x x x x x - + + + = - + + (1 2 + 1 2 )(x – 1 + x 2 + x + 5) = 2x 2 + 4x + 8 1 x- + 22 5 1 5 x x x x x + + - + + + 2 2 4 8 xx ++ . Như vậy () hiển nhiên đúng với mọi giá trị x thuộc tập xác định. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là 1; . S BT 454. Giải bất phương trình: 2 21 2 6( 2 4) 2 x x x x () * () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 678 Lời giải 1. Điều kiện: 2 2 0 2 4 0 6( 2 4) 2 x xx x x x í ï ï ï ï ï -+ ì ï ï ï -+ ï ï î x 0. Với 0, x ³ suy ra: 2 2 2 2( 3) 6 6( 2 4) 2 0, 0. 6( 2 4) 2 x x x x x x x x -+ - + - = > " ³ - + + () *Û 2 2 ( 2) 6( 2 4) 2 x x x x - - + - 2x – 4 + 2 x 2 6( 2 4) xx -+ 2(x – 2) + 2 x 2 6( 2) 12 xx -+ (1) Đặt x – 1 = u; x = v thu được 2u + 2v 22 6 12 uv + (1) Û 2 2 2 2 0 4 8 4 6 12 uv u uv v u v í + ï ï ì ï + + + ï î 2 0 ( 2 ) 0 uv uv í + ï ï ì ï - ï î 0 2 uv uv í + ï ï ì ï = ï î u = 2v (u 0, v 0) 2 22 0 2 uv xx u x í í = ï -= ï ïï ìì ïï ï î ï î 2 ( 1) 3 2 x x í ï -= ï ì ï ï î x = 3 + 1 x = 4 + 2 3 . Kết luận: Bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4 + 2 3 . Lời giải 2. Điều kiện: x 0. Nhận xét: với x 0 2 2 2 6( 2 4) 4 2( 3) 6 x x x x - + = + - + > 2 4 2 2 x x x == Suy ra: 2 6( 2 4) xx -+ – 2x > 0. () *Û 2 2 ( 2) 6( 2 4) x x x - - + – 2x 2x – 4 + 2 x 2 6( 2 4) xx -+ (1) Xét x = 0 không thỏa mãn bất phương trình (1). Xét trường hợp x > 0 ta có (1) 2 24 2 6 2 xx x x æö æö ÷ ÷ ç ç - + - + ÷ ÷ ç ç ÷ ç ÷ ç èø èø (2) Đặt x – 2 24 4; tt x x = + - (2) trở thành: 2t + 2 2 6( 2) t + 22 2 2 0 4 8 4 6 12 t t t t í + ï ï ì ï + + + ï î 2 1 2( 2) 0 t t í - ï ï ì ï - ï î 2 1 ( 2) 0 t t í - ï ï ì ï - ï î t = 2 2 2 0 4 44 4 x t x t x í > ï í > ï ï ï ï ìì ïï + - = = ïï î ï î 2 2 4 2 3 8 4 0 x x xx í > ï ï =+ ì ï - + = ï î . Kết luận: Bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4 + 2 3 . BT 455. Giải bất phương trình: 2 62 1 3 3 14 27 xx xx () x Lời giải. Điều kiện: 2 0 3 3 14 27 0 x xx í ï ï ì ï - - + ï î khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 679 Nhận xét 3 – 2 2 7 32 32 3 14 27 3 3 3 0 3 3 3 x x x æö ÷ ç - + = - - + - < ÷ ç ÷ ç èø . Bất phương trình đã cho tương đương với 6 – x + 2 x 3 – 2 3 14 27 xx -+ 3 – x + 2 x 2 3( 6 9) 4 x x x - + + (1) Đặt 3 – x = u; 2 x = v (v 0) ta có (1) u + v 22 3uv + 2 2 2 2 0 23 uv u v uv u v í + ï ï ì ï + + + ï î 0 ( ) 0 uv u u v í + ï ï ì ï - ï î Xét các khả năng xảy ra: 0 3 2 0 0 3 0 32 u v x x ux uv xx í ï í + - + ï ï ï ï ï ï ï - ìì ïï ïï ïï - ï î ï î 2 3 0 3 33 2 3 0 1 x x x xx x x x íí ïï -- ïï ïï ïï ìì ïï ïï ïï +- ïï îî 1 x 3. 0 3 2 0 2 3 0 0 3 0 3 3 2 2 3 0 u v x x x x u x x uv x x x x íí ïï í + - + - - ï ïï ï ïï ï ïï ï - ì ì ì ï ï ï ï ï ï ï ï ï - + - ï î ïï îî 3 3 1 x x x í ï ï ï ï ì ï ï ï ï î (Hệ vô nghiệm). Kết luận: Bất phương trình đã cho có nghiệm 1; 3 S BT 456. Giải bất phương trình: 2 2 3 2 1 1 5 1 2 5 2 6 5 xx xx () () x Lời giải. Điều kiện: 2 1 2 2 5 2 6 5 x xx í ï ï ï ï ì ï ï -+ ï ï î x > 1 2 . Do đó: x > 1 2 (2x – 1)(10x + 1) > 0 10x 2 – 8x – 1 > 0 Suy ra: 4.(5x 2 – 2x + 6) > 25 2 2 5 2 6 xx -+ > 5. () 3 22 2 1 1 5 2 5 2 6 5 x x x x - + + - - + - 3 22 2 1 1 2 5( 1) (2 1) x x x x - + + + - - (1) Đặt 21 x- = v; 2 1 xu += (u > 0; v > 0) thì: (1) Û u + 3v 2 2 2 2 2 2 2 5 6 9 4(5 ) u v u uv v u v - + + - 19u 2 – 6uv – 13v 2 0 (u – v)(19u + 13v) 0 u v Þ x 2 – 2x + 2 0 x . Kết luận: Kết hợp tất cả các trường hợp ta thu được nghiệm S = 1 ; + . 2 æö ÷ ç ¥ ÷ ç ÷ ç èø BT 457. Giải bất phương trình: 2 2 3 1 2 3 6 1 11 5 35 6 x x x xx () * () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 680 Lời giải. Điều kiện: x 1 3 × Nhận xét: 11x 2 + 5x + 35 > 36 2 11 5 35 6 xx ++- > 0 1 3 × () 22 3 1 2 3 6 11 5 35 x x x x x - + + + - + + – 6 22 3 1 2 3 11( 3) 2(3 1) x x x x x x - + + + + + - - (1) Đặt 2 3 1 ; 3 x a x x - = + + = b, (a 0; b > 0) ta thu được (1) Û a + 2b 22 11 2 ba - a 2 + 4ab + 4b 2 11b 2 – 2a 2 3a 2 + 4ab – 7b 2 0 (a – b)(3a + 7b) 0 a b 2 3 1 3 x x x - + + x 2 – 2x + 4 0: . x Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là S = 1 ;+ 3 éö ÷ ¥ ê ÷ ÷ ø ê ë . BT 458. Giải bất phương trình: 3 32 4 5 2 4 10 1 4 6 4 10 x x x x x x () x Lời giải 1. Điều kiện: 3 32 4 5 0 4 6 4 10 4 xx x x x x í ï +- ï ï ï + - - ì ï ï ï ï î 1 4 4 x x x í ï ï ï ï ì ï ï ï ï î x > 4. Xét hàm số f(x) = x 3 + 4x 2 – 6x – 4; trên (4; + ) có f '(x) = 3x 2 + 8x – 6 > 0, 4. x Suy ra hàm số liên tục, đồng biến trên miền (4; + ). Do đó f(x) > (4; ) () x Min f x Î + ¥ = f(4) = 100 ( ) 10. fx > Với điều kiện x > 4, bất phương trình đã cho tương đương với 3 3 2 4 5 2 4 10 4 6 4 10 x x x x x x + - + - - + - - - 3 3 2 4 5 2 4 4 6 4 x x x x x x + - + - + - - x 3 + 4x – 5 + 4x – 16 + 4 2 ( 1)( 5)( 4) x x x x - + + - x 3 + 4x 2 – 6x – 4 4x 2 – 2x + 17 4 2 ( 1)( 4)( 5) x x x x - - + + 3(x 2 – 5x + 4) + x 2 + x + 5 4 22 5 4. 5 x x x x - + + + 3. 22 22 5 4 5 4 14 55 x x x x x x x x - + - + + + + + + Đặt 2 2 54 5 xx t xx -+ = ++ (t 0) thu được 3t 2 + 1 4t (t – 1)(3t – 1) 0 2 2 1 1 5 4 1 3 3 5 xx t xx -+ ++ 22 22 5 9( 5 4) 5 4 5 x x x x x x x x í ï + + - + ï ì ï - + + + ï î khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 681 2 23 297 8 46 29 0 8 61 23 297 8 x xx x x é + ê í ê ï -+ ï ê ì ê ï - - ï î ê ê ë Kết luận: So với điều kiện ta thu được tập hợp nghiệm S = 23 297 ;+ 8 éö + ÷ ê ÷ ¥ ÷ ê ÷ ø ë . Lời giải 2. Điều kiện 3 32 4 5 0 4 6 4 10 4 xx x x x x í ï +- ï ï ï + - - ì ï ï ï ï î 1 4 4 x x x í ï ï ï ï ì ï ï ï ï î x > 4. Khi đó, ta có: x 3 + 4x 2 – 6x – 4 = (x – 4)(x 2 + 8x) + 26x – 4 > 26.4 – 4 = 100 Suy ra: 32 4 6 4 x x x + - - – 10 > 0. Bất phương trình đã cho trở thành 3 3 2 4 5 2 4 10 4 6 4 10 x x x x x x + - + - - + - - - 3 3 2 4 5 2 4 4 6 4 x x x x x x + - + - + - - x 3 + 4x – 5 + 4x – 16 + 4 2 ( 1)( 5)( 4) x x x x - + + - x 3 + 4x 2 – 6x – 4 4x 2 – 2x + 17 4 2 ( 1)( 4)( 5) x x x x - - + + 3(x 2 – 5x + 4) + x 2 + x + 5 4 22 5 4. 5 x x x x - + + + (1) Đặt 22 5 4 ; 5 x x u x x - + = + + = v (u 0; v > 0) ta có (1) Û 3u 2 + v 2 4uv (u – v)(3u – v) 0 2 2 2 2 9 . 3 u v u v u v u v -- ++ 0 (u 2 – v 2 )(9u 2 – v 2 ) 0 (6x + 1)(8x 2 – 46x + 29) 0 x 23 297 8 + × Kết luận: So với điều kiện ta thu được tập hợp nghiệm S = 23 297 ;+ 8 éö + ÷ ê ÷ ¥ ÷ ê ÷ ø ë . BT 459. Giải bất phương trình: 2 1 1 1 x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: x 0. () 1 + 2 1 x x x x + + + 1 – x + 2 (1 ) 3 x x x -+ () ** Đặt 1 – x = u; x = v (v 0) thì () ** u + v 22 3 uv + 2 2 2 2 0 0 32 uv uv u v u uv v é +< ê ê í ï + ê ï ì ê ï + + + ê ï î ë 0 0 0 0 0 ( ) 0 0 uv uv v uv uv v v u uv vu é í + ï ï ê ì ê é+< ï = ï î ê ê ê ê í + +< ï ê ï ê ì ê ê ï - í + ê ï ê ï î ë ï ê ì ï ê ï î ë . Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 682 · Nếu: 0 1 0 0 0 u v x x v x í ï í + - + ï ï ïï ìì ïï = = ï î ï ï î x = 0. · Nếu: u + v < 0 10 0 xx x í ï - - > ï ì ï ï î x 1 5 3 5 22 x ++ . · Nếu: 0 1 0 1 u v x x vu xx í ï í + - + ï ï ïï ìì ïï - ï î ï ï î 10 10 xx xx í ï -- ï ï ì ï +- ï ï î 0 x 35 2 - × Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm là S = 3 5 3 5 0; ; + . 22 é ù é ö -+ ÷ ê ú ê ÷ È¥ ÷ ê ú ê ÷ ø ë û ë BT 460. Giải bất phương trình: 23 32 2 4 2 3 4 1 8 2 27 4 x x x x x x () * () x Lời giải. Điều kiện: 2 3 32 4 2 3 0 8 2 27 0 x xx x x x í ï ï ï ï +- ì ï ï ï + + - ï î 2 32 ( 2)( 2) 0 ( 1)( 3) 0 2. 8 2 27 0 xx x x x x x x x í -+ ï ï ï ï - + + ì ï ï ï + + - ï î Nhận xét x 3 + 8x 2 + 2x – 27 = x(x – 2)(x + 10) + 22x – 27 22.3 – 27 = 17 Suy ra: 32 8 2 27 x x x + + - > 17 > 4. Do đó: () *Û 2 2 3 3 2 4 2 3 2 3 8( 4) x x x x x x - + + - + - + - (1) Đặt 23 4 ; 2 3 x u x x v - = + - = (u 0; v > 0) thì: (1) Û 2u + v 2 2 2 2 2 2 8 4 4 8 u v u uv v u v + + + + 4u(u – v) 0 0 u uv é = ê × ê ë · Nếu: 2 2 04 2 x ux x é = ê == ê =- ë · Nếu: 2 3 3 2 4 2 3 2 1 u v x x x x x x - + - - + + 0 x(x 2 – x + 2) + 1 0: luôn đúng với mọi 2. x ³ Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ) 2; S é = + ¥ × ë BT 461. Giải bất phương trình: 2 2 3 1 2 3 6 1 11 5 35 6 x x x xx () * () x Lời giải. Điều kiện: x 1 3 × Nhận xét: 11x 2 + 5x + 35 > 36 2 11 5 35 6 xx ++- > 0 1 3 × () 22 3 1 2 3 6 11 5 35 x x x x x - + + + - + + – 6 22 3 1 2 3 11( 3) 2(3 1) x x x x x x - + + + + + - - . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 683 Đặt 2 3 1 ; 3 x a x x - = + + = b, (a 0; b > 0) ta thu được a + 2b 22 11 2 ba - a 2 + 4ab + 4b 2 11b 2 – 2a 2 3a 2 + 4ab – 7b 2 0 (a – b)(3a + 7b) 0 a b 2 3 1 3 x x x - + + x 2 – 2x + 4 0: . x Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là S = 1 ;+ 3 BT 462. Giải bất phương trình: 3 3 2 2 3 2( 1) 5 4 18 11. x x x x x x Lời giải. Điều kiện: 3 32 2 3 0 5 4 18 11 0 xx x x x í ï +- ï ì ï + + - ï î x 1. Bất phương trình đã cho tương đương với 3 3 2 2 3 2( 1) 5( 2 3) 4( 2 1) x x x x x x x + - + + + - + + + Đặt 3 2 3 ; 1 x x u x v + - = + = (u 0; v > 0) thu được 22 2 5 4 u v u v ++ u 2 + 4uv + 4v 2 5u 2 + 4v 2 u(u – v) 0 · Với: u = 0 x 3 + 2x – 3 = 0 x = 1. · Với: u v 3 2 3 1 x x x x + - + + x 3 + 2x – 3 x 2 + 2x + 1 x 3 – x 2 – 4 0 (x – 2)(x 2 + x + 2) 0 x 2. Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm là {} ) 1 2; S é = È + ¥ × ë BT 463. Giải bất phương trình: 33 2 2 3 4 4 x x x x x () x Lời giải. Điều kiện: 3 3 20 20 3 4 4 0 x xx xx í + ï ï ï ï +- ì ï ï ï +- ï î 2 3 2 ( 1)( 2) 0 1. 3 4 4 0 x x x x x xx í - ï ï ï ï - + + ì ï ï ï +- ï î Bất phương trình đã cho tương đương với 33 2 2 3( 2) 2 x x x x x x + + + - + - + + Đặt 3 2 ; 2 x a x x + = + - = b (a > 0; b 0) ta thu được a + b 2 2 2 2 2 2 3 2 3 a b a ab b a b + + + + a(a – b) 0 a b x + 2 x 3 + x – 2 x 3 4 x 3 4 . Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là S = ) 3 4; + . é ¥ ê ë BT 464. Giải bất phương trình: 22 2 5 6 2 x x x x x () * () x Lời giải 1. Điều kiện: x 2. () *Û 22 2 5( ) ( 2) x x x x x x - + - - - - 1 + 22 22 5 xx x x x x -- - -- (1) Đặt 2 2 x t xx - = - (t 0) ta thì (1) Û 1 + t 2 5 t - t 2 + 2t + 1 5 – t 2 t 2 + t – 2 0 (t – 1)(t + 2) 0 t 1 x – 2 x 2 – x x 2 + 2 0: luôn đúng. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 684 Kết luận: Tập nghiệm củabất phương trình là ) 2; S é = + ¥ × ë Lời giải 2. Điều kiện: x 2. () *Û x 2 – 2 + 2 2 2 2 3 2 5 6 2 x x x x x - + - + 32 32 x x x -+ 3x 2 – 3x + 2 x 3 – 3x 2 + 2x 4x 4 + 8x 2 + 4 – 12x(x 2 + 1) + 9x 2 4x 4 – 13x 3 + 20x 2 – 14x + 4 0 4x 4 – 14x 3 + 20x 2 – 14x + 4 + x 0. Nhận thấy: 4x 4 – 14x 3 + 20x 2 – 14x + 4 + x 0 = 2(x 2 – 2x + 1)(2x 2 – 3x + 2) + x = 2(x – 1) 2 (2x 2 – 3x + 2) + x 0 = 2(x 2 – 2x + 1)(2x 2 – 3x + 2) + x = 2(x – 1) 2 (2x 2 – 3x + 2) + x > 0, x 2. Kết luận: Tập nghiệm củabất phương trình là ) 2; S é = + ¥ × ë BT 465. Giải bất phương trình: 2 3 2 7 4 x x x x () * () x Lời giải. Điều kiện: x 0. () *Û x + 2 – 3 2 4 4 3 x x x x + + + x + 2 – 3 x 2 ( 2) 3 xx ++ (1) Đặt x + 2 = a; x = b (a > 0; b 0) ta thu được: (1) Û a – 22 2 2 2 2 3 3 33 6 9 3 ab ab b a b a ab b a b é < ê ê í + ï ê ï ì ê ï - + + ê ï î ë 3 3 ( ) 0 ab ab b a b é < ê ê í × ï ï ê ì ê ï - ê ï î ë Với: a < 3b x – 3 x + 2 < 0( 1)( 2) xx -- < 0 1 < x < 2 1 < x < 4. Với: 3 3 2 0 0 0 ab xx b x í í ï-+ ï ïï ìì ïï = = ï ï î î x = 0. Với: 3 3 2 0 2 4 01 2 0 1 a b a x x x a b x x x x íé ïíé ï - + ï ê ïï ê × ìì ê ê ïï - -+ ê ïïîë ïîë Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ) 0; S é = + ¥ × ë BT 466. Giải bất phương trình: 2 3 2 3 12 5 1 2 x x x x x () * () x Lời giải. Điều kiện: 2 3 12 5 0 1 ( 2) 0 xx x xx í ï -+ ï ï ï ì ï ï ï- ï î x 2. () *Û 3x 2 – 12x + 5 x 3 + x 2 – 2x – 1 + 2 2 ( 1)( 1) ( 2) x x x x x - + + - 3 2 2 2 10 6 2 ( 1)( 2). ( 1) 0 x x x x x x x x - + - + - - + + 3 2 2 2 3 2 ( ) 3( 3 2) 2 3 2. 0 x x x x x x x x x x + + - - + + - + + + 1 – 3. 22 3 2 3 2 3 2 3 2 20 x x x x x x x x x x - + - + + + + + + (1) Đặt 2 32 32 xx t x x x -+ = ++ (t 0) thì (1) 1 – 3t 2 + 2t 0 1 1 3 t - khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 685 Suy ra: t 1 x 2 – 3x + 2 x 3 + x 2 + x x 3 + 4x + 2 0: luôn đúng 2. x "³ Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là ) 2; S é = + ¥ × ë BT 467. Giải bất phương trình: 22 5 5 3 2 17 4 1 x x x x () * Lời giải. Điều kiện: 5. x ³ 22 ( ) 18 9 153 4 1 5 5 x x x x * Û - - ³ - - - (1) Ta có: 2 2 2 16 25 109 4 1 5 5 0, 5. 4 1 5 5 xx x x x xx -+ - - - = > " ³ - + - Do đó: 22 (1) 18 9 153 16 16 25 125 20 ( 1).( 1).( 5) x x x x x x x Û - - ³ - + - - + - - 2 17 6 10. ( 1).( 1).( 5) 0 x x x x x Û - - + + - - ³ 22 ( 6 5) 10. 1. 6 5 11.( 1) 0 x x x x x x Û - + + + - + - + ³ 2 2 2 6 5 6 5 6 5 10 11 0 1 1 1 1 x x x x x x x x x - + - + - + Û + × - ³ Û ³ + + + 22 7 33 7 33 6 5 1 7 4 0 22 x x x x x x x +- Û - + = + Û - + ³ Û ³ Ú £ × Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là 7 33 ; 2 S éö + ÷ ê ÷ = + ¥ × ÷ ê ÷ ÷ ø ê ë BT 468. Giải bất phương trình: 42 3 81 4 27 42 6 x x x () * () x Lời giải. Tập xác định: . D = Có 81x 4 + 4 = 81x 4 + 36x 2 + 4 – 36x 2 = (9x 2 + 2) 2 – (6x) 2 = (9x 2 – 6x + 2)(9x 2 + 6x + 2). () *Û 3 22 9 6 2. 9 6 2 5 x x x x - + + + (9x 2 + 6x + 2) – 2(9x 2 + 6x + 2) Đặt 22 9 6 2 ; 9 6 2 x x u x x v + + = - + = (u > 0; v > 0) quy về 22 3 5 2 (5 2 ) (5 2 ) 0 uv u v u u v v u v - + - + (u – v)(5u + 2v) 0 u v 2 2 2 9 6 2 9 6 2 9 6 2 9 6 2 0 x x x x x x x x x + + - + + + - + Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là ( ;0 S ù = - ¥ × û BT 469. Giải bất phương trình: 23 4 25 14 3 31 30 x x x x () * () x Lời giải. Điều kiện: x 3 – 31x + 30 0 (x – 1)(x – 5)(x + 6) 0 5 61 x x () *Û 4(x 2 – 6x + 5) – (x + 6) 3 2 ( 6 5)( 6) x x x 4(x 2 – 6x + 5) – (x + 6) 3 2 6 5. 6 x x x (1) Đặt 2 6 5 ; 6 x x a x b (a 0; b 0) ta có Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 686 (1) 4a 2 – b 2 3ab (a – b)(4a + b) 0 40 ab ab Với: 4a + b = 0 a = b = 0 2 1 6 5 0 5 60 6 x xx x x x (Hệ vô nghiệm). Với: 22 7 53 7 53 6 5 6 7 1 0 22 a b x x x x x x . Kết luận: So với điều kiện ta có tập nghiệm là S = 7 53 53 ; 1 5; 22 BT 470. Giải bất phương trình: 22 2(4 6) 2 3 2 1 x x x x x () * Lời giải. Điều kiện: 2 2 8 2 12 0 3 2 2 1 0 xx x xx x 3 2 () * 8x 2 – 2x – 12 < 2x 2 + x – 1 + 2x – 3 + 2 (2 1)( 1)(2 3) x x x 6x 2 – 5x – 8 < 2 2 2 1. 2 3 x x x 22 3(2 3) (2 1) 2 2 1. 2 3 x x x x x x (1) Đặt 2 2 1 ; 2 3 x u x x = v (u > 0; v 0). Khi đó: (1) Û 3v 2 – u 2 < 2uv (v – u)(3v + u) < 0 v < u 22 2 3 2 1 2 3 2 0 x x x x x – 1 2. 2 x Kết luận: So với điều kiện ta thu được tập nghiệm là S = 3 ;2 2 BT 471. Giải bất phương trình: 23 4 2 2 ( 1) 1 ( 1) x x x x x x x () Lời giải. Điều kiện: 0. x Chia cho 2 ( 1) 0 xx ta được: 4 2 2 2 2 2 2 2 1 1 ( 1) () ( 1) 1 x x x x x x x x x 2 2 2 22 22 1 1 1 1 1 1 11 11 1 1 1 1 1 11 x x x x x x x x x xx xx xx xx khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 687 1 1 1 1 1 11 xx xx xx xx và đặt 1 2. Cauchy yx x Khi đó: 1 1 1 1 11 y y y y y y y y và do 2 vế dương khi 2 y : 22 1 1 1 1 1 2 2 1 0 y y y y y y y y y y y y và chia cho : y 2 1 1 1 2 1 0 1 0 : y y y y y y luôn đúng. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là: 0; x . BT 472. Giải bất phương trình: 22 8 8 3 8 2 3 1 x x x x x () () x Lời giải. Điều kiện: 2 1 2 3 1 0 2 x x x hoặc 1. x Đặt 2 2 2 3 1 0, t x x suy ra: 22 8 12 4. t x x Xét phương trình: 22 8 8 3 8 2 3 1 x x x x x (1) 2 (1) 4 4 1 0 t xt x có 2 (2 1) , t x suy ra: 41 tx hoặc 1. t Do đó (1) ( 1) ( 4 1) 0 t t x hay ( ) ( 1) ( 4 1) 0 t t x 22 (2 2 3 1 1) (2 2 3 1 4 1) 0 x x x x x Đặt: 2 ( ) 2 2 3 1 1 f x x x và 2 ( ) 2 2 3 1 4 1. g x x x x 22 33 ( ) 0 2 2 3 1 1 4.(2 3 1) 1 4 f x x x x x x 2 2 4 1 0 71 ( ) 0 2 2 3 1 4 1 4 8 4 3 0 x g x x x x x xx x 33 4 71 4 1 2 1 33 4 () fx 0 0 () gx 0 ( ) ( ) f x g x 0 0 0 Dựa vào bảng xét dấu 3 3 7 1 3 3 ;; 4 4 4 x là tập nghiệm. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là: 3 3 7 1 3 3 ;; 4 4 4 x BT 473. Giải bất phương trình: 2 (2 1) 1 2 1 x x x x () () x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 688 Lời giải. Điều kiện: 1. x 2 ( ) 2.( 1) 1 1 ( 1) 2 x x x (1) Đặt 1 0, tx suy ra: 2 1. xt Khi đó: 24 (1) (2 1) 2 t t t 4 3 2 2 2 0 ( 1) ( 2) ( 1) 0 2. t t t t t t t t Suy ra: 1 2 1 4 3. x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 1; 3 x BT 474. Tìm tham số m để: 2 2 2 2 m x x x () có 2 nghiệm phân biệt ? Lời giải. Do 2 2 2 1 xx nên 2 2 () 22 x m xx Xét hàm số 2 2 () 22 x fx xx có 23 4 3 4 ( ) 0 3 ( 2 2) x f x x xx x 4 3 () fx 0 () fx 10 1 1 Kết luận: Từ bảng biến thiên, suy ra: (1; 10). m BT 475. Tìm m để phương trình 2 2 m x x m () có 3 nghiệm phân biệt ? Lời giải. Ta có: 2 ( ) , 21 x m x 2 (do : 2 1 0). x Xét hàm số 2 () 21 x fx x trên có 2 2 2 2 22 () 2.( 2 1) x fx xx Cho 2 ( ) 0 2 2 2 f x x x hoặc 2. x x 2 2 () fx 0 0 () fx 2 2 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: ( 2; 2) m là giá trị cần tìm. BT 476. Tìm tham số m để phương trình: 2 2 1 1 x m x () có nghiệm ? Lời giải. Ta có: 2 21 () 1 x m x Ta có: 4 10, 3 f lim ( ) 1, x fx lim ( ) 1 x fx . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 689 Xét hàm số 2 21 () 1 x fx x trên có 23 2 ( ) 0 2. ( 1) x f x x x x 2 () fx 0 () fx 5 2 2 Kết luận: Để phương trình có nghiệm 2; 5 x . BT 477. Tìm m để phương trình: 2 2 2 1 x mx x () có hai nghiệm ? Lời giải. Điều kiện: 1 2 x . Khi đó: 2 2 1 2 2 1 x mx x 2 3 4 1 x x mx 1 34xm x (do 0 x thì vô nghiệm) Xét hàm số 1 34 f x x x trên 1 ; \ 0 2 D có 2 1 ' 3 0 fx x . Do đó hàm số () fx luôn đồng biến trên 1 ; \ 0 2 . x 1 2 0 ' fx fx 9 2 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: 9 2 m BT 478. Tìm tham số m để phương trình: 44 2 2 2 6 2 6 x x x x m () có đúng hai nghiệm thực phân biệt ? Lời giải. ● Xét hàm số 44 2 2 2 6 2 6 f x x x x x trên đoạn 0;6 có: 33 44 1 1 1 1 ' 26 2 2 2 6 fx xx xx 4 4 4 4 4 0, 0;6 1 1 1 1 1 1 1 2 6 2 2 2 6 2 6 2 2 6 g x x x x x x x x xx . Ta có: lim 2 x fx . lim 2 x fx . 25 f . Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 690 ● Cho 44 11 ' 0 0 26 fx xx 2 6 2 x x x . Dấu của ' fx chính là dấu của 44 11 26 xx do 0 gx . ● Bảng biến thiên x 0 2 6 ' fx 0 fx 3 2 6 4 2 6 2 6 4 12 2 3 ● Dựa vào bảng biến thiên 4 2 6 2 6; 3 2 6 m thì phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt. BT 479. Tìm tham số m để phương trình: 4 4 13 1 0 x x m x có nghiệm thực duy nhất ? Lời giải. Điều kiện: 1 x . Khi đó: 4 4 13 1 x x m x 4 4 3 2 13 1 4 6 9 1 x x m x x x x m . ● Xét hàm số 32 4 6 9 f x x x x trên ;1 có: 2 ' 12 12 9 f x x x . Cho 2 13 ' 0 12 12 9 0 22 f x x x x x (loại). x 1 2 1 ' fx 0 fx 5 2 11 ● Dựa vào bảng biến thiên 11 m hoặc 5 2 m thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. BT 480. Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m , phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 2 8 ( 2) x x m x ? Lời giải. Do 0 m nên cần điều kiện là 2 0 2 xx . Khi đó: Ta có: ( ) x lim f x , ® - ¥ = - ¥ 15 f, 22 æö ÷ ç ÷ -= ç ÷ ç ÷ ç èø ( ) f 1 11 =- . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 691 2 2 2 8 2 x x m x 22 2 4 2 x x m x 2 2 2 4 0 x x x m 2 2 2 4 1 x m x x . ● Đến đây, yêu cầu bài toán chứng minh (1) có đúng 1 nghiệm 2, 0 xm . ● Xét 2 24 f x x x trên 2; có: 2 ' 3 12 0, 2 f x x x x . x 2 ' fx fx 0 ● Từ bảng biến thiên, chứng tỏ rằng với 0 m thì 1 luôn có đúng một nghiệm 2, x nghĩa là phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt đpcm . BT 481. Tìm m để phương trình: 22 11 x x x x m có nghiệm thực ? Lời giải. Xét hàm số 22 11 f x x x x x trên có: 22 2 1 2 1 ' 2 1 2 1 xx fx x x x x có '0 fx 22 2 1 1 2 1 1 x x x x x x 22 22 2 1 2 1 0 2 1 1 2 1 1 xx x x x x x x : vô nghiệm. ● Ta có: 22 2 lim lim 1 11 xx x fx x x x x và lim 1 x y . ● Bảng biến thiên x ' fx fx 1 1 ● Dựa vào bảng biến thiên 1;1 m . BT 482. Tìm tham số m để : 2 4 2 4 1 x x x m có đúng một nghiệm ? Lời giải. Điều kiện: 1 x . Ta có: ( ) x2 lim f x 0, + ® = ( ) x lim f x ® + ¥ = + ¥ . Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 692 Xét hàm số 2 4 2 4 1 f x x x x trên 1; 3 2 4 11 ' 21 2 2 4 x fx x xx . Vì: 22 2 2 4 1 3 1 x x x x Nên 36 2 4 4 1 1 1 21 21 2 2 4 xx x x xx ' 0, 1; f x x . ● Ta có: 4 13 f và 2 4 lim lim 2 4 1 xx f x x x x ` 2 2 22 4 2 4 1 lim 0 2 4 1 2 4 1 x x x x x x x x x x ● Bảng biến thiên x 1 ' fx fx 4 3 0 ● Để phương trình có đúng một nghiệm 4 03 x . BT 483. Tìm tham số m để: 22 ( 2)(1 1) m x x m có nghiệm thực ? Lời giải. Đặt: 2 11 tx . 2 2 1 1 m t t m 1 , 1 2 m t t t 1 ● Xét hàm số 1 2 f t t t trên 1; có 2 1 '1 2 ft t . 2 2 43 ' 0, 1 2 tt f t t t ft đồng biến trên 1; . ● Để có nghiệm 1 có nghiệm trên 1; 4 1 3 m f m . BT 484. Tìm m để: 22 4 5 4 x x m x x có đúng 2 nghiệm dương ? Lời giải. ● Đặt 2 45 t x x . Khi đó: 2 2 ' 2 4 5 x t xx . Cho ' 0 2 tx . x 0 2 ' t 0 t 5 1 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 693 Nhận thấy với mỗi 1; 5 t thì có hai nghiệm 0 x . 2 5 t t m 1 và yêu cầu tìm m để 1 có nghiệm 1; 5 t . ● Xét hàm số 2 5 f t t t trên 1; 5 có ' 2 1 0, 1; 5 f t t t . ft đồng biến trên 1; 5 . ● Bảng biến thiên t 1 5 ' ft ft 5 3 ● Ta có: 1 lim 3 x ft và 5 lim 5 x ft . ● Dựa vào bảng biến thiên 3; 5 m thì thỏa yêu cầu bài toán. BT 485. Tìm tham số m để: 6 2 (4 )(2 2) 4( 4 2 2) x x x m x x có nghiệm thực ? Lời giải. Điều kiện: 14 x . Đặt 4 2 2 t x x với 1; 4 x . Ta có: 2 4 2 2 ' 2 4 2 2 xx t xx . Cho ' 0 3 tx . x 1 3 4 ' t 0 t 3 6 3 Dựa vào bảng biến thiên tập giá trị của t là 3; 3 t . 2 44 t t m 1 . Yêu cầu bài toán 1 có nghiệm 3; 3 t . ● Xét hàm số 2 44 f t t t trên đoạn 3; 3 có ' 2 4 f t t . Cho ' 0 2 f t t . t 3 2 3 ' ft 0 ft 1 7 4 3 0 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 694 ● Dựa vào bảng biến thiên 0;1 m thì thỏa yêu cầu bài toán. BT 486. Tìm m để: 22 2( 4 ) 4 2 3 0 x x x x m có đúng hai nghiệm thực phân biệt ? Lời giải. Điều kiện: 22 x . ● Đặt: 2 4 t x x 2 2 4 '0 4 xx t x 2 4 xx 2 x . Bảng biến thiên x 2 2 2 ' t 0 t 22 2 2 Dựa vào bảng biến thiên tập giá trị của t là 2; 2 2 t . 2 4 8 6 , 1 t t m . ● Từ bảng biến thiên, nhận thấy rằng: Ứng với 22 t thì phương trình 2 4 t x x cho 1 nghiệm x. Ứng với mỗi 2; 2 t thì phương trình 2 4 t x x cho 1 nghiệm x. Ứng với mỗi 2; 2 2 t thì phương trình 2 4 t x x cho 2 nghiệm x. ● Xét hàm số 2 48 f t t t trên [] 2;2 2 - có ' 2 4 f t t ' 0 2 f t t . t 2 2 22 ' ft 0 ft 12 82 4 ● Dựa vào bảng biến thiên 8 2 6 12 m 42 2 3 m Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi 42 6m 2 m 3 8 2 6m m2 é é ê = = ê ê Û ê ê = ê ê = ë ë BT 487. Tìm tham số m để: 2 4 4 0 x x m x x có nghiệm thực ? Lời giải. Điều kiện: 04 x . Khi đó: 2 44 x x m x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 695 22 4 2 4 4 x x m x x 22 4 2 4 4 x x x x m 1 ● Đặt 2 4 t x x 2 2 ' 4 x t xx . Cho ' 0 2 tx . x 0 2 4 ' t 0 t 2 0 0 Dựa vào bảng biến thiên tập giá trị của t là 0; 2 t . 2 1 2 4 t t m . Xét hàm số 2 24 f t t t trên đoạn 0; 2 có: ' 2 2 f t t . Cho ' 0 1 f t t . t 0 1 2 ' ft 0 ft 5 4 4 ● Dựa vào bảng biến thiên 4; 5 m thì thỏa yêu cầu bài toán. BT 488. Tìm tham số m để: 2 4 3 1 1 2 1 x m x x có nghiệm thực ? Lời giải. Điều kiện: 1 x . Khi đó: 4 11 32 11 xx m xx 1 ● Đặt: 44 12 1 0 1 11 x tt xx và 2 1 3 2 m t t . ● Xét hàm số 2 32 f t t t trên 0;1 có ' 6 2 f t t . Cho '0 ft 1 3 t và có 1 lim 1 t ft . t 0 1 3 1 ' ft 0 ft 1 3 0 1 ● Dựa vào bảng biến thiên 1 1; 3 m thì thỏa yêu cầu bài toán. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 696 BT 489. Tìm tham số m để 2 2 4 2 2 ( 1 1 2) 1 1 1 m x x x x x có nghiệm thực ? Lời giải. Điều kiện: 11 x . Đặt: 2 2 4 2 1 1 2 1 2 t x x x t 22 11 ' 11 tx xx . Cho ' 0 0 tx . Bảng biến thiên x 1 0 1 ' t 0 t 2 2 0 Dựa vào bảng biến thiên tập giá trị của t là 0; 2 t . 2 2 2 2 2 , 0; 2 2 tt m t t t m t t . 2 2 4 ' 0 0 2 tt f t t t ● Xét hàm số 2 2 2 tt ft t trên 0; 2 có . t 0 2 ' ft ft 1 21 ● Dựa vào bảng biến thiên 2 1;1 m . BT 490. Tìm tham số m để: 2 1 (4 ) 1 ( 1) 1 x m x m x có nghiệm ? Lời giải. ● Điều kiện: 1 x . Do 1 x thì vô nghiệm nên ta xét 1 1 x x a 1 1 41 1 1 x x mm x x 11 1 4 0 11 xx mm xx 1 ● Đặt: 1 , 0, 1 1 x t t t x . Khi đó: 2 4 1 1 tt m t . ● Xét hàm số 2 4 1 tt ft t trên 0; \ 1 có: 2 2 23 ' 1 tt ft t . ● Cho 1 '0 3 t ft t (loại) và 2 4 lim lim 1 tt tt ft t . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 697 t 0 1 ' ft 0 ft 4 3 ● Dựa vào bảng biến thiên 3; m . BT 491. Tìm m để: 23 2 2 3 2 4 1 mx x x x có hai nghiệm phân biệt ? Lời giải. Điều kiện: 0 x . Do 0 x không là nghiệm nên xét 0. x Chia hai vế cho 2 2 1 0, x ta được: 22 2 1 3 2 2 1 2 x x x mx 22 22 1 3 . 2 1 2 1 xx m xx 1 ● Đặt: 2 4 2 1 1 1 1 21 2 1 2 2 2 Cauchy x t x x x x x và 4 1 0 0; 2 tt . 2 2 13 1 1 3 , 2 t mt m t t (do 0 t không là nghiệm). ● Nhận thấy ứng với mỗi 4 1 0; 2 t cho ta hai nghiệm của x. ● Xét hàm số 2 13 ft t t trên 4 1 0; 2 có 2 1 2 2 ' 3 0 3 f t t t t . t 0 2 3 4 1 2 ' ft 0 ft 4 2 3 2 9 4 ● Dựa vào bảng biến thiên 9 4 m hoặc 4 2 3 2 m . BT 492. Tìm tham số m để: 22 ( 4) 2 5 8 24 m x x x x có nghiệm ? Lời giải. 2 22 4 2 4 4 2 m x x x x . Do 4 x không là nghiệm của phương trình nên phương trình 2 2 4 4 2 4 2 xx m x x 1 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 698 ● Đặt: 2 4 2 x t x có 22 24 ' 22 x t xx 1 '0 2 tx và lim 1 x t . x 4 1 2 ' t 0 t 3 1 0 1 Dựa vào bảng biến thiên tập giá trị của t là 1; 3 \ 0 t . 4 1 , 2 mt t . Để 1 có nghiệm 2 có nghiệm 1; 3 \ 0 t . ● Xét hàm số 4 f t t t trên 1; 3 \ 0 t có 2 2 4 ' 0 2 t f t t t . ● Ta có: 1 0 0 lim 5, lim ( ) , lim ( ) t t t f t f t f t và 13 2 4, 3 3 ff . t 1 0 2 3 ' ft 0 ft 5 13 3 4 ● Dựa vào bảng biến thiên ; 5 4; m thỏa yêu cầu bài toán. BT 493. Tìm tham số m để: 22 3 2 3 ( 1) 1 x x m x x có nghiệm ? Lời giải. Ta có: 2 22 1 2 1 1 1 1 x x m x x . Do 1 x không là nghiệm của 1 nên: 2 2 11 1 2. 1 1 xx m x x 2 ● Đặt: 2 2 2 11 ' 0 1 1 1 xx t t x x x và 2 1 lim 1 1 x x x . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 699 x 1 1 ' t 0 t 2 1 0 1 2 2 , 3 mt t . Để 2 có nghiệm 3 có nghiệm 1; 2 \ 0 t . ● Xét hàm số 2 f t t t trên { ( 1; 2)\ 0} - có 2 2 2 ' 0, 1; 2 \ 0 t f t t t . ● Ta có: 1 0 0 lim 3, lim , lim t t t f t f t f t và bảng biến thiên là t 1 0 2 ' ft ft 3 22 ● Dựa vào bảng biến thiên 3 2 2 mm . BT 494. Tìm tham số m để phương trình: 22 10 8 4 2 1 1 x x m x x có đúng hai nghiệm thực phân biệt ? Lời giải. Ta có: 2 22 2 1 1 2 2 1 2 1 m x x x x 1 Do 1 2 x không là nghiệm nên 2 2 2 1 1 1 2. 2. 21 1 xx m x x 2 ● Đặt: 23 2 2 1 2 ' 0 2 1 1 xx t t x x x và 2 21 lim 2 1 x x x . x 1 2 2 ' t 0 t 5 2 0 2 ● Dựa vào bảng biến thiên, ta lại có: Ứng với 5 t thì phương trình 2 21 1 x t x cho một nghiệm x. Dựa vào bảng biến thiên Þ tập giá trị 1; 2 \ 0 t Dựa vào bảng biến thiên Þ tập giá trị ( {} t 2; 5 \ 0 ù Î- ú û . Khi đó: ( ) ( ) 2 2 m 2t , 3 t Û = + Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 700 Ứng với mỗi 2; 2 t thì phương trình 2 21 1 x t x cho một nghiệm x. Ứng với mỗi 2; 5 t thì phương trình 2 21 1 x t x cho hai nghiệm x. ● Xét hàm số 2 2 2 2 2 2' t f t t f t t t ' 0 1 f t t . ● Ta có: 2 lim 5, t ft 00 5 12 5 lim , lim , lim 5 tt t f t f t f t . t 2 1 0 1 2 5 ' ft 0 0 ft 12 5 5 5 4 4 5 ● Dựa vào bảng biến thiên 5; 4 (4; 5) m v 12 5 5 íü ïï ïï ïï ìý ïï ïï ïï îþ thỏa yêu cầu bài toán. BT 495. Tìm m để: (4 3) 3 (3 4) 1 1 0 m x m x m có nghiệm ? Lời giải. Điều kiện: 31 x . Đặt: 3 2sin 1 2cos x x với 0; 2 . 2 4 3 sin 2 3 4 cos 1 0 m m m 1 ● Đặt: 2 22 21 tan , 0; 0;1 sin ; cos 22 11 tt t do t tt . 2 22 4 2 2 1 4 3 3 4 1 0 11 tt m m m tt 2 2 7 12 9 5 16 7 tt m tt . ● Xét hàm số 2 2 7 12 9 5 16 7 tt ft tt trên 0;1 có: 2 2 2 52 8 60 '0 5 16 7 tt ft tt . ft nghịch biến 0;1 0;1 7 min 1 9 g t g và 0;1 9 max 0 7 g t g . ● Để phương trình có nghiệm 0;1 0;1 79 min max 97 g t m g t m . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 701 BT 496. Tìm tham số m để: 2 2 4 2 1 1 2 1 2 m x x x x x x có nghiệm thực ? Lời giải. Điều kiện: 1 x . Đặt: 2 1 t x x nên 1; 2 t . Khi đó: 2 2 2 4 1 2 1 1 2 t x x x x nên 2 1 1 tt m t . ● Xét hàm số 2 1 1 tt ft t trên 1; 2 éù êú ëû có: 2 2 2 ' 0, 1; 2 1 tt f t t t . ft đồng biến trên 1; 2 nên để phương trình có nghiệm thì 1; 2 1; 2 3 min max 1 2 2 2 1 2 f t m f t f m f m . BT 497. Tìm tham số m để phương trình: m x m x m có nghiệm ? Lời giải. ● Đặt: 2 22 2 2 0 2 2 0 2 u v m u m x u m x u v m mm u v m v m x uv v m x . ● Do đó , uv là hai nghiệm của phương trình: 2 2 2 0 2 mm t mt 1 ● Để phương trình có nghiệm 1 có hai nghiệm không âm 0 0 0 S P 22 2 22 2 2 0 40 0 00 2 2 0 2 0 m m m mm m mm m m m m m . BT 498. Tìm tham số m để: 3 22 1 2. 1 x x m có nghiệm duy nhất ? Lời giải. Điều kiện cần: ● Do 3 22 1 2. 1 f x x x f x nên nếu o x là một nghiệm của thì o x cũng là nghiệm của (*). Vì vậy để phương trình có nghiệm duy nhất 0 o o o x x x .Với 0 o x thì 3 m . Điều kiện đủ: ● Với 3, m thì 3 22 1 2. 1 3 xx 1 ● Đặt 322 6 2 32 1 1 , 0 1 1 tx t x t tx thì 32 1 2 3 0 tt Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 702 622 1 1 1 1 1 0 t x x x : là nghiệm duy nhất. ● Vậy với 3 m thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Lưu ý: Ta có thể giải bằng phương pháp hàm số hoặc đặt 2 3 2 1 1 ux vx . BT 499. Tìm tham số m để phương tình 3 2 4 6 4 5 x x x x m có đúng hai nghiệm phân biệt ? Lời giải. 22 4 1 4 3 x x m 4 1 4 3 x x m 1 ● Đặt: 40 tx . Khi đó: 1 1 3 t t m 2 . Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực 2 có đúng hai nghiệm 0; t . ● Xét hàm số 13 f t t t trên 0; có: 4 2 : 0 1 2 : 1 3 2 4 : 3 t khi t f t khi t t khi t 2 : 0 1 ' 0 : 1 3 2 : 3 khi t f t khi t khi t . ● Bảng biến thiên t 0 1 3 ' ft 0 0 ft 4 2 2 ● Để phương trình có đúng hai nghiệm thực phân biệt 2; 4 m . BT 500. Tìm m để: 2 3 2 ( 1) ( 2) ( 4) (11 8 8) 0 m x x x x có nghiệm ? có đúng 4 nghiệm thực phân biệt ? Lời giải. Có: 2 3 2 2 ( ) ( 1) ( 2) ( 4) ( 4) 12( 2) 0 m x x x x 2 3 3 2 ( 1) ( 2) ( 4) 12( 4)( 2) 0 m x x x x 33 2 2 2 2 4 12( 4) 4 12( 4) 1 0 1, 2 2 2 2 x x x x mm x x x x () ● Đặt: 2 4 2 x t x 22 2 4 1 '0 2 22 x tx xx và 2 4 lim 1 2 x x x . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 703 x 1 2 ' t 0 t 3 1 1 3 1 12 1, 2 m t t . Dựa vào bảng biến thiên, ta lại có: Ứng với 3 t thì phương trình: 2 4 2 x t x có đúng một nghiệm. Ứng với 1;1 t thì phương trình: 2 4 2 x t x có đúng một nghiệm. Ứng với 1;3 t thì phương trình: 2 4 2 x t x có đúng hai nghiệm. ● Xét hàm số 3 12 1 f t t t có 2 ' 3 12 f t t và ' 0 2 f t x . ● Bảng biến thiên t 1 1 2 3 ' ft 0 ft 12 8 10 15 ● Dựa vào bảng biến thiên 15; 10 m thỏa yêu cầu bài toán. Dựa vào bảng biến thiên Þ tập giá trị của t là 1;3 t . Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 704 BT 501. Tìm m để: 2 2 2 ( 1) 2 4 x m x x () có hai nghiệm phân biệt ? Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 ( ) .( 2) 2 3 , (1). x x x x m Đặt: 2 2 2 2 2 .( 2). t x x t x x Ta có: 2 2 2 20 2 x tx x nên t đồng biến với mọi . x 2 (1) 3 , (2) t t m và ứng với mỗi t thì 2 2 t x x cho một nghiệm x , nên phương trình có hai nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm phân biệt. Xét hàm số 2 () f t t t trên có 1 ( ) 2 1 0 2 f t t t t 1 2 () ft 0 () ft 1 4 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: 1 13 3 44 mm BT 502. Tìm tham số m để: 4 3 4 3 4 4 16 4 16 6 x x x m x x x m có đúng hai nghiệm thực phân biệt ? Lời giải. Đặt 43 4 4 16 0. t x x x m Phương trình đã cho tương đương với: 2 6 0 2. t t t Suy ra: 4 3 4 3 4 4 16 2 4 16 16 x x x m m x x x (1) Xét hàm số: 43 ( ) 4 16 16 f x x x x trên có 32 1 ( ) 4 12 16 0 2 x f x x x x x 1 2 () fx 0 0 () fx 27 0 Kết luận: Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: ( ;27). m BT 503. Giải hệ phương trình: 22 3 12 xy x y x y x y () i ( , ). xy Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 2 , ( 4 ). S x y SP P xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 705 22 33 3 () 0 2 12 3 18 0 P S P S S i P S S P S S hoặc 6 9 S P Suy ra: 3 6 0 3 3 0 9 3 0 3 x y x y x x x xy xy y y y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (0;3);(3;0);( 3; 3) S x y BT 504. Giải hệ phương trình: 3 3 3 3 17 5 x x y y x xy y () i ( , ). xy Lời giải. Tập xác định: . D 33 ( ) 3 .( ) ( ) 17 () ( ) 5 x y xy x y xy i x y xy ( ). ii Đặt 2 , ( 4 ). S x y SP P xy 33 2 5 3 3 S 17 () 2 5 18 90S 108 0 PS S S P P ii P S P S Suy ra: 31 22 x y x xy y hoặc 2 1 x y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (1; 2);(2;1) S x y BT 505. Giải hệ phương trình: 22 4 4 2 2 7 21 x y xy x y x y () i ( , ). xy Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 2 , , ( 4 ). S x y P xy S P 2 2 2 2 2 2 73 7 () 2 2 ( 2 ) 2 21 S P S SP i P P S P P P Suy ra: 3 3 1 3 1 3 2 2 3 1 3 1 x y x y x x x x xy xy y y y y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (1;2);(2;1);( 1; 3);( 3; 1) S x y BT 506. Giải hệ phương trình: 22 33 3 3 2( ) 3( ) 6 x y x y xy xy () i ( , ). xy Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 3 3 ; . a x b y Khi đó: 3 3 2 2 2.( ) 3.( ) ( ) ( ). 6 a b a b ab i ii ab Đặt 2 , ( 4 ). S a b SP P ab 2 6 6 4 2 2 .( 3 ) 3 ( ) 8 8 2 4 6 S a b a a S S P SP ii P ab b b S Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 706 Suy ra: 33 33 42 64 8 8 64 24 xx xx yy yy Kết luận: Tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (8;64);(64;8) S x y BT 507. Giải hệ phương trình: 22 3 4 3 22 x y xy xy xy () i ( , ). xy Lời giải. Điều kiện: 0, 0. xy 2 ( ) 3 4 3 ( ) ( ). 28 x y xy xy i ii x y xy Đặt 2 ( 0; 0; 2 ) S x y S P S P P xy 22 22 82 . 3 4 3 () (8 2 ) 4 3 3 28 SP S P P ii P P P SP 2 2 2 8 2 8 2 2 4 2 44 4 4 2 8 16 (8 2 ) 3.(4 ) S P S P P xy x PP S x y y P P P P Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (2; 2) S x y BT 508. Giải hệ phương trình: (5 4 )(3 2 ) 7 2 (5 4 )(3 2 ) 7 2 x y x y y x y x y x x y (1) (2) ( , ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Lấy (1) (2) ( ) (23 23 9) 0 23 23 9 0 xy x y x y xy Với , xy suy ra 2 00 (1) 5 5 11 xy xx xy Với 9 23 , 23 x y suy ra 9 23 9 23 9 23 (1) 5 3 2 7 2 23 23 23 x x x x x x (138 9) (69 18) 63 115 : x x x vô nghiệm. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (0;0);(1;1) S x y BT 509. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 (6 4 )( 1) 5 ( 1) (6 4 )( 1) 5 ( 1) x y x y y x y x x y x y (1) (2) ( , ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Lấy 22 22 (1) (2) ( ) (2 5 2 3) 0 2 5 2 3 0 xy x y x xy y x xy y Xét các trường hợp và thế vào phương trình (1), từ đó tìm ra được tập nghiệm. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (0;0);( 1; 1);(1;1) S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 707 BT 510. Giải hệ phương trình: 1 7 4 1 7 4 xy yx (1) (2) ( , ). xy Lời giải. Điều kiện: 17 17 x x Lấy (1) (2) 1 7 1 7 ( ) ( ). x x y y f x f y Do 1; 7; 1; 7 x x y y không là nghiệm hệ nên xét , ( 1;7). xy Xét hàm số ( ) 1 7 f t t t trên khoảng ( 1;7) có: 11 ( ) 0, ( 1;7). 2 1 2 7 f t t tt Do đó () ft đồng biến trên ( 1;7). Suy ra: ( ) ( ) . f x f y x y 2 (1) 1 7 4 ( 1)(7 ) 4 6x 9 0 3 3. x x x x x x y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là ( ; ) (3;3). xy BT 511. Giải hệ phương trình: 22 22 1 1 2 1 1 2 x y y x x x y y (1) (2) ( , ). xy Lời giải. Lấy 2 2 2 2 (1) (2) 1 1 1 1 0 x y x x y x y y 22 22 ( ) ( 1 1 ) 0 11 xy yx x y y x yx xy Với , yx suy ra: 2 5 1 5 1 (1) 1 1 22 x x x y Với , yx suy ra: 22 (1) 1 1 2 0 2 : x x x x vô lý. Kết luận: Tập nghiệm cần tìm là 5 1 5 1 ( ; ) ; 22 S x y BT 512. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 (1 )(1 ) (1 )(1 ) x x y x y y y x y x (1) (2) ( , ). xy Lời giải. Điều kiện: 22 (1 ) (1 ) 0. xy Lấy 2 2 2 2 (1) (2) ( ) (1 ) (1 ) x y x y x y x y 22 22 ( ) (1 ) (1 ) 1 0 (1 ) (1 ) 1 yx x y x y x y x y x y Với , yx thì 2 2 2 2 00 (1) (1 ) 1 1 0 11 xy x x x x x x x xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 708 Với 22 (1 ) (1 ) 1, x y x y thì 2 (1) .( 1) x x y x y 2 2 22 0 3 0 00 2 2 4 0 0 y x yy x x xy y x y y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (0;0);(1;1) S x y BT 513. Giải hệ phương trình: 22 22 1 2 1 3 1 2 1 1 x xy y xy () i ( , ). xy Lời giải. Điều kiện: 0, 0. xy 22 2 2 2 2 22 22 13 3 1 9 1 4 1 2 2 22 44 ( ) 3 1 2 11 31 1 2 22 2 22 nhân x xy xy x y x y i xy y x y x y xy 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 9 8 0 ( ) (9 ) 0 3 1 3 1 3 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y x y x y x y x y x x y x y x y 1 31 2 1 22 yx x y xy hoặc 1 2 1 2 x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là 11 ( ; ) (1;1); ; 22 S x y BT 514. Giải hệ phương trình: 22 22 78 20 78 15 y x xy x y xy () ( , ). xy Lời giải. Điều kiện: 22 0 xy . Đặt , ( ; ). z x iy x y 22 2 2 2 2 22 78 20 78 78 ( ) 20 15 78 15 y x xy y xi x yi i xi x y x y yi i xy 22 ( ) 78 20 15 78. 20 15 xi y i x yi i z i z xy 2 (20 15 ). 78 0 z i z i có 175 288 16 9 . ii khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 709 Suy ra: 18 12 zi hoặc 2 3 . zi Do đó: ( ; ) (2;3), (18;12). xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (2; 3),(18;12) S x y Lưu ý: ta có thể giải như các bài trước bằng phương pháp cộng. BT 515. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 34 2 2 2 1 34 2 x x y x xy y x y y xy (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 2 x và 1. y Lấy 22 2 (1) (2) 2 2 3 2 ( 2 )(2 1) 0 12 xy x y xy x y x y x y yx Với 22 2 2 1: 2 xy x y x y x thử lại thấy không thỏa nên loại. Với 12 yx thì phương trình 2 (1) 6 3 34 2 2 0 x x x x 2 2.( 2) 3.( 2).(2 5) 0 2 5. 2 2 2 2 xx x x x y xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ( ; ) ( 2; 5) S x y BT 516. Giải hệ phương trình: 22 22 2 3 9 2 13 15 18 x xy y x xy y (1) (2) ( , ). xy Lời giải. Tập xác định: . D Nhân chéo 2 phương trình được: 2 2 2 2 0 2( 2 3 ) 2 13 15 y x xy y x xy y xy Với 0, y suy ra: (1) 3. x Với , xy suy ra: 2 3 2 3 2 (1) 2 9 22 x x y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm là 3 2 3 2 ( ; ) ( 3;0); ; 22 S x y BT 517. Giải hệ phương trình: 22 22 2 ( 1) 3 32 x x y y y x xy y x y () i ( , ). xy Lời giải. Tập xác định: . D Với 00 xy là một nghiệm của hệ phương trình. Xét 22 0. xy 22 22 23 () 32 x xy y y x i x xy y x y và nhân chéo 2 phương trình với nhau. Suy ra: 2 2 2 2 ( 2 ) (2 ) (3 ) ( 3 ) x y x xy y y x x xy y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 710 Chia hai vế cho lượng 2 , x và đặt , y t x được: 32 1 7 3 7 3 0 3 7 t t t t t Suy ra mối liên hệ giữa , xy và thay vào phương trình đầu tìm được nghiệm. Kết luận: Tập nghiệm 73 ( ; ) (0;0);(1;1);( 1;1); ; 43 43 S x y BT 518. Giải hệ phương trình: 2 4 2 2 2 20 4 3 0 x xy x y x x y x y (1) (2) ( , ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Từ (1), suy ra: 2 , 21 xx y x (do 1 2 x thì (1) vô nghiệm). Thế vào (2), khai triển và rút gọn, ta thu được: 5 4 3 2 4 12 10 6 4 0 x x x x x 2 0 1 2 1 2 4 2 0 0 2 2 x x x x x x x y y y Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (0;0);(1;1);(2;2) S x y BT 519. Giải hệ phương trình: 32 22 3 49 0 8 8 17 x xy x xy y y x (1) (2) ( , ) xy Lời giải. Do 0 x không là nghiệm hệ nên từ (1), suy ra: 3 2 49 3 x y x (3) 3 2 3 2 49 (2) 17 8 (1 ) 2 51 49 24 .( 1) 3 x x x y x x x xy x x 2 2 10 ( 1) (2 49 49) 24 .( 1) 0 2 49 49 24 0 x x x x xy x x x xy 1 4 x y hoặc 1 4 x y hoặc 2 2 49 49 24 xx y x (4) Thế (4) vào (3), suy ra: 2 23 2 49 49 49 24 3 x x x xx Khai triễn, rút gọn được: 4 3 2 2 2 4 4 45 94 49 0 ( 1) (4 4 49) 0 1. x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm là ( ; ) ( 1; 4);( 1; 4) S x y BT 520. Giải hệ phương trình: 22 22 22 2 2 2 0 x y xy y x x y y (1) (2) ( , ) xy Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 22 2, 2 yy x thế vào 1 : 2 2 22 2 1 2 2 yy y y y x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 711 2 3 6 2 21 yy x y (do 1 y không là nghiệm). Thế vào 2, khai triễn và rút gọn: 4 3 2 7 28 10 36 0 y y y y 2 2 7 14 18 0 y y y y 7 5 7 7 5 7 02 77 11 4 7 4 7 77 yy yy xx xx . Kết luận: 4 7 7 5 7 4 7 7 5 7 ( ; ) (1;0);( 1; 2); ; ; ; 7 7 7 7 S x y BT 521. Giải hệ phương trình: 22 2 2 3 4 9 7 6 2 9 x y xy x y y x x (1) (2) ( , ). xy Lời giải. Tập xác định: . D 2 22 2 2 2 4 1 4 2 9 6 2 3 9 7 2 3 9 2 9 6 2 7 x y x x x xx xx xx y 2 2 2 1 2 9 27 0 x x x x 1 2 9 3 33 2 16 4 1 3 7 7 x x x y y y . Kết luận: Tập nghiệm là 16 1 1 9 3 33 ( ; ) 2; ; ; ; ; 3 7 2 7 4 S x y BT 522. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 2 2 2 8( 1) 6 (12 ) ( 4 )( 2 5) 14 x xy y x y x y x x y x (1) (2) Lời giải. Tập xác định: . D 3 2 2 3 1 8 12 6 8 x x y xy y 3 3 22 xy 22 xy 22 yx Thay vào 22 2 2 2 . 5 2 1 14 x x x x 2 22 5 2 11 2 12 0 x x x x 22 4 2 3 2 5 x x x x 5 5 5 5 31 55 44 2 5 2 5 55 xx xx yy yy . Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 712 BT 523. Giải hệ phương trình: 22 11 20 x x y y x y x y x (1) (2) ( , ). xy Lời giải. Điều kiện: 0 10 x xy . Khi đó: 1 1 1 x x y 2 1 x x y x y 21 y x y 2 41 y x y 2 2 4 yx 22 yx 3 2 2 2 y x y x y x y x 4 22 3 , 4 yx y x y x 2 2 2 20 y x yy 12 0,25 4 yy xx . So với điều kiện, nghiệm hệ là: ; 0,25; 1 ; 4; 2 xy . BT 524. Giải hệ phương trình: 2 2 ( 1) 3 0 5 ( ) 1 0 x x y xy x (1) (2) ( , ). xy Lời giải. Điều kiện: 0 x . Chia hai vế của 1 cho được: 3 11 xy x . 2 2 35 2 1 1 0 x x 2 3 2 0 xx 2 1 3 1 2 x x y y BT 525. Giải hệ phương trình: 33 2 2 3 1 22 xy x y xy y (1) (2) ( , ). xy Lời giải. Tập xác định: . D 33 2 2 3 1 2 2.1 xy x y xy y 2 2 3 3 2 2 0 x y xy y x 32 2 2. 1 0 x x x y y y (do 0 y thì hệ vô nghiệm) 1 1 1 2 x x x y y y 3 3 3 3 1 3 2 3 1 23 2 3 x x y y . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 713 BT 526. Giải hệ phương trình: 22 22 2 ( ) 3 ( ) 10 y x y x x x y y ( , ). xy Lời giải. Tập xác định: . D Nhân chéo hai vế: 2 2 2 2 2 2 20 3 y x y x x y 4 4 2 2 3 20 17 0 x y x y Với 00 yx . Với 0 y ta được: 42 3 17 20 0 xx yy 22 2 2 2 2 55 4 4 33 xx x y x y yy . Với 24 3 22 23 2 .3 3 2 2 1 2 4 2 2 .5 10 2 y y x y y yx xy x xy x y y x y . Với 4 3 3 22 4 4 135 49 49 5 2 15 3 4 15 16 135 2 135 y yx yx xy xy y x . BT 527. Giải hệ phương trình: 33 22 24 13 41 21 9 x y x y x xy y ( , ). xy Lời giải. Tập xác định: . D Nhân chéo hai vế, ta được: 3 3 2 2 9 2 4 13 41 21 x y x y x xy y 3 2 2 3 22 11 143 66 0 x x y xy y . Do 0 y không là nghiệm hệ nên 32 22 11 143 66 0 x x x y y y 1 3 2 2 x x x y y y . 3 3 3 3 2 2 29 0 0 15 9 0 x y x y y x y y y y x x 22 11 xx yy . BT 528. Giải hệ phương trình: 22 3 2 2 2 22 2 3 2 3 x y xy y x xy y x y () ( , ). xy Lời giải. Tập xác định: . D 22 3 2 2 2 22 2 3 3 2 x y xy y x xy x y y . Nhân chéo hai vế ta thu được: 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 3 3 y x y xy y x xy x y 22 0 y y x x xy y 22 2 22 00 0 22 22 yx y x xy y x xx x xy y y 01 01 yy xx . Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 714 BT 529. Giải hệ phương trình: 3 2 3 44 1 44 x xy y x y x y ( , ). xy Lời giải. Tập xác định: . D Nhân chéo hai vế, ta được: 3 2 3 4 4 44 x y x xy y x y 2 2 3 3 4 5 0 x y xy x y 22 4 5 0 xy xy y x 00 1 1 5 x y y x y x y x 3 3 1 0 1 1 149 1 0 1 5 149 x x x x y y y y . BT 530. Giải hệ phương trình: 33 4 3 3 2 2 ( ) 7 99 x y x x x y y y x x y x ( , ). xy Lời giải. Tập xác định: . D Hệ 34 4 3 3 2 2 7 99 xy x x x y y x x y x y và nhân chéo vế theo vế sẽ đưa được về phương trình đẳng cấp bậc bốn và chia cho 4 0. x BT 531. Giải hệ phương trình: 22 22 20 3 7 3 0 y xy x x xy y x y (1) (2) ( ; ). xy Lời giải. Tập xác định: . D 1 2 0 2 y x y x y x x y . Với 2 4 3 0 yx yx xx 31 31 xx yy . Với 2 13 157 2 2 2 13 3 0 13 157 xy y xy yy x . BT 532. Giải hệ phương trình: 22 22 2 3 0 3 4 1 0 x y xy x y x y y (1) (2) ( ; ). xy Lời giải. Tập xác định: . D 1 2 1 0 2 1 x y x y x y x y . Với , xy thì 2 2 5x 3x 1 0 3 29 10 xy . Với 2 1, xy thì 2 0 2 8 7 1 y yy x hoặc 73 84 yx . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 715 BT 533. Giải hệ phương trình: 3 2 2 32 22 24 x x y xy y x y x xy x (1) (2) ( ; ). xy Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 1 0 x y x y 2 2 1 y x y x Với yx 32 1 1 2 2 4 0 yx x y xx . Với 2 21 yx 2 2 1 17 1 17 21 22 40 10 17 10 17 yx xx xx yy . BT 534. Giải hệ phương trình: 22 3 3 2 2 20 21 x y xy x y x y x y y (1) (2) ( ; ). xy Lời giải. Tập xác định: . D 1 2 1 0 x y x y 2 1 x y x y . Với xy 32 1 1 2 1 0 xy y x yy . Với 2 21 21 3 4 0 xy xy yy 4 0 3 15 3 y y x x . BT 535. Giải hệ phương trình: 22 2 4 4 2 2 8 1 2 9 0 x xy y x y xy (1) (2) ( ; ). xy Lời giải. Điều kiện: 1 2 x . Khi đó: 2 1 2 2 2 0 x y x y 2 1 2 2 0 x y x y 1 2 0 1 2 3 0 y x x y . Với: 1 2 , yx thì 2 2 8 9 yy 42 03 18 17 0 y yy 1 0 y x . Với 1 2 3, xy thì 2 8 3 3 3 0 y y y 1 3 2 yx hoặc 8 3 3 0 yy (3) Đặt: 30 ty thì 23 3 8 6 0 6 8 0 t t t t . Xét hàm số 3 68 f t t t có 2 ' 3 6 0 2 f t t t Hàm số ft đạt cực đại tại 2;8 4 2 và đạt cực tiểu tại 2;8 4 2 . Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 716 Vì 0 8 0 f và 8 4 2 0 nên 0 ft không có nghiệm khi 0 t . Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm: 1 ; 0;1 , ; 3 2 xy . BT 536. Giải hệ phương trình: 3 2 2 3 2 3 4 4 16 16 2 2 3 x x y x y xy y x y x y (1) (2) Lời giải. Điều kiện 20 0 xy xy thì 2 2 (1) ( 2 ) ( 4) 0 4 xy x y x y yx Với 2 xy thì 2 3 2 3 4 8 y y x . Với 4 yx thì 2 3 8 2 2 3 x 8 3 8 3 84 33 xy . BT 537. Giải hệ phương trình: 2 2 3 32 2 8 4 0 16 2 8 5 0 x xy xy y x x y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D 22 1 4 2 0 4 2 x y x y x y y x . Với 2 2 6 4 4: 1024 5 0 xy xy y vô nghiệm. Với 32 2 2 16 32 2 5 0 yx yx x x x 3 19 1 4 2 3 19 1 2 x x y y . BT 538. Giải hệ phương trình: 22 22 2 5 2 4 x xy y x y x y x y (1) (2) ( ; ). xy Lời giải. Tập xác định: . D 1 2 2 1 0 x y x y 2 2 1 y x y x . Với 2, yx thế vào 2 2 2 4 2 0 xx 11 xy . Với 2 1, yx thế vào 2 2 5 4 0 xx 4 13 55 xy . BT 539. Giải hệ phương trình: 32 22 3 3 3 2 3 9 3 x x x y xy y xy x x y () ( ; ). xy Lời giải. Tập xác định: . D 2 3 1 0 3 2 3 1 0 x x y y x y x 15 ; 3; 4 , 3;9 , 1; 2 , ; 24 xy . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 717 BT 540. Giải hệ phương trình: 2 22 5 3 6 4 3 2 9 x x xy y x y xy y (1) (2) ( ; ). xy Lời giải. Tập xác định: . D 1 3 2 0 x x y 45 3 233 1 9 ; 3; , 1;1 , ; 4 4 4 xy . BT 541. Giải hệ phương trình: 3 2 2 22 3 22 5 2 2 2 4 4 x y y x y xy x x y y x (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 2 2 2 0 1 3 1 3 x y x x . 2 1 2 1 0 x y x y x y 22 : 2 1 2 2 1 1 0 do x y x y 3 22 2 5 2 2 2 4 4 x x x x . Xét hàm số 3 22 5 2 2 2 4 f x x x x x trên ;1 3 1 3; Có: 22 2 3 51 ' 2 2 0 2 2 2 3 2 4 f x x xx xx 1 x (loại). x 13 13 'fx fx Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phương trình 4 fx có nhiều nhất hai nghiệm trên ;1 3 1 3; . Mà 4 1 3 f x f f 1 xy và 3 xy . BT 542. Giải hệ phương trình: 25 5 1 1 xy y x y xy (1) (2) ( ; ). xy Lời giải. Điều kiện: 5; 1; 0 x y xy y . 1 2 1 1 4 y y x x 2 2 1 2 yx 0 1 2 1 2 0 y x y x 1 2 yx 12 xy 54 x y y 3 2 5 1 1 3 2 1 x y x y y 4 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 718 3 , 4 1 1 2 yy 1 2 1 yy 2 43 y y y 0 5 yx (thỏa điều kiện). BT 543. Giải hệ phương trình: 3 2 2 23 3 22 2 2 1 14 2 x y x y xy x y y x (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 2 21 xy thì 2 1 2 0 x y x y xy . Với xy thì 3 32 14 2 2 1 2 x x x x 3 Đặt: 2 2 2 1 0 ux v x x 3 2 3 6 14 u v x . 332 3 6 2 u v v u 3 2 2 2 8 12 6 6 0 v v u vu v 22 8 12 6 6 0 v v uv u v 2 2 6 6 2 6 0 v v u v v 2 0 2 1 0 1 2 v x x x y . BT 544. Giải hệ phương trình: 3 ( 1) ( 1) 0 8 4 3( ) 4 1 y x y x y y x x y x y (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 0, 0, 3.( ) 4 0. y x y x y (1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 0 y x y x y y y ( 1) ( 1) ( 1). ( 1) 0 1 x y y y x y y y 1 ( 1) 1 0 1 xy y x y y 1 11 ( 1)( 1) 0 1 11 y y x y yx x y y Suy ra: 1 2 xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là 11 ( ; ) ; 22 S x y BT 545. Giải hệ phương trình: ( 1) ( 2 2 6)( 2 1 3) 4 x y x x y y x y x y (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 1 0, , .( 1) 0, 2 6 0. 2 x y x y x y x 2 (1) .( 1) ( ) 0 0 .( 1) x xy y y x y x y x y x y x y x y x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 719 1 1 ( ) 0 . .( 1) y x y x y x y x y x y Do lượng 1 11 0, 0, 2 .( 1) y xy x y x y x y (1) ( 2 6) ( 2 1 3) 4 x x x (3) Từ (3), suy ra: 2 1 3 0 5. xx Xét hàm số ( ) 2 6 0 f x x x trên (5; + ) có 11 ( ) 0 5 2 2 2 6 f x x xx . Do đó hàm số () fx là hàm số dương và đồng biến trên (5; +). Xét hàm số ( ) 2 1 3 0 g x x x (5; + ) có 1 ( ) 0, 5 21 g x x x . Do đó hàm số () gx là hàm số dương và đồng biến trên (5; +). Suy ra hàm số ( ) ( ) ( ) h x f x g x là hàm số đồng biến. Do đó phương trình (3) sẽ có nghiệm duy nhất và (7) 6, h suy ra: 7. xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (7;7) S x y BT 546. Giải hệ phương trình: 22 23 1 1 6 x xy y xy y y x x y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1, 1. xy 2 2 2 22 22 2 (1) ( 2 2 ) 0 0 22 x xy y xy y x xy y y xy y xy y x xy y y 22 ( )( 2 ) .( ) 0. 22 x y x y x x y xy xy y x xy y y 2 3 2 (2) 1 3 2 7x 10 0 x x xx y x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (2; 2) S x y BT 547. Giải hệ phương trình: 22 2 3 4 1 4 2 1 2 2 0 x x y x y x x x y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1 2 x (2) 4. 2 1 3 2 2.( ) x x x y và 1 3 2 0, 4 2 1 3 2 0 2 x x x x nên để hệ có nghiệm thì cần thêm điều kiện kéo theo là 0. xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 720 2 2 2 (1) ( 3 4 ) 3 ( 1) 0 x x y x y x x y x 22 2 2 2 1 0 3 4 3 1 x y x y x y x x y x y x x y x 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 1 0 3 4 3 1 x y x y x y x y x x y x y x x y x 2 2 2 ( ) ( 1) 1 0 3 4 3 1 x y x y x y x x y x y x x y x 2 2 2 1 ( 1) 0 1. 3 4 3 1 xy x y y x x x y x y x x y x Do có: 2 2 2 11 0, , 0. 2 3 4 3 1 xy x x y x x y x y x x y x 2 4 (2) 4 2 1 4 40 39. 16.(2 1) ( 4) x x x x y xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (40; 39) S x y BT 548. Giải hệ phương trình: 33 33 1 2 1 51 x x y y y x y xy x (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1 1, 2 xy 33 (1) ( ) ( 1 2 1) 0 x y x y y 22 ( ) ( ) 0 1 2 1 xy x y x xy y x y y 2 2 3 1 ( ) 0 . 24 1 2 1 yy x y x x y x y y Do lượng: 2 2 3 11 0, 1, 2 4 2 1 2 1 yy x x y x y y 22 2 (2) 1 5 ( 1 1) 4 0 ( 2)( 2) 0 11 x x x x x x x x 2 1 ( 2) 2 0 2 11 x xx y x Do 1 2 0, 1. 11 xx x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (2; 2) S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 721 BT 549. Giải hệ phương trình: 4 4 22 2 1 1 2 ( 1) 2 1 0 x x y y x x y y y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1 x . Khi đó: 22 (2) 2 2 2 1 0 x xy y x y 22 ( ) 2( ) 1 4 ( 1) 4 , (3) x y x y y x y y và suy ra: 0. y 4 4 (1) ( 2 1) ( 1 ) 0 x y x y 44 2 4 4 11 0 ( 1 ) ( 1 ) 21 x y x y x y x y xy 4 2 4 4 11 ( 1) 0 ( 1 ) ( 1 ) 21 xy x y x y xy 44 1 0 1. x y x y 42 74 01 (3) ( ) 4 2 4 0 (4) yx y y y y y y Xét hàm số 74 ( ) 2 4 f y y y y trên [0; + ] có 43 ( ) 7 8 1 0, 0. f y y y y Suy ra () fy đồng biến trên 0; và có ( ) (1) 0 1 0. f y f y x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) ( 1;0);(0;1) S x y BT 550. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 ( 1 3 2)( 4 1 1) 8 20 x x y y x y x y x (1) (2) Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 3 2 (1) ( 1 3 2)4 8 ( 4 1 1) x x y y x y y (do 0 y không là nghiệm) 2 2 2 2 1 3 2 2 .( 4 1 1) x x y x y y . Thế 2 2 x x y vào, được: 2 2 2 2 2 2 2 1 4 2 ( 4 1 1) 1 2 ( 4 1 1) x x y x x y y x x x y y 2 2 1 1 1 1 1 2 4 1 2 2 . y y y f f y x x x x Xét hàm số 2 ( ) 1 f t t t t trên có 2 2 2 ( ) 1 1 0, 1 t f t t t t Do đó () ft đồng biến trên . Suy ra: 1 1 1 22 2 f f y y y x x x 1 (2) 2 0 4 28 x x x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là 1 ( ; ) 4; 8 S x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 722 BT 551. Giải hệ phương trình: 3 22 3 ( ) 2 ( 2 1) 5 7( ) 4 6 1 x x y x y y y x y x x y xy x (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 0 20 0 y xy xy . 22 1 2 2 x xy y y x y 2 2 yx x y x y y x y 1 20 2 x y x y y x y xy và thay vào 3 3 2 2 2 5 14 4 6 1 x x x x x 3 3 2 2 2 3 6 4 8 8 8 3 8 8 8 x x x x x x x 3 3 33 22 1 3 1 8 8 8 3 8 8 8 x x x x x x 3 2 1 8 8 8 f x f x x . Xét hàm số 3 3 f t t t trên có 2 ' 3 1 0, f t t t : ft đồng biến trên . 3 2 1 8 8 8 x x x 11 xy (thỏa mãn điều kiện). BT 552. Giải hệ phương trình: 2 2 2 22 3 2 3 6 3 7 7 2 3 4 3 3 1 0 y y y x x x y x y x (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 22 3 2 3 6 0. y y x 22 2 2 2 3 4 2 1 (1) ( 3 2) 0 3 2 3 6 7 7 yxy yx y y x x 22 2 2 2 (3 4 3 3 1) ( 3 2) ( 3 2) 0 3 2 3 6 7 7 y x y x y x yx y y x x 2 2 2 ( 3 2) ( 3 2) 0 3 2 3 6 7 7 yx yx y y x x Do từ (2) có: 22 3 4 3 3 1 0 y x y x 2 2 2 1 ( 3 2) 1 0 3 2. 3 2 3 6 7 7 y x y x y y x x 2 11 (2) 23 30 7 0 7 25 23 23 xy xx xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là 7 25 ( ; ) ( 1; 1); ; 23 23 S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 723 BT 553. Giải hệ phương trình: ( 2) 1 (4 1 ) 1 3 2 2 1 x y x y x x y x (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 11 x và 0. y Do 1 x không thỏa mãn hệ nên xét trong điều kiện: 11 x và 0. y 1 (1) ( 2) 1 1 1 ( 1) 1 1 yx x y x x y x x y x yx 1 ( 1) 1 0 1. 1 x y x y x yx (2) 1 (4 1 ) 3 1 2 1 x x x x 4 1 (1 )(1 ) 2 1 3 1 2(1 ) (1 ) x x x x x x x (3) Đặt 10 ax và 10 bx thì 22 (3) 4 2 2 a ab b a b 22 2 2 (4 ) 2 0 (2 ) ( 2) 0 2 ba a b a b b a b a b ab Với 2, ba suy ra: 32 1 2 1 1 4.(1 ) 55 x x x x x y Với 2, ab suy ra: 2 1 1 2 1 1 0 1. x x x x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ 32 ( ; ) (0;1); ; 55 S x y BT 554. Giải hệ phương trình: (1 ) 3 6 ( 4) (1) 5 2 1 (2) 7 y x y x y x y y x y x xy Lời giải. 20 xy và 7 0. xy (1) (1 ) ( 2) ( 4) (1 ) 0 y x y x y y (1 ) ( 4) ( 4) (1 ) 0 21 y x y x y y x y y 1 11 (1 ) ( 4) 0 40 21 y y x y xy x y y Với 1, y suy ra: 5 3 5 (2) 2 1 88 21 xx xx xx 5( 2 1) 3( 8) 5( 2 1) 5( 1 2) 3( 3) 0 x x x x x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 724 55 ( 3) 3 0 3. 2 1 1 2 xx xx Với 4, yx suy ra: 8 11 ;\ 3 5 (2) 3 8 1 0, 2 11 2 x xx x Xét hàm số 5 ( ) 3 8 1 2 11 f x x x x trên 8 11 ;\ 32 có: 22 3 1 10 3 1 3 8 10 () (2 11) (2 11) 2 3 8 2 1 2. (3 8)( 1) xx fx xx x x x x 6 17 0, 2. (3 8)( 1).( 9 9 3 8) 8 11 ;\ 32 x x x x x x Suy ra hàm số () fx đồng biến trên các nửa khoảng 8 11 ; 32 và 11 ; 2 Mà ta có: (3) (8) 0, ff nên 31 84 xy xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (3;1) S x y BT 555. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 3 2 . 1 (1) ( 1) 1 2 4 3 (2) x x y xy x xy y x x x x y y x y Lời giải. Điều kiện: 2 1, 0 2, 1 0 x x x y y x xy Đặt 3 2 2 3 . a x x y xy 2 3 2 2 3 (1) 1 y x x y xy y y x xy 22 22 ( ) ( 1) .( 1)( 1) 1. 1 x y xy x y y y y x yx a ay y x xy 2 (2) ( 1). 1 1 1 3 0 x x x x x 2 1 ( 1 1) ( 1 1) ( 1) 0 x x x x 2 ( 2) 1 2 2 0 2 0 2 3. 1 1 1 1 x x x x x x y xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (2; 3) S x y BT 556. Giải hệ phương trình: 2 3 3 3 5 16( ) 2 x x y y x y x y xy (1) (2) ( ; ) xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 725 Lời giải. Điều kiện: 0, 5. xy 2 2 2 2 2 16.( ) 2.( ) (2) 16.( ) 2 ( ) 16.( ) x y x y xy y x y x y xy y xy y x y x y 2 ( ) ( ) 16 ( ) 2 ( ) 0 16.( ) x y x y y x y y x xy y x y x y 2 ( )(16 ) 2 ( ) 0 16( ) y x x y y y x xy y x y x y 2 16 ( ) 2 ( ) 0 . 16( ) x y y y x y x xy y x y x y Do từ (2) 3 (1 3 1 5) 3 2 ( 5) Cauchy Schwarz x y x y x y 2 3 2 ( 5) ( ) 18 ( 5) x y x y x y x y 2 ( ) 18 ( ) 40 0 9 41 ( ) 9 41 16. x y x y x y Suy ra: 16 ( ) 0 xy nên 2 0 16 ( ) 2 0, 5 16( ) x x y y y xy y x y x y Với , yx thì 22 (1) 2 3( 3 5) 4 9(2 2 2 2 15) x x x x x x x 2 22 2 2 2 2 9 9 0 9 2 15 2 9 9 6. 81( 2 15) (2 9 9) xx x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (6;6) S x y BT 557. Giải hệ phương trình: 2 22 2 3 2 0 2 2 3 0 x xy x y x xy y x (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Lấy 12 22 1 2 0 x y x y y có 2 31 x y 12 xy xy . Với yx thì 2 3 2 5 3 0 0 5 x x x y x y . Với 12 yy thì 2 2 4 2 0 2 2 3 2 2 y y y x . BT 558. Giải hệ phương trình: 4 2 2 2 2 2 2 2 3 2 4 0 (3 2 ) ( ) 9 4 6 y y x y xy x y x y y y () Lời giải. Ta có: 4 2 2 2 2 2 2 2 3 2 4 0 2 4 2 3 0 y y x y xy x y x y y xy (1) (2) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 726 Lấy 12 được: 4 2 2 2 2 2 3 1 0 y x y y x có 2 2 2 1 y x 2 2 2 2 2 11 1 1 1 1 22 y y x y y x . Với 1 y thì 2 1 109 2 3 9 0 6 x x x . Với 1 y thì 2 1 61 2 3 5 0 6 x x x . Với 22 1 1 0 1 1 2 y x x . Lúc đó viết phương trình 2 dạng: 2 2 2 2 4 2 2 3 0 x y x y x có: 42 8 45 4 44 y x x x 4 2 2 8 24 20 20 1 4 1 0 y x x x x , 1;1 x . hệ phương trình vô nghiệm khi 22 1 1 2 yx . BT 559. Giải hệ phương trình: 4 2 2 22 4 6 9 0 2 22 0 x x y y x y x y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Lấy 1 2. 2 được: 4 2 2 2 2 2 2 35 0 x x y y x y 2 22 2 35 0 x y x y 22 7 5 x y x y . Với 2 7 yx thì 42 2 6 8 0 xx 2 2 4 2 x x 2 2 3 5 x x y y . Với 2 5 yx thì 42 2 6 32 0 : xx vô nghiệm. BT 560. Giải hệ phương trình: 3 2 2 3 2 3 2 3 (5 7 ) ( ) 2 ( 6) x x y x y y x x y x y y x y () ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D 3 2 2 3 3 2 2 3 3 7 5 0 4 2 6 0 x x y x xy y x x y xy x y (1) (2) Lấy 2. 1 2 được: 3 2 2 3 6 12 9 0 x x y xy y 3 3 2 x y y . 3 xy . Thế vào 3 1 34 9 0 0 0 y y y x . BT 561. Giải hệ phương trình: 33 22 91 4 3 16 9 xy x y x y (1) (2) ( ; ) xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 727 Lời giải. Tập xác định: . D Lấy 1 3. 2 được: 3 3 2 2 91 12 9 48 27 0 x y x y x y 3 2 2 3 12 48 64 27 27 9 x x x y y y 33 43 xy 7 xy và 2 43 2 7 49 84 0 34 yx yy yx . BT 562. Giải hệ phương trình: 44 3 3 2 2 1215 2 4 9( 4 ) 18( 8 ) xy x y x y x y (1) (2) Lời giải. Tập xác định: . D Lấy 1 6. 2 được: 44 36 xy 3 6 9 3 6 9 x y x y x y x y . Thế vào 1 và giải ra tìm được nghiệm: ; 6; 3 ; 6; 3 xy . BT 563. Giải hệ phương trình: 32 22 3 28 6 6 10 y x y x xy y x y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Lấy 1 3. 2 3 2 2 2 3 30 28 3 3 18 18 0 y y y x y x xy x 22 1 2 28 3 1 18 1 0 y y y x y x y 22 1 2 1 3 18 27 0 y y y x x 22 1 1 3 3 0 1 3 y y x y x . BT 564. Giải hệ phương trình: 32 22 5 8 0 2 5 5 10 10 x xy x xy y x y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Lấy 1 2. 2 được: 3 2 2 2 4 2 28 5 10 10 20 x x x xy y xy y 22 2 6 14 5 2 10 2 0 x x x y x y x 22 2 6 9 5 10 5 0 x x x y y 22 2 3 5 1 0 2 0 x x y x y . BT 565. Giải hệ phương trình: 32 32 ( )( 1) 1 ( 1) x y x y xy x x y xy x y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Lấy 2. 2 1 được: 22 1 3 2 0 x y x y x x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 728 Với 1, x thế vào 2 vô nghiệm. Với 22 3 2 0 y x y x x kết hợp 1 được hệ phương trình: 22 32 3 2 0 1 y x y x x x y x y xy 3 4 Lấy 2. 4 1 được: 22 2 1 1 2 0 x y x y x x Với 1 , 2 x thế vào 5 3 5 1 4 y . Với 22 1 2 0 y x y x x kết hợp 3 được hệ phương trình: 22 2 22 1 2 0 1 2 0 : 3 2 0 y x y x x yx y x y x x vô nghiệm. BT 566. Giải hệ phương trình: 22 2 50 2 5 1 0 x y xy x y xy y y (1) (2) ( ; ). xy Lời giải. Lấy . 2 1 x 2 5 5 0 y x x 55 0 2 yx . Với 0, y thế vào 2 hệ vô nghiệm. Với 55 , 2 x thế vào 2 15 2 5 1 0 2 y y y . Với 55 , 2 x thế vào 2 15 2 5 1 0 2 y y y . BT 567. Giải hệ phương trình: 2 2 2 22 4 6 3 9 6 9 0 x y xy y x y y x (1) (2) ( , ) xy Lời giải. Lấy 12 ta được: 2 2 2 2 4 4 6 6 9 9 0 x y y x y xy x 22 4 1 6 1 9 1 0 y x xy x x 2 1 4 1 6 9 0 x y x xy 2 1 4 1 6 9 0 x y x xy . Với 1, x thì 2 2 6 9 0 3 y y x . Với 2 4 1 6 9 0 y x xy . Do 0 x không là nghiệm của hệ nên nhân hai vế cho 0 x được: 22 4 1 6 9 0 y x x x y x 3 22 2 6 9 x y x y và kết hợp với 3 được: 22 4 1 0 y x x y 2 2 2 2 1 4 4 1 0 2 1 0 0 2 y x x y x y x . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 729 Với 0, y thế vào 1 hệ vô nghiệm. Với 1 , 2 x thê vào 2 3 1 2 3 9 0 3 2 y y y y . BT 568. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 32 3 9 24 7 16 24 8 9 20 6 1 15 x y xy y x y y y y y x (1) (2) Lời giải. Tập xác định: . D 4 3 2 2 1 9 24 7 24 16 1 x y y y x y 2 22 1 3 4 1 y y x y 22 2 1 3 4 0 1 3 4 y y x y x y . Với 1, y thế vào 3 2 52 7 x . Với 1, y thế vào 3 2 5 4 x . Với 2 3 4 , xy thay vào 3 3 2 8 4 6 1 1 0 y y y 3 3 33 6 1 6 1 2 2 y y y y 3 6 1 2 f y f y . Xét hàm số 3 f t t t có 2 ' 1 3 0 f t t ft đồng biến trên . 33 6 1 2 6 1 2 f y f y y y 3 1 43 2 yy 3 Đặt cos , 0; y u u . Khi đó: 3 1 3 4cos 3cos 2 uu 1 cos 3 cos 23 u 2 , 93 k uk . Do 57 0; 9 9 9 u u u u . 2 2 2 57 cos cos cos 9 9 9 57 4 3cos 4 3cos 4 3cos 9 9 9 x x x y y y . BT 569. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 ( )( 3) 3( ) 2 4 2 16 3 8 x y x xy y x y x y x (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 16 2, 3 xy 3 3 2 2 (1) 3.( ) 3 3 2 x y x y x y 3 2 3 2 3 3 3 3 1 3 3 1 ( 1) ( 1) 2. x x x y y y x y y x Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 730 2 4 14 (2) 4 2 22 3 2 33 xx x x x x 22 2 9 2 8 16 9 22 3 28 196 42 4 14 9 2 9 22 3 33 x x x x x x xx xx xx 2 41 ( 2) 1 0 9 2 3.( 4) 9 22 3 3.(14 ) xx x x x x 2 1 20 3 x xx y hoặc 2 0 x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (2;0),( 1; 3) S x y BT 570. Giải hệ phương trình: 22 3 1 2 ( 1) 4 2 1 ( ) 3 3 y y x y x y y y x y (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 2 2 1 0 xy . 2 2 2 2 2 1 4 4 2 1 2 1 2 y y x y x y x xy y 2 2 2 2 2 1 y x y x y 2 2 2y 1 3 21 x y x x y x y Với 2 2y 1 3 33 x y x y y x y 2 2 30 6 9 2 1 33 yx xy y y xy y y 11 17 415 3 51 yx yx . Với 2 21 33 x y x y y y x y 2 2 0 2 2 1 33 xy xy y y xy y y 11 7 41 3 21 yx y x L . Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là: 415 17 ( ; ) (1;1), ; 51 3 S x y BT 571. Giải hệ phương trình: 4 2 2 2 3 2 3 2 17 x x y xy x y x y y x y y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 2 1 0, 7. x y y 2 2 2 2 2 2 2 3 (1) ( ) ( ) 0 ( ) 0 . 24 yy x y x y xy x y x y x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 731 2 7 (2) 2 1 7 4 2. 2 1 49 14 y y y y x y y y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (2; 4);( 2; 4) S x y BT 572. Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 2 2 ( 1) 2 0 2 2 ( 2) 4 4 0 x y y x y y x xy x y x (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 2 4 4 0. yx 2 2 2 2 2 (1) ( 2 2) ( 1) 2 .( 1) 0 x y x y x y y 2 2 2 2 2 ( 2 ) ( 1) ( 2 ) 0 x x y y x y 2 2 2 2 2 2 ( 2 )( 2 1) 0 2, (do : 2 1 0) x y x y y x x y 22 (2) 2 2 2 ( 2) 4 6 0 x x x x x x 22 ( 2) ( 2) ( 2) 2 ( ) ( ) 2 ( 2) ( ). x x x x x x f x f x Xét hàm số 2 ( ) . 2 f t t t t có 2 2 2 ( ) 1 2 0, . 2 t f t t t t Do đó hàm số () ft luôn đồng biến trên . Suy ra: ( 2) ( ) 2 1 3. f x f x x x x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) ( 1; 3) S x y BT 573. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 3 2 (4 ) 4 2 0 3.( 1 4( 1) ( 1) 8( 1) y x y y x x x x y x y (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 1. x 2 2 3 2 2 (1) ( 2) 2 4 4 0 ( 2 ) ( 2 2) 0 x y x y y y x y x y y 2 ( 2 ) ( 1) 1 0 , 2 x x y x y y do có 2 ( 1) 1 0, 1. x y x 2 3 (2) 3.( 1 2 4) 2 9 x x x x (3) Ta có: 3 3 1 ( 1).1 2 1 1 2 20 10 2 4 8 8 (2 4) 4 4 3 6 Cauchy Cauchy x xx xx xx Cộng vế theo vế, suy ra: 3 3 10 3.( 1 2 4) 2 5 22 xx x x x (4) Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 732 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 11 2. 2 4 8 x x x Ta lại có: 22 2 9 2 5 ( 2) 0 x x x x : luôn đúng (5) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2. x Từ (3), (4), (5), suy ra nghiệm phương trình (3) là 2 1. xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (2;1) S x y BT 574. Giải hệ phương trình: 22 1 2 2 (2 ). 1 2 x y x y x y y y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Từ 22 1 1 1 0 2 (1) ( 1) ( 1) 1 1 1 1 0 2 xx xy yy Do 0 xy không là nghiệm hệ nên xét ; 0;2 xy Lấy (1) (2), suy ra: 2 2 2 1 2 2 2 1 2 x y xy y x y y 2 ( 2 ) (2 4 ) 0 .( 2) 2 .( 2) 0 x x xy y x x y x ( 2).( 2 ) 0 2 1, x x y x y do 2 0. xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (2;1) S x y BT 575. Giải hệ phương trình: 22 2 2 1 0 ( 2 2) 1 x y x y x x y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Lấy 22 (1) (2) 2( 1) 2 2 0 y x y x có biệt số: 2 ( 1) 0. y x Để hệ có nghiệm thì 0 1 0 1, y xx thế vào (2) 2. y Kết luận: Tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (1;2) S x y BT 576. Giải hệ phương trình: 2 4 3 22 4 4 1 4 2 4 2 x y xy x y xy (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Lấy (1) (2), được: 4 2 3 2 2 2 2 4 4 1 0 ( 1) 4 ( 1) 0 y y xy xy y xy y 2 2 1 ( 1) ( 1) ( 1 4 ) 0 1 1 4 y y y y xy y y x y Với 1, y thế vào 2 (1) 4 4 0 0 x x x hoặc 1. x Với 1, y thế vào 2 (1) 4 4 0 1 x x x hoặc 0. x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 733 Với 2 1 , 4 y x y thế vào 2 4 2 1 (1) (1 ) (8 5 1) 0 57 5 4 y y y y y Kết luận: Tập nghiệm hệ là 2 1 57 5 ( ; ) (0; 1);( 1; 1); ; 44 y S x y y BT 577. Giải hệ phương trình: 44 3 3 2 2 240 2 3( 4 ) 4( 8 ) xy x y x y x y (1) (2) Lời giải. Tập xác định: . D Lấy 4 3 2 4 3 2 (1) 8 (2) 8 24 32 16 16 96 256 256 x x x x y y y y 44 2 4 2 ( 2) ( 4) 2 4 6 x y x y xy x y x y Với 2, xy thế vào 32 (1) 3 4 32 0 4 2. x x x x y Với 6, xy thế vào 32 (1) 9 36 64 0 4 2. x x x x y Kết luận: Tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) ( 4; 2);(4;2) S x y BT 578. Giải hệ phương trình: 44 2 3 2 3 15 16 12 4 2 3 2 xy x x x y y y () i Lời giải. Tập xác định: . D 44 2 2 2 3 15 0 () 16 12 4 2 3 2 0 xy i x x x y y y (1) (2) Lấy (1) 2 (2), được: 2 3 4 4 3 2 15 32 24 8 4 5 4 x x x x y y y y 44 3 1 2 ( 2) ( 1) 1 1 2 y x x y xy y x x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (1; 2);( 1;2) S x y BT 579. Giải hệ phương trình: 3 3 2 22 39 4 x y y x y x y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Lấy 3 3 2 2 2 (1) 3 (2) 3 9 3 ( 4 ) 0 x y y x y x y 33 ( 1) ( 2) 1 2 3. x y x y x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 734 2 9 33 3 33 44 (2) 2 9 6 0 9 33 3 33 44 yx yy yx Kết luận: Tập nghiệm là 3 33 9 33 3 33 9 33 ; ; ; 4 4 4 4 S BT 580. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 1 1 3 1 8 2 1 x y x y xy y x y ( 0) x (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 2 2 1 0 (2 1)( 1) 0. x y xy x y Do 0 x nên 2 1 0, x suy ra: 1 0. y (1) (2 1) 2.( 1) (2 1) ( 1) 0 x y x y ( 2 1 1) ( 2 1 2 1) 0 2 1 1 2 . x y x y x y y x 3 3 3 3 3 3 (2) 6 1 8 4 1 ( 6 1) 6 1 (2 ) (2 ) x x x x x x x 3 33 1 ( 6 1) (2 ) 6 1 2 4 3 2 f x f x x x x x (3) Do 1 x không là nghiệm của (3) nên xét 0;1 x Đặt cos , 0; 2 x t t Khi đó: 12 (3) cos3 , ( ) 2 9 3 k t t k Do 0;1 x và k nên 9 t Suy ra: cos 2cos 99 xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) cos ;2cos 99 S x y BT 581. Giải hệ: 3 3 2 2 2 2 2 2 2 6 2 0 ( 3) 8 ( 5) 4 x y x y xy x y x y x y y x x (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 22 22 0 00 8 0 8 0 2 2 2 2 y y x y x x y y x x 2 2 22 7 (1) (3 ) ( 2 ) 0 (3 ) 0 24 xx x y y xy x x y y 3, yx do 0 xy không phải là nghiệm hệ. 2 2 2 2 2 (2) ( 3 3) 3 8 ( 3 5) 3 4 x x x x x x x x x khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 735 2 2 2 2 2 ( 3 8) 5 3 8 ( 3 ) 5 3 4 x x x x x x x x x 2 3 2 2 3 2 2 ( 3 8) 5. 3 8 ( 3 ) 5. 3 4 x x x x x x x x x 2 2 2 ( 3 8) ( 3 ) 4 f x x f x x x (3) Điều kiện là 41 3 3. 2 x Xét hàm số 3 ( ) 5 f t t t có 2 ( ) 3 5 0, f t t nên () ft đồng biến trên . Nếu 2 2 2 2 2 2 2 2 3 8 3 4 4 0 ( 3 8) ( 3 ) ( 3 8) ( 3 ) 0 x x x x x x f x x f x x f x x f x x Suy ra phương trình (3) vô nghiệm. Nếu 2 2 2 2 2 2 2 2 3 8 3 4 4 0 ( 3 8) ( 3 ) ( 3 8) ( 3 ) 0 x x x x x x f x x f x x f x x f x x Suy ra phương trình (3) vô nghiệm. Do đó phương trình (3) chỉ có nghiệm khi và chỉ khi: 2 2 2 26 3 8 3 4 2 ( ) xy x x x x x xL Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (2;6) S x y BT 582. Giải hệ phương trình: 33 33 11 9 1 1 1 1 1 1 18 xy x y x y () i Lời giải. Điều kiện: 0; 0 xy . Đặt 3 3 11 ; ab xy . 33 9 1 1 18 ab i a b a b 3 39 1 18 a b ab a b a b ab a b ii Đặt 2 ,4 S a b SP P ab thì 3 39 1 18 S SP ii S P S 3 2 39 3 6 21 0 SP S S S S 3 2 S P 3 2 ab ab 12 21 aa bb . Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 736 33 33 11 21 11 12 xx yy 11 8 1 1 8 x x y y (thỏa mãn điều kiện). BT 583. Giải hệ phương trình: 3 3 3 2) 8 ( 2) 6 ( xy xy () i ( ; ). xy Lời giải. Tập xác định: . D Do 0 x không là nghiệm hệ. Với 0 x thì 3 3 8 32 6 2 y x i y x ii Đặt 2 t x thì 3 3 32 23 yt ii yt 3 3 2 3 0 2 3 0 ty yt 33 30 t y t y 2 2 3 30 24 yy t y t t y . 3 3 2 0 21 2 12 yy yy xx y x là các nghiệm hệ. BT 584. Giải hệ phương trình: 22 23 13 2 35 3 2 xy y x x () i ( ; ). xy Lời giải. Đặt 2 2 2 2 3 3 3 2 2 23 a b x y a x y b x y a b x y x thì 22 33 13 35 ab i ab 2 3 2 13 3 35 a b ab a b ab a b 2 3 13 2 39 70 0 ab ab a b a b 2 75 9 18 6 2 ab a b a b VN ab ab ab khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 737 2 22 2 22 23 22 32 2 22 2 22 22 aa aa bb bb 55 11 22 22 22 11 22 22 xx xx xy yx . BT 585. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 ( ) (3 2 3 20) 1 0 2 5 2 5 0 x y x xy y x x xy y () i Lời giải. Ta có: 2 2 2 2 ( ) (3 2 3 ) 1 20( ) () 2 ( ) 5( ) x y x xy y x y i x x y x y (1) (2) Do xy không là nghiệm nên chia 1 cho 2 xy và 2 cho xy thì hệ: 22 2 1 3 2 20 1 25 x y xy xy x xy 22 2 1 2 20 1 5 x y x y xy x y x y xy Đặt: 1 , 2 ; a x y a b x y xy thì hệ 22 2 22 5 ab ab 14 2 3 31 3 a a b b 1 14 1 2 3 1 3 3 xy xy xy xy xy xy 7 2 10 7 2 10 1 33 3 11 33 x y x y xy xy x y x y 4 10 4 10 2 33 1 3 10 3 10 33 xx x y yy là các nghiệm. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 738 BT 586. Giải hệ phương trình: 22 2 3 85 4( ) 3 () 1 13 2 3 x xy y xy x xy ( ; ). xy Lời giải. Điều kiện: xy thì 22 2 1 85 3 ( ) ( ) 3 () () 1 13 ( ) ( ) 3 x y x y xy i x y x y xy Đặt 1 , 2 a x y xy b x y a thì hệ phương trình 22 9 2 3 85 13 3 ab ab 22 2 85 13 10 3 2 ; 2 33 3 13 26 140 1 40 3 3 9 a b b a a a b a b a a 1 10 3 1 xy xy xy 2 1 3 2 1 0 xy yy 1 1 3 22 3 y y x x . BT 587. Giải hệ phương trình: 22 2 3 4 4( ) 7 1 23 xy x y xy x xy () i ( ; ). xy Lời giải. Điều kiện: xy thì 22 2 1 3 ( ) ( ) 7 () 1 3 x y x y xy i x y x y xy () ii Đặt 1 ;2 a x y xy b x y u thì 22 3 2 7 3; 2 ab ii a b a 2 3 ; 2 2 3 2 0 b a a aa 2 1 a b 1 2 1 xy xy xy 11 10 x y x x y y (thỏa điều kiện). khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 739 BT 588. Giải hệ phương trình: 22 2 19 60 8 () 15 20 4 x y xy xy y xy () i ( ; ). xy Lời giải. Điều kiện: xy thì 2 2 1 16 8 25 0 1 4 4 5 0 x y y x yx i x y y x yx Đặt: 1 ; , 2 a x y b y x b yx thì hệ 22 16 8 25 0 4 4 5 0 ab ab 55 5 44 4 51 2 22 a y x yx yx b y x 13 7 88 33 88 xx yy . BT 589. Giải hệ phương trình: 22 2 2 3 3 0 18 9 () x y xy xy xy xy () i ( ; ). xy Lời giải. Đặt: 0 0 a x y b x y 2 2 2 2 2 x a b a x y b x y y b a nên: 22 22 3 2 3 2 b ba x y xy thì 22 22 3 6 0 18 9 b ba i a b a 22 22 9 3 18 0 9 18 0 b ba ii a b a 22 9 3 3 0 b a ab b a 3 3 3 0 b a b a ab 3 3 3 0 a b b a ab . Với 33 ab b a thì 2 9 3 18 0 ii b a b a 22 3 3 18 0 b ab a 2 2 3 18 0 : 24 aa b vô nghiệm. Với 3 ab thì 23 18 0 ii a a 3 1 a b 9 1 xy xy 5 4 x y . BT 590. Giải hệ phương trình: 22 22 22 1 ( ) 1 16 ( 1) 2 ( 1) xy xy y x x y () i ( ; ) xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 740 Lời giải. Điều kiện: 0 xy . Đặt: 11 ; a x b y xy thì 22 2 20 a i b ab 2 2 4 ab b 22 44 bb aa 22 22 4 1 0 4 1 0 2 1 0 2 1 0 x x x x y y y y 2 3 2 3 11 xx yy (thỏa mãn điều kiện). BT 591. Giải hệ phương trình: 22 1 ( ) 1 4 1 11 xy xy y x xy () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 0 xy . Đặt 11 ; a x b y xy thì 4 11 1 ab i ab 4 ab a b ab 4 4 ab ab 2 2 a b 2 2 2 1 0 1 1 2 1 0 x x x y yy . Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (1;1) S x y BT 592. Giải hệ phương trình: 22 2 2 6 1 4 x y y x y x xy y x xy xy x y () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 0, 0. xy 11 26 11 4 xy xy i xy xy ii . Đặt 1 1 ax x by y . 26 4 ab ii ab 2 62 2 6 4 0 ba aa 21 24 aa bb 22 22 2 1 0 1 0 2 1 0 4 1 0 x x x x y y y y 1 1 x y (thỏa mãn điều kiện). khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 741 BT 593. Giải hệ phương trình: 2 22 3 33 1 ( ) 1 8 1 ( ) 1 16 xy xy xy xy () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 0 xy . Đặt 11 ; a x b y yx thì 22 33 8 16 ab i ab 4 2 2 3 2 2 3 4 4 4 3 4 4 3 a b a b a b ab ab ab 2 3 1 2 3 3 1 2 3 2 3 1 2 3 3 1 2 3 x x x y yy . BT 594. Giải hệ phương trình: 22 2 2 2 6 15 y xy x x y x () i ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Do 0 x thì i vô nghiệm nên hệ 2 2 2 2 6 1 5 yy x x y x 2 1 6 1 2. 5 y y xx y y xx Đặt 1 y a x by x thì hệ 2 6 25 ab ba 2 3 a b 1 1 2 2 1 x x y y . BT 595. Giải hệ phương trình: 2 2 ( 1) 3 0 5 ( ) 1 0 x x y xy x () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 0 x thì 2 2 3 10 5 10 xy x i xy x . Đặt 1 a x y b x . Hệ 22 3 1 0 5 1 0 ab ab 1 1 2 21 2 b b a a 2 1 3 1 2 x x y y . Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 742 BT 596. Giải hệ phương trình: 2 2 14 ( 1)( 2) x y y x y x y x y () i ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Do 0 y không là nghiệm i nên hệ 2 2 1 22 1 21 x yx y x yx x . Đặt 2 1 2 x a y b y x thì hệ 2 1 ab ab 1 1 a b 12 25 xx yy . BT 597. Giải hệ phương trình: 1 2 1 ( ) 1 4 xy xy xy xy () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 0 xy . Đặt 11 ; a x b y yx thì 4 4 ab i ab 2 2 a b 2 1 0 2 1 0 xy y xy x xy 2 2 1 0 xy xx 1 1 x y . BT 598. Giải hệ phương trình: 2 22 1 45 ( ) 1 4 19 ( ) 1 2 xy xy xy xy () i ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Điều kiện: 0 xy . Đặt 11 ; a x b y yx thì 22 4 45 29 ab i ab 2 4 2 45 29 a b ab ab 9 2 9 2 ab ab 33 2 3 3 2 a a b b khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 743 3 1 0 2 3 2 0 2 3 2 0 3 1 0 xy y xy x xy y xy x 2 2 2 3 2 0 2 3 2 0 xy xx yx yy 1 2 1 1 2 1 1 2 2 1 x x y y x x y y . BT 599. Giải hệ phương trình: 22 13 2 xy x y x y x y () i ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Do 0 y không là nghiệm hệ nên 1 3 1 2 x x yy i x x yy . Đặt 1 ax y x b y . 3 2 1 2 1 2 a b a a ab b b 1 ; 2;1 ; 1; ; 1 2;1 2 2 xy . BT 600. Giải hệ phương trình: 3 3 3 2 8 16 ( 2) 8 x y y x xy y () i ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Do 0 y không là nghiệm hệ nên 3 3 2 2 16 ( ) ( ) 2 8 x y i ii xx yy . Đặt 2 ax b y . 33 2 16 2 2 () 21 2 16 a b a x ii by a b ab Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) (2;1) S x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 744 BT 601. Giải hệ phương trình: 22 2 14 2 1 x y xy y y xy x () i ( ; ) xy Lời giải. Do 0 y không là nghiệm hệ nên xét 0. y Chia hai vế của phương trình thứ nhất cho 0, y thì 2 2 1 4 () 2 1 x xy y i y xy x Đặt 2 1 ; x a b x y y thì hệ 4 11 1 32 2 ab ax by b a hoặc 2 5 x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (1; 2);( 2; 5) xy BT 602. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 22 ( 2 )(1 2 ) 16 2 2 10 1 0 x x x y y y x y xy y y () i ( ; ) xy Lời giải. Do 0 y không là nghiệm hệ nên chia mỗi vế cho 0: y 2 22 2 22 ( 1) ( ) 16 () ( 1) 2 ( ) 8 y xx y i y xx y và đặt 2 2 ( 1) a x x y b y thì hệ 2 16 28 ab ab 2 4 a b hoặc 15 6 2 5 a b hoặc 15 6 2 5 a b 1 5 4 3 ( ; ) ( 1; 3 2 2),(2; 3 2 2), ; 4 5 2 5 2 5 2 xy Kết luận: 1 5 4 3 ( ; ) ( 1; 3 2 2),(2; 3 2 2), ; 4 5 2 5 2 5 2 xy BT 603. Giải hệ phương trình: 22 22 1) 1) 9 ( 1)( (( 1) 10 x y xy x y xy () i ( ; ) xy Lời giải. Do 0 xy không là nghiệm hệ nên xét 0, 0. xy 2 2 22 22 2 2 1 1 2 2 9 ( 1 2 ) ( 1 2 ) 9 () ( 1) ( 1) 10 1 1 10 y x x x y y xy x y i x y xy y x xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 745 Đặt 2 2 1 1 ; y x ab xy Khi đó: ( 2) ( 2) 9 () 10 ab ii ab Giải hệ này, tìm được: 2 2 2 2 5 45 14 1 2 2 5 5 1 4 14 2 2 a xx xx a b yy b yy 23 2 1 2 x y y hoặc 2 1 2 23 x x y Kết luận: 11 ( ; ) ( 2 3; 2); 2 3; ;(2; 2 3); ; 2 3 22 xy BT 604. Giải hệ phương trình: 2 4 2 2 2 30 3 5 0 x xy x y x x y x y () i ( ; ) xy Lời giải. Nhận thấy ( ; ) (0;0) xy là 1 nghiệm hệ. Xét 0: x 2 2 2 2 3 3 () 5 35 y y xy xy x x i y y xy xy x x () ii và đặt y ax x by thì: 2 3 2 () 1 5 ab a ii b ab hoặc 1 4 a b Suy ra: 1 1 x y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (0;0);(1;1) S x y BT 605. Giải hệ phương trình: 2 4 2 2 2 4 2 0 8 4 3 0 y xy y x y xy x y (1) (2) () i ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Khi 0 0 : yx thỏa mãn hệ nên ( ; ) (0;0) xy là một nghiệm của hệ. Khi 0 y thì chia (1) cho y chia (2) cho 2 0, y ta được: 2 2 2 2 2 2 (4 1) 0 4 1 0 () 4 2 8 3 0 3 (4 1) 0 x x yx yx y y i x x yx yx y y () ii Đặt 2 41 x ay y bx Khi đó: 2 1 0 03 ( ) 1 03 30 2 x ab aa ii y bb ab y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 746 Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (0;0);( 1;1);( 1;2) S x y BT 606. Giải hệ phương trình: 32 1 x y x y x y x y () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 30 0 xy xy Đặt 30 0 a x y b x y Khi đó: 22 7 21 35 7 21 5 21 3 2 22 () 5 21 21 3 21 15 3 21 2 22 x a x y ab i b a b y b x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm là 5 21 ( ; ) 5 21; 2 S x y BT 607. Giải hệ phương trình: 7 2 5 22 x y x y x y x y () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 7 0, 2 0. x y x y Đặt 70 20 a x y b x y thì hệ 22 15 77 5 2 () 38 2 77 5 55 2 ab a i b a b b 15 77 151 15 77 10 77 77 22 11 77 77 5 51 5 77 22 2 22 x x y x y y x y x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm là 11 77 ( ; ) 10 77; 2 S x y BT 608. Giải hệ phương trình: 22 22 ( 3) ( ) 8 (1) 1 (2) 4 11 xy x y y x xy ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 2 2 (1) 1 8 ( 1) ( 1) 8 x y x y xy x y xy (3) Do 0 x hoặc 0 y thì hệ vô nghiệm nên xét 0, 0. xy Khi đó: 2 2 1 1 (3) . 8 y x xy (4) và đặt 22 ; 11 y x ab xy thì: khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 747 22 22 11 1 11 24 11 4 24 (2),(4) 11 1 11 8 42 11 42 xx ab aa xx yy bb yy ab 11 2 3 2 3 2 3 2 3 1 1 xx xx y y y x Kết luận: Tập nghiệm cần tìm là ( ; ) ( 1; 2 3);(2 3; 1) S x y BT 609. Giải hệ phương trình: 11 1 7 6 26 3 x y y x y x y x () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 11 0, . x y y x Đặt 11 0 0 a x y b y x thì hệ 22 1 2 () 1 7 2 4 3 ab a i b b a b Suy ra: 1 11 2 11 4 2 13 1 2 x xy xy xy yx y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là 13 ( ; ) ; 22 S x y BT 610. Giải hệ phương trình: 2 2 3 5 7 3 5 2 3 1 x y x y x y x y () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 2 3 , 5 0, 2 3 0. x y x y x y Đặt 2 3 0 2 3 0 50 a x y b x y c x y thì hệ 2 2 2 2 7 3 ( ) 3 1 2 1 4 17 a c a i c b b c a b c Suy ra: 2 3 3 2 3 9 3 2 3 2 2 7 1 4 51 xy xy x x y x y y xy xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (3; 1) S x y BT 611. Giải hệ phương trình: 3 2 2 3 22 (1 ) (2 ) 30 (1 ) 11 0 x y y x y y xy x y x y y y () i ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 748 ( ) ( ) 30 () ( ) 11 xy x y x y xy i xy x y x y xy ( ). ii Đặt .( ) a xy x y b x y xy Khi đó: 30 5 6 ( ) 5 ( ) 6 ( ) 11 6 5 6 5 ab a a xy x y xy x y ii a b b b x y xy x y xy 2 3 1 5 3 2 5 1 xy xy xy xy x y x y x y x y 5 21 5 21 21 22 12 5 21 5 21 22 xx xx yy yy Kết luận: Tập nghiệm cần tìm là 5 21 5 21 ( ; ) (2;1);(1; 2); ; 22 S x y BT 612. Giải hệ phương trình: 2 2 6 2 5 2 9 8 xy xy (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 0, 0. xy Lấy 2 5 2 2 9 2 14 (1) (2) (2) (1) 2 5 2 2 9 2 2 x x y y x x y y 2 5 2 2 9 2 14 ( ). 59 2 2 5 2 2 9 2 x x y y i x x y y Đặt 2 5 2 0 2 9 2 0 a x x b y y 14 7 () 59 7 2 ab a i b ab hoặc 5 : 9 a b thỏa điều kiện đặt ẩn phụ. Suy ra: 242 2 5 2 7 2 5 2 5 2 49 200 8 2 9 2 7 2 9 2 9 49 x x x x x x y y y y y y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm là 242 200 ( ; ) (2;8); ; 49 49 S x y BT 613. Giải hệ phương trình: 22 2 8 8 2 2 2 1 2 4 1 17 x xy x y x x y x x y (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 1 x thì 2 (1) 2( 1) 2(2 ) 2 1 x x y x y x (3) khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 749 Đặt 2 ; 1 0 a x y b x thì 22 (3) 2 2 . a b a b a b Suy ra: 22 2 1 2 1 4 4 1 1 x y x x x y x x x x y Thế vào 2 2 4 18 0 2 3. x x x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (2; 3) S x y BT 614. Giải hệ phương trình: 22 4 2 2 2 22 0 4 6 9 0 x y x y x x y y () i ( ; ) xy Lời giải. Ta có: 2 2 2 2 .( 1) 2 22 0 () ( 2) ( 3) 4 x y y i xy ( ). ii Đặt 2 2 3 ax by 2 2 2 ( 2) ( 4) 2 ( 3) 22 4 ( ) 8 2 () 0 4 ( ) 2 4 a b b ab a b ab ii ab a b a b ab 2 0 2 2 0 2 3 5 a a x x b b y y Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) ( 2; 3);( 2; 5) S x y BT 615. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 2 2 2 2 5 6 11 3 7 6 7 x x x y x y xx y () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 7 x thì 2 2 2 2 2 2 ( )( 6) ( 7) 4 () 3 7 6 ( ) 7 x x x x y i y x x y () ii Đặt 2 2 1 4 0 a x x b y y thì 2 01 .( 6) 4 ( ) 23 36 aa a a b ii bb b ab Suy ra: 22 22 01 23 x x x x y y y y 0 15 1 2 4 11 x x x y y Kết luận: So điều kiện, 15 ( ; ) (0; 11);( 1; 11); ; 4 2 S x y BT 616. Giải hệ phương trình: 32 3 2 2 2 88 3 13 15 4 5 ( 2 2) x x x y y y y x x () i ( ; ) xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 750 Lời giải. Điều kiện: 0. y Ta có: 3 3 2 2 22 ( 1) 16 ( 1) 4 () 2 1 5 ( 1) 1 , ( ) xx yy i x y Đặt 1 2 0 ax b y thì hệ 33 33 22 22 4.(4 ) 16 4 1 5.( 1) 45 a b a b a a b b ba ba Suy ra: 3 3 2 2 3 2 2 ( 5 ) (4 ) 21 4 5 0 a b b a a b a ab a b 22 .(21 4 5 ) 0 0 a a b ab a hoặc 74 ab hoặc 3. ba Với 0, a suy ra: 1 1. xy Với 7 4 , ab suy ra: 8 1 7 x y thì 2 124 ( ) 4 0 49y : vô nghiệm. Với 3, ba suy ra: 2 1 3 x y thì 2 20 4 ( ) 22 9 33 xx y yy Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là 22 ( ; ) ( 1; 1); 2; ; 0; 33 S x y BT 617. Giải hệ phương trình: 3 2 3 1 4 12 9 6 7 xy x y x x x y y () i ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D 33 .( 1) ( 1) 2 () 4( 1) 6.( 1) 3.( 1) 0 y x x i x y y x ( ). ii Đặt 1 ax by 33 33 2 2 ( ) 4 6.( 1) 3 0 4 3.(2 2 ) 0 ab a ab a ii a b b a a b b a 33 33 2 a2 4 3.(2 ) 0 4 3 .( 2) 0 ab a ba a b b ab a b b a 3 3 3 2 2 2 2 1 4 3 0 1 4 3 1 0 2 ab a ab a ab a aa aa a b ab bb bb khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 751 1 17 1 17 22 44 2 1 17 1 17 22 aa ab a ab a a b b a bb Suy ra: 5 17 1 17 5 17 1 17 ; ; , ; ; 4 2 4 2 x y x y Kết luận: Tập nghiệm hệ 5 17 1 17 5 17 1 17 ( ; ) ; ; ; 4 2 4 2 S x y BT 618. Giải hệ phương trình: 2 2 1 (1 2 2 1) 8 2 1 2 13 x y x y y x x () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1 2 x . Đặt 2 2 1 0 21 ax xa by . 2 2 2 2 .(1 2 ) 8 ( ) 8 2 4 () 2 12 ( ) 3 12 2.( ) 3.( ) 0 ab a b a a b ab ab i b ab a a b ab a b a b 3 61 3 02 24 4 13 2 61 3 4 4 a b a a b a ab b ab b Suy ra: 43 3 61 61 3 5 21 2 1 2 16 4 2 2 61 3 61 3 2 4 4 x x x x y y y y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm 5 43 3 61 61 3 ( ; ) ; 2 ; ; 2 16 4 S x y BT 619. Giải hệ phương trình: 22 22 2 3 1 1 2 4 y x xy xy x y () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 22 0; 1. xy x y Đặt 22 1; , ( 0). x a x y b ab y 32 2 1 () 1 23 a i ab b ab hoặc 9 3 a b Suy ra: 13 11 xx yy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 752 Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) ( 1; 1);( 3; 1) S x y BT 620. Giải hệ phương trình: 22 22 12 12 x y x y xy y () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 22 0 0 xy y Đặt 2 22 1 2 a a x y yb b b x y 2 12 43 ( ) 12 89 2 ab aa i aa b bb b Suy ra: 55 34 xx yy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (5; 3);(5; 4) S x y BT 621. Giải hệ phương trình: 12 3 4 16 4 5 5 6 x y xy xy () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 5 5 4 0 y x xy thì 3(4 ) 4 16 () 4 2 4 5(4 ) 25 26 x y xy i x y xy x y Đặt 4 4 a x y b xy thì hệ 3 2 16 8 , 6 2 5 25 26 a b a b a b a suy ra: 1 4 x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (1; 4) S x y BT 622. Giải hệ phương trình: 32 22 3 25 6 10 6 1 x xy x xy y x y () i ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D Đặt 2 2 ab x a x y b x y a b y thì 33 22 50 0 () 2 8 2 1 0 ab i a a b b (1) (2) Lấy: 33 (1) 6 (2) ( 4) ( 2 ) 2 , a b a b suy ra: 3. xy 2 1 2 2 1 2 2 (1) 6 12 42 0 1 2 2 1 2 2 aa bb bb Suy ra: 11 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 xx x y x y yy x y x y Kết luận: Tập nghiệm của hệ là ( ; ) (1; 2 2);(1; 2 2) S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 753 BT 623. Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 2 2 13 2 14 2) 2 (2) (1) ( x xy y x xy y x x ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 0. x 2 2 1 1 1 2 (2) 2 0 2 x xy xy y xx x 3 3 2 22 1 1 2 1 1 (1) 2 xx x xx ( ). Đặt 1 0 t x thì lúc đó: 5 4 3 2 4 3 2 2 1) 3 ( ) 6 15 8 3 ( 12 2 ( 4 3) 0. 2 6 t t t t t t tt t t Với 1 , 2 t suy ra: 3 4 2 x y Với 4 3 2 4 3 2 36 72 12 24 18 12 2 4 3 0 6 0 6 x x x x t t t t 22 (6 6 2) 14 0 : xx vô nghiệm. Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là 3 ( ; ) 2; 4 S x y BT 624. Giải hệ phương trình: 46 2 (3 8 8 ) 2 6 2 4 2 1 y x y x x y x y () ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 40 xy và (3 8 8 ) 23. y x y 2 22 4 ( 2 ) 6 (4 ) 10 4 6 10 () 21 2 4 2 1 x y x y ab ba x y x y với 2 40 a x y b x y 1 2 1 1 4 1 a x y b x y Suy ra: 3 7 x và 5 7 y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ cần tìm là 35 ( ; ) ; 77 S x y BT 625. Giải hệ phương trình: 22 22 7 (1) 12 11 1 1 35 (2) 12 11 y x xy yx ( ; ) xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 754 Lời giải. Điều kiện: 1 1 x y Lấy (1) (2) , (2) (1) suy ra: 1 17 1 1 2 1 17 1 1 3 y x xy y x xy () i Đặt 1 1 0; 0 11 y x ab xy thì 17 2 () 17 3 a b i b a 3 2 a b hoặc 1 2 1 3 a b Suy ra: 1 3 1 1 2 1 x x y y hoặc 11 1 12 2 1 1 1 3 13 x x x y y y hoặc 1 3 1 2 x y Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 1 1 1 1 ( ; ) ; ; ; 2 3 3 2 S x y BT 626. Giải hệ phương trình: 33 4 3 6 2 42 36 36 2 9 5 10 22 2 5 5 yy x x y x xx xy xy () i Lời giải. Điều kiện: 36 36 0; 5 0 0 x x y xy Chia hai vế () i cho 3 4 y x thì: 22 42 3 3 6 3 36 (1) (2) 42 (2) ( 1) 4 2 2 36 3 6 3 36 36 9 11 9 2 2 (1) 20 5 10 5 ( ) 22 11 9 2 (2) 5 5 20 5 5 xx xx y x y y xy xx x x x xy x y y xy xy 4 4 4 3 6 3 6 6 3 6 3 6 6 2 121 81 2 121 81 5 25.( ) 400 5 25.( ) 400 x x x x y x y y x y x y y (3) Chia hai vế cho 3 0 x và đặt 6 3 y t x thì 2 121 81 (3) 1 5 25(1 ) 400 t t t Suy ra: 3 6 1 15 15 x ty Lúc này (3) 40 15 22 15 x x x x Do đó: 66 4 64 80 102400 ( ; ) ; ; ; 15 50625 3 81 xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 755 Kết luận: So điều kiện, suy ra: 66 4 64 80 102400 ( ; ) ; ; ; 15 50625 3 81 S x y BT 627. Giải hệ phương trình: 22 22 61 1 11 27 x y xy yx yx () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 0 x và 0. y 2 2 22 22 11 6 6 () 11 11 27 2 2 2 7 xy xy xy xy xy i yx xy yx xy Đặt 11 ; a x b y xy thì hệ 22 6 2 2 2 7 ab ab : vô nghiệm. Kết luận: Hệ phương trình đã cho vô nghiệm. BT 628. Giải hệ phương trình: 22 22 2 2 2 2 2 2 3 39 2 5 ( ) 5 2 35 ( ) ( ) xy xy xy xy x y xy x y x y Lời giải. Điều kiện: 22 . xy Hệ phương trình đã cho 22 22 22 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 9 ( ) ( ) 5 ( ) 2 5 ( ) 2 35 ( ) ( ) x y x y x y x y x y x y x y xy x y xy x y x y 22 11 29 11 3 2 45 x y x y x y x y x y x y x y x y () i Đặt 11 ; , , 2 a x y b x y a b x y x y thì 22 3 3 2 45 3 5 3 5 ( ) ( ; ) ; , ;0 3 2 2 2 29 a ab i x y b ab Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm hệ là 3 5 3 5 ( ; ) ; ; ;0 2 2 2 S x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 756 BT 629. Giải hệ phương trình: 2 4 2 2 2 (2 ) 4 3 (4 6) 8 3 4 2 0 x y x x y x y yx () i Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 22 (2 ) (2 ) 3 ( 2 ) 8 () (2 ) 2 ( 2 ) 2 x y x y x y i x y x y ( ). ii Đặt 2 2 2 2 a x y b x y 2 2 ( 3 ) 8 () 0 22 a a a b ii b ab Suy ra: 2 2 22 2 5 2 ( ; ) ; 55 20 xy xy xy Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ phương trình là 2 5 2 ( ; ) ; 55 S x y BT 630. Giải hệ phương trình: 2 3 2 3 2 2 1 4 1 6 8 6 y y x xy x x x y y () i Lời giải. Điều kiện 2 1 0. yx 2 3 2 3 12 3 2 3 2 1 3 6 8 6 xy y x y x i x x y y 3 2 3 2 3 2 1 3, y x y x y x ii . Đặt 2 t y x thì 3 2 3 1 3 0 ii t t t 2 3 20 11 tt t 0 t 2 xy thì 3 1 2 4 y 3 1 4 y 3 2 x : thỏa điều kiện. BT 631. Giải hệ phương trình: 22 22 1 ( ) 1 5 1 ( ) 1 49 xy xy xy xy () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 0 xy . Đặt: 11 ; , 2; 2 a x b y a b xy thì 22 5 53 ab i ab 27 72 aa bb 7 3 5 7 3 5 ; 1; , ; 1 22 xy . BT 632. Giải hệ phương trình: 2 3 2 3 74 28 2 (4 1) y xy xx y xy xx () i ( ; ) xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 757 Lời giải. Điều kiện: 3 1 0; 1; 0; ; 4 x x x x x y . Đặt 3 0 t x y . 32 2 2 2 4 xt t xx 2 3 2 4 2 2 tx tx x t 2 2 2 0 x t x t 2 0 xt 3 2 x x y 23 44 x x y 32 44 y x x . 32 3 3 2 74 18 xx x xx 32 6 7 0 xx 3 1 4 xy : thỏa điều kiện. BT 633. Giải hệ phương trình: 22 22 11 1 1 1 2 xy x y xy () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện 1 1 x y thì 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 () 2 ( ) 1 4 x y x y i x y xy x y x y Đặt 22 a xy b x y thì hệ 2 2 2 1 4 ba b a a b 2 2 20 ba aa 12 14 aa bb 2 2 2 2 12 14 xy xy x y x y 2 2 xy xy . BT 634. Giải hệ phương trình: 2 3 9 10 11 10 12 13 14 28 29 30 20 x y x y x y x y () i Lời giải. Điều kiện 2 3 0; 9 10 11 0 12 13 14 0; 28 29 30 0 x y x y x y x y . Đặt 1 2 a x y by 9 10 12 28 20 a b a b i a b a b 2 9 20 12 28 20 a b a b a b a b 12 28 2 9 a b a b a b a b chia hai vế cho b được: 12 1 28 1 2 1 2 9 1 a a a a b b b b . Đặt a t b thì 12 1 28 1 2 1 2 9 1 t t t t 55 44 t a b 9 49 10 44 bb 5 10 b 45 ba 2 2 x y : thỏa điều kiện. Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 758 BT 635. Giải hệ phương trình: 3 2 3 ( 1)( 2 1) (1) 1 (2) xx y x x y Lời giải. Điều kiện: 3 20 0 x y Lấy 33 1 . 2 1 2 1 3 xx () i Đặt 3 2 tx thì 2 3 1 3 i t t 2 2 3 3 0 t t t 3 2 2 tx 33 4 2 1 y (thỏa mãn điều kiện). BT 636. Giải hệ phương trình: 22 2 2 2 21 ( ) ( 3 2 2 1) 3 x y xy x y x xy y (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 22 3 2 2 0. x xy y 2 22 1 3 2 1 x xy y x y thì 22 2 3 1 3 x y x y Đặt 2 0 t x y thì phương trình 3 1 3 tt 3 3 t t t 32 03 2 6 9 t t t t 1 t 2 22 1 21 xy x y xy 3 1 3 1 ; 0; 1 ; 0;1 ; ; ; ; 4 4 4 4 xy : thỏa mãn điều kiện. BT 637. Giải hệ phương trình: 22 3 1 1 2 (1) 72 29 4 (2) xy xy xy xy ( , ) xy Lời giải. Điều kiện: 1; 1; 0 x y x y . 1 2 1 2 x y xy x y 2 1 2 xy x y x y 2 20 4 1 4 4 xy xy x y x y x y 2 2 8 xy x y x y 22 3 18 2 29 4 x y x y x y x y xy 4 2 18 64 29 4 2 xy xy xy xy i . Đặt t x y thì khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 759 3 9 112 108 0 i t t 84 4 33 t t t . 84 4 33 2 8 2 99 x y x y xy xy x y x y 8 16 5 7 ; 3; 1 ; ; ; ; 9 9 9 9 xy (thỏa mãn điều kiện và thỏa ). BT 638. Giải hệ phương trình: 2 21 23 y x y x y x y y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1; 1; 0 x y x y . 22 1 2 2 x y x y x y x y 12 x y x y i Đặt 0 20 a x y b x y thì 22 1 3 ab i a b y 1 3 ab a b a b y 1 3 ab a b y 2 3 1 ay 2 3 1 x y y 2 4 9 2 1 x y y 2 1 2 3 0 yy 3 22 yx . So điều kiện: ; 22; 3 xy . BT 639. Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 4 8( 2) 2 7 0 xy y x x () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 2; 2 xy . Đặt: 2 0; 2 0 a x b y . 2 22 2 2 2 3 4 2 8 4 7 0 ab i b a a 2 23 2 2 7 4 8 32 7 0 ba b a a 2 23 2 7 8 32 7 0 a a a 4 3 2 2 7 8 14 0 a a a a 2 1 2 5 6 0 a a a a 22 17 24 ax by TM BT 640. Giải hệ phương trình: 22 33 1 (1) 1 (3 4 )(3 4 ) (2) 2 xy x x y y ( ; ) xy Lời giải. Đặt cos ; ; sin 2 x y thì 2 2cos3 sin3 1 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 760 sin6 1 ; 2 sin6 1 ; 2 5 7 11 ; ; ; ; 12 12 4 12 12 . 6 2 6 2 6 2 2 6 2 2 ; ; ; ; ; ; 4 4 4 4 2 2 xy . BT 641. Giải hệ phương trình: 2 2 11 13 xy yx () i ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1 1 x y . Đặt cos cos x y với , 0; . cos sin 1 cos sin 3 i 3 6 13 ;; 22 xy TM BT 642. Giải hệ phương trình: 1 3 1 2 1 7 1 4 2 x xy y xy () i ( ; ) xy Lời giải. Đặt 0 ax và 0. by 2 2 2 2 2 2 2 2 22 33 () 4 2 4 2. 77 aa aa a b a b b bi i b bi a b a b 22 2 4 2 37 a bi a bi i ab . Gọi , ; 0 z a bi a b . 2 1 2 2 2 1 0 37 z i z có 2 38 4 2 2 '2 21 21 21 ii 1 2 2 2 1 2 2 2 2 . 2 . 3 21 7 3 21 7 z i z i . Do 1 2 2 2 , 0 2 . 3 21 7 a b z i 12 3 21 22 2 7 ax by khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 761 Suy ra: 11 4 7 21 21 x và 22 8 7 7 21 y . BT 643. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 3 2 2 2 3 1 2 3 1 2 x xy x y xy x y yx y y xy x () ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 2 2 1 0 x x y xy x y xy x y y x x y x y xy y 1 2 32 1 . 2 1 1 0 i x yi i x yi x yi i Đặt , ; z x yi x y thì 32 1 1 0 z i z z i 2 ( )( 1 ) 0 2 10 2 41 1 ( 41 5) (5 41) 4 8 2 zi z i z z i i z 2 10 2 41 1 1 ; 0;1 ; ; 41 5 5 41 4 8 2 xy . BT 644. Giải hệ phương trình: 22 3 23 ( 4)( 1) 2 12 10 2 2 1 x x y y y y x (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Tập xác định: . D 2 2 1 4 2 2 4 x x y y 2 f x f y Xét 2 4 f t t t có 2 22 4 '0 11 tt tt ft tt ft đồng biến trên và có 22 f x f y x y . 3 23 2 3 5 2 2 1 x x x 3 3 33 1 2 1 1 1 x x x x 3 3 1 1 g x g x với 3 2 g t t t có 2 ' 3 2 0 g t t gt tăng trên và có 3 3 11 g x g x 3 3 11 xx 2 3 3 0 ; 1;2 ; 0;0 x x x y TM BT 645. Giải hệ phương trình: 2 ( 3)( 4) ( 7) (1) 1 (2) 12 x x y y y x xy ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1; 2 xy . Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 762 22 1 1 3 1 2 3 2 x x y y 12 f x f y Xét hàm số 2 3 f t t t trên 0; có ' 2 3 0, 0 f t t t . ft đồng biến trên 0; và có 1 2 3 f x f y x y . 2 2 2 22 yy yy 2 20 yy 12 25 yx yx (thỏa đk). BT 646. Giải hệ phương trình: 22 4 4 2 ( 1) 2 1 0 1 1 2 y y x x x y x y x (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1. y Khi đó: 22 (1) 2 2 2 1 y xy x y x 22 ( ) 2( ) 1 4 ( 1) 4 0 y x y x x y x x (3) 44 4 4 4 (2) 1 ( 1) 1 1 ( 1) ( ). y y x x f y f x Xét hàm số 4 1 f t t t trên [0; + ) 3 4 2 ' 1 0 0 1 t f t t t ft tăng trên [0; + ). Mà ta có 4 44 1 1 1 f y f x x y y x . Khi đó: 2 4 34 x x x 74 2 4 0 x x x x 74 01 2 4 0 xy x x x Xét hàm số 74 24 f x x x x trên 0; có 63 ' 7 8 1 0, 0 f x x x x f x đồng biến trên 0; . Ta lại có: 0 1 1 0 f x f x y . Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (0; 1);(1;0) S x y BT 647. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 0 x y y x x x y y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 11 x và 0 2. y 33 (1) 3 ( 1) 3( 1) ( ) ( 1). x x y y f x f y Xét hàm số 3 ( ) 3 f t t t trên 1;1 có 2 ( ) 3.( 1) 0, 1;1 . f t t t Do đó hàm số () ft nghịch biến trên đoạn 1;1 . Suy ra: ( ) ( 1) 1. f x f y x y 22 2 2 1 xx 42 44 xx ; 2 2 2;1 2 2 2 xy . BT 648. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 3 3 6 4 1 2 1 y y x x x x y y (1) (2) ( ; ) xy khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 763 Lời giải. Điều kiện: 11 x và 0 2. y 33 (1) 3 ( 1) 3( 1) ( ) ( 1). y y x x f y f x Xét hàm số 3 () f t t t có 2 ( ) 3 3 0 f t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: ( ) ( 1) 1 f y f x y x và 2 (2) 1 1 1 1 x x x Đặt 1 1 0 t x x thì phương trình 2 2 tt 2. t Suy ra: 2 1 1 2 1 1 0 1. x x x x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm hệ là ( ; ) (0;1) S x y BT 649. Giải hệ phương trình: 3 2 4 3 ( 1) 2 1 0 2 (2 1) 0 x x y y x x y y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 2 2 0 2 1 20 1 ;0 2 0 2 1 1 20 x yy xy y xx 33 (1) ( 2 1) 3 2 1 ( 2 ) 3.( 2 ) ( 2 1) ( 2 ). y y x x f y f x Xét hàm số 3 ( ) 3 f t t t trên 0;1 có 2 ( ) 3( 1) 0, 0;1 . f t t t Do đó hàm số () ft nghịch biến trên 0;1 Suy ra: ( 2 1) ( 2 ) 2 1 2 , f y f x y x với điều kiện: 0. x 11 2 ; 0; ; ;0 22 xy : thỏa mãn điều kiện. BT 650. Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 (8 3) 2 1 4 0 4 8 2 2 3 x x y y x x y y y (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1 2 1 0 2 xx 33 (1) 4 4 ( 2 1) 2 1 ( ) ( 2 1). y y x x f y f x Xét hàm số 3 ( ) 4 f t t t có 2 ( ) 12 1 0, f t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 ( ) ( 2 1) 2 1 0 2 1. f y f x y x y x 2 3 2 4 3 2 (1) (2 1) 2.(2 1) 2 2 0 2 2 0 x x y y y y y y y 22 ( 1) ( 2 ) 0. y y y Suy ra: 1 ( ; ) ;0 ;(1;1) 2 xy Kết luận: Sới điều kiện, tập nghiệm hệ là 1 ( ; ) ;0 ;(1;1) 2 S x y BT 651. Giải hệ phương trình: 3 (3 ) 2 2 2 1 0 2 2 2 5 x x y y xy (1) (2) ( ; ) xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 764 Lời giải. Điều kiện: 2 x và 1 2 y 33 (1) 2 ( 2 ) 2 1 ( 2 1) ( 2 ) ( 2 1). x x y y f x f y Xét hàm số 3 () f t t t có 2 ( ) 1 3 0, f t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 2 ) ( 2 1) 2 2 1 3 2 . f x f y x y x y 3 (2) 5 2 2 2 5, ( ). y y i Đặt 3 5 2 ; 2 0 a y b y thì 32 185 23 65 3 65 2511 16 4 ( ) 22 29 23 65 233 23 65 8 32 x a abax i by ab b y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ là 185 23 65 1 16 , 2 233 23 65 32 x x y y BT 652. Giải hệ phương trình: 3 2(2 1) 2 1 (2 3) 2 4 2 2 4 6 x x y y xy (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 1 ; 2. 2 xy 33 (1) 2(2 1) 2 1 2( 2) 2 (2 1) ( 2). x x y y f x f y Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t có 2 ( ) 6 1 0, f t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 (2 1) ( 2). 2 2 1 4 4 3. f x f y y x y x x 2 (2) 4 2 8 8 10 6 0 ( ) 0. x x x f x Do 1 2 x không là nghiệm của ( ) 0, fx nên với 1 : 2 x Xét hàm số 2 ( ) 4 2 8 8 10 6 f x x x x trên 1 ; 2 có: 2 2 8 4 1 ( ) 0; 2 42 8 8 10 x f x x x xx Do đó hàm số () fx đồng biến trên khoảng 1 ; 2 Suy ra phương trình ( ) 0 fx có tối đa 1 nghiệm. khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 765 Mà 1 0 2 f nên nghiệm duy nhất đó là 1 6. 2 xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là 1 ( ; ) ;6 2 S x y BT 653. Giải hệ phương trình: 23 2 3 2 4 8 4 12 5 4 13 18 9 4 8 4 2 1 2 7 2 0 x x y y y x x x x y y y (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 1 2 x 3 (1) 4( 1) ( 1) 4(2 1) 1 2 1 ( 1) ( 2 1). y y x x f y f x Xét hàm số 3 ( ) 4 f t t t có 2 ( ) 12 1 0 f t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 1 ( 1) ( 2 1) 1 2 1 2 2 2 y f y f x y x x y y 2 10 (2) ( 1) ( 5 6) 0 1 1 2 xy y y y y xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là 1 ( ; ) (1;0); ; 1 2 S x y BT 654. Giải hệ phương trình: 2 (17 3 ) 5 (3 14) 4 0 2 2 5 3 3 2 11 6 13 x x y y x y x y x x (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 5; 4; 2 5 0; 3 2 11 0. x y x y x y (1) 3 (5 ) 2 5 3.(4 ) 2 4 ( 5 ) ( 4 ). x x y y f x f y Xét hàm số 3 ( ) 2 3 f t t t có 2 ( ) 2 9 0 f t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 5 ) ( 4 ) 5 4 1 0. f x f y x y y x 2 4 (2) 2 3 4 3 5 9 6 13; ; 5 3 x x x x x 2 2 3 4 ( 2) 3 5 9 ( 3) x x x x x x 22 2 2( ) 3( ) ( ) 0 3 4 2 5 9 3 x x x x xx x x x x 22 0 23 ( ) 1 0 0 1 3 4 2 5 9 3 x x x x x x x x x x Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (0; 1);( 1; 2) S x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 766 BT 655. Giải hệ phương trình: 2 (2102 3 ) 4 (6 2009) 3 2 0 2 7 8 3 14 18 6 13 x x y y x y x y x x (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 3 4; ; 7 8 0; 14 18 0. 2 x y x y x y (1) 3 (3 2 ) 2000 3 2 3 (4 ) 2000 4 y y x x 33 3 3 ( 3 2 ) 2000 3 2 3 ( 4 ) 2000 4 y y x x ( 3 2 ) ( 4 ). f y f x Xét hàm số 3 ( ) 3 2000 f t t t có 2 ( ) 9 2000 0 f t t nên () ft tăng trên . Suy ra: ( 3 2 ) ( 4 ) 3 2 4 2 1. f y f x y x y x 2 (2) 2 3 4 3 5 9 6 13 x x x x 2 2 3 4 ( 2) 3 5 9 ( 3) x x x x x x 22 2 2( ) 3( ) ( ) 0 3 4 2 5 9 3 x x x x xx x x x x 22 0 23 ( ) 1 0 0 1 3 4 2 5 9 3 x x x x x x x x x x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm là 1 ( ; ) 0; ;( 1; 1) 2 S x y BT 656. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 1 3 1 2 1 2 y y x x x y y x (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1. x 33 (1) 2 2( 1 ) 1 ( ) ( 1 ). y y x x f y f x Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t có 2 ( ) 6 1 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 ( ) ( 1 ) 1 0 1 . f y f x y x y x Thế vào (2) được: 2 (2) 3 2 1 2 2 3 2 1 x x x x x xx 1 1, do : 1 3 2 1 1 1 0. 3 2 1 x x x x y xx Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm ( ; ) (1;0) S x y khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 767 BT 657. Giải hệ phương trình: 2 2 2 .(1 1) 1 41 11 4 3 8 1 3 2 y x x y y y xy xy yy ( ; ). xy Lời giải. Điều kiện: 1 2 3 y và 0. xy Từ phương trình thứ nhất của hệ, suy ra: 0, 0. xy Từ phương trình hai, suy ra: 41 11 3 4. 3 4 1 1 3 2 y xy xy yy 2 41 1 3 2 1 0 4 1 1 3 2 0 1 3 2 y y y y xy yy Suy ra: 1 4 y Do đó điều kiện là 1 2 4 y và 0. x Chia hai vế của phương trình một cho 2 , y được: 2 2 1 1 1 . 1 1 x x x yy y 1 () f x f y Do hàm này đơn điệu tăng trên nên 1 1. x xy y Thế vào phương trình hai được: 4.( 1) ( 1 3 2) ( 2 1) y y y 3.( 1) 1 13 4( 1) ( 1) 4 0 1 3 2 2 1 2 1 1 3 2 yy yy y y y y Suy ra: 1 1. yx Kết luận: So với điều kiện, hệ có nghiệm là ( ; ) (1;1) xy BT 658. Giải hệ phương trình: 3 2 6 4 2 3 1 3 4 x xy y y xy (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1 3 x Do 0 y không là nghiệm hệ nên: 3 3 chia cho: 0 3 (1) ( ). y x x x y y f f y y y y Xét hàm số 3 () f t t t có 2 ( ) 1 3 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 ( ) 0. xx f f y y x y yy Thế vào phương trình (2) được: Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 768 11 (2) 3 1 3 4 (3 1)( 3) 6 2 33 33 xy x x x x x xy Kết luận: So điều kiện, tập nghiệm là ( ; ) (1;1);(33; 33);(33; 33) S x y BT 659. Giải hệ phương trình: 2 3 6 4 2 22 ( 2) 1 ( 1) x y y x x x y x (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1. y Do 0 x không là nghiệm nên: 3 3 chia cho: 0 3 (1) 2. 2 ( ). x y y y x x f f x x x x Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t có 2 ( ) 2 3 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 2 ( ) 0. yy f f x x y x xx Khi đó: 2 2 2 2 4 (2) ( 2) 1 ( 1) ( 2) ( 1) ( 1) 3 3. x x x x x x x y Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ( ; ) ( 3; 3);( 3; 3) S x y BT 660. Giải hệ phương trình: 3 2 2 3 3 2 2 1 9 6( 3 ) 15 6 2 x x y x x y x y x y x (1) (2) Lời giải. Tập xác định: . D 2 (1) ( 1) ( 1) 0 1 x x y y x và thế vào (2), ta được: 3 3 3 3 2 3 2 2 (2) ( 1) 3( 1) ( 6 2) 3 6 2 ( 1) ( 6 2). x x x x f x f x Xét hàm số 3 ( ) 3 f t t t có 2 ( ) 3 3 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: 33 2 2 3 2 ( 1) ( 6 2) 6 2 1 9 3 3 f x f x x x x x x 3 33 3 33 2 1 2 ( 1) 2( 1) 1 2.( 1) 2 1 2 1 x x x x x y Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của hệ là 3 33 2 1 2 ( ; ) ; 2 1 2 1 S x y BT 661. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 1 3 1 1 2 2 1 y x x x y y x xy x (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1 1. x 3 (1) 2 2(1 ) 1 1 ( ) ( 1 ). y y x x x f y f x Xét hàm số 3 ( ) 2 f t t t có 2 ( ) 6 1 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 769 Suy ra: ( ) ( 1 ) 1 0. f y f x x y Thế vào 22 (2) 1 2 1 2 1 x x x x () và đặt cos , 0; . x 0; 3 ( ) 2 sin cos 2 sin 2 2 10 sin sin 2 24 Suy ra: 33 cos 2 sin 10 10 xy Kết luận: So điều kiện, nghiệm hệ phương trình là 33 ; cos ; 2 sin 10 10 xy BT 662. Giải hệ phương trình: 3 32 ( 3) 2 3 6 2 x x y y x y x (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 1 2; 2 xy 33 (1) 2 ( 2 ) 2 1 ( 2 1) ( 2 ) ( 2 1). x x y y f x f y Xét hàm số 3 () f t t t có 2 ( ) 1 3 0, , f t t t nên () ft đồng biến trên . Suy ra: ( 2 ) ( 2 1) 2 2 1 3 2 . f x f y x y x y 3 (2) 5 2 2 2 5, ( ). y y i Đặt 3 5 2 ; 2 0 a y b y thì 32 185 23 65 3 65 2511 16 4 () 22 29 23 65 233 23 65 8 32 x a abax i by ab b y Kết luận: Tập nghiệm hệ là 185 23 65 233 23 65 ( ; ) ( 1; 2); ; 16 32 S x y BT 663. Giải hệ PT: 33 2 2 4 2 3 3 4 3 2 3 2 2 1.( ) 1 .( 1) 1 x y x x y y y x x x x x x y (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 32 1 10 y xx 2 2 3 3 3 3 (1) ( ) ( 1) 2.( ). . 1 ( 1) 1 x x y y x x y y x x y y 33 23 0 ( ) ( 1) 1 ( 1) x f x f y x y xy Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 770 4 3 2 3 4 3 2 3 2 2 (2) 1 1 1 1 0 x x x x x x x x x x 3 4 3 2 3 2 2 3 2 2 ( 1).( 1) 0 1 ( 1) 1 0 11 1 x x x x x x x x x x x x 01 xy hoặc 1 2. xy Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là ( ; ) (0;1);(1; 2) S x y BT 664. Giải hệ phương trình: 4 4 22 ( )( 2) 2 x y y x xy xy (1) (2) ( ; ) xy Lời giải. Điều kiện: 0, 0. xy Thế 22 2 xy vào (1), ta được: 2 2 3 3 3 3 44 44 (1) ( )( ) x y y x xy x y y x x x y y ( ) ( ) . f x f y x y 2 (2) 2 2 1 1. y y x Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của hệ là ( ; ) (1;1) S x y BT 665. Giải hệ phương trình: 2 4 2 4 2 4 2 3 3 2 3 2 (1 2 ) 1 1 ( ) ( 2 ) x y x y x x y x y x x x y () i Lời giải. Điều kiện: 2 4 2 3 2 0. x y x y 2 2 2 4 6 4 2 6 4 2 2 4 (1 ) 2 0 () 1 1 ( ) 2 0 x y x x y i x y x x x y (1) (2) Lấy 2 2 2 2 3 2 2 (1) (2) 4 (1 ) 1 1 ( ) ( ) x y x y x y () ii Do 2 2 2 2 3 2 2 4 (1 ) 2 1 1 ( ) ( ) 2 xy x y x y nên () ii có nghiệm 22 32 1 1 0 1 xy x xy y xy Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (1;1). xy BT 666. Giải hệ phương trình: 3 2 2 4 1 1 3 6 4 4 8 4. 3 6 x y x y x x x x y (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 32 4 4 0, 2; 1; 1. x x x y x x y 2 (2) 4.( 1 3 6) 8 x x y và có 2 42 x nên 1 3 6 4 xy () i và (1) 1 3 6 4 xy () ii khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 771 ( ),( ) i ii dấu "" xảy ra 00 1 0 1 xx x y y Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (0;1). xy BT 667. Giải hệ phương trình: 32 2 64 6 6 5 2 (1) 10 (2) x x x x xx x x y Lời giải. Điều kiện: 0 10 x và 3 6 5 0. xx 2 3 2 3 (1) 6 6 5 ( 2 6) ( 4) x x x x x x Ta có: 22 ( 5) ( 1) 2 ( 1)( 5) Cauchy x x x x x x 23 2 6 2 6 5 x x x x Mà: 3 3 3 3 33 3 4 3 4 4 3 2 2 2 2 Cauchy x x x x xx Lấy vế nhân vế, suy ra: 2 3 2 3 ( 2 6) ( 4) 6 6 5. x x x x x x Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 3 51 2 3 2. 8 x x x xy x Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của hệ là ( ; ) (2; 3 2 ). xy BT 668. Giải hệ phương trình: 22 2 24 23 41 ( 3 ) 2( 3) 3 xy xy xy y x x xy x x y x y Lời giải. Điều kiện: 23 0; 0; 3. x y x y yx Phương trình thứ nhất 22 2 4 4 (2 3 ) .( ). x xy y x y x x y y 2 2 2 2 (4 4 ) (2 3 ) 2 (4 4 ) (2 3 ) y xy x xy y xy x xy (1) Đặt 22 4 4 ; 2 3 a y xy b x xy thì (1) 2 . a b ab a b Suy ra: 22 4 4 2 3 4 y xy x xy x y hoặc 2. yx Phương trình hai, suy ra: 3 2( 3) x y x y 2 3 2 ( 3) 2( 3) ( 3) 0. x y x y x y x y Do đó 3 0 3 x y x y (2) Từ (1), (2), suy ra: 4 3 xy xy hoặc 24 31 y x x x y y hoặc 1 2 x y Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 772 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của hệ là ( ; ) (4;1). xy BT 669. Giải hệ phương trình: 22 ( 1)( 1) 12 3 2 1 1 2 1 x y x y xy xy y x x x y y xy (1) (2) Lời giải. Điều kiện: 1 1 2 x và 1 1. 2 y Với ( 1) ( 1 ) 0 : x y x y xy hệ đã cho vô nghiệm. Với ( 1) ( 1 ) 0, x y x y xy khi đó: 1 1 1 (1) 1 1 12 x y x y xy Ta lại có: 2 1 1 1 4 1 1 1 ( 2) x y x y xy x y xy Xét 2 14 () ( 1) ft t t trên 1; 3 , với 1 t x y thì được: 1 ( ) (3) 12 f t f Dấu đẳng thức xảy ra khi 11 1. 13 xy xy xy Kết luận: So với điều kiện, nghiệm hệ cần tìm là ( ; ) (1;1) S x y BT 670. Giải hệ phương trình: 4 22 2 () () 1 32( 2 1) 2 2 yy x xy x y y x y x x y y ( ; ). xy Lời giải. Điều kiện: 1, 1. xy Phương trình thứ nhất 22 2 1 1 1 1 1 1 x y x y y x Đặt 0 0 x a y by Phương trình 22 1 1 1 1 ( 1) ( 1) ab ab () Ta có: 2 2 ( 1) 1 ( 1) ( 1) 1 ( 1) Cauchy Schwarz Cauchy Schwarz a ab a b b ab b a khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 773 2 2 11 1 ( 1) 11 1 ( 1) b a b ab a a a b ab b Cộng vế theo vế được: 22 1 1 1 ( ) (1 ) 1 ( 1) ( 1) ab a b ab ab ab () Từ () và ( ), suy ra dấu đẳng thức xảy ra khi 2 a 1. a b b a b x y b ab a Thế vào phương trình thứ hai được: 22 1 32.( 1) 2 2 y y y y 25 1 2.(4 4) . y y y Đặt 4 4 0 uy và giải bằng phương pháp hàm số được nghiệm 1, u suy ra: 25 5 ( ; ) ; 16 4 xy Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của hệ là 25 5 ( ; ) ; 16 4 xy
