Giải nhanh bài toán hệ – bất – phương trình trong các đề thi thử Quốc gia 2016 – Trần Văn Tài - Công thức nguyên hàm

H Ệ - B Ấ T - PH ƯƠ NG TRÌNH

TRONG CÁC ĐỀ THI TH Ử N Ă M 2016

Bài 1: Giải hệ phương trình:

3 2

3 3 2 2

3 1 2 9 5

12 3 3 6 7

x y x y x

x y x y y x

       



     

 .

Lần 2 – THPT ANH SƠN 2 Lời giải tham khảo

Điều Kiện : 3 1 x y

 

  



Phương trình thứ 2 tương đương với (x2)³ (y1)³   y x 1 (3) Thay (3) v|o phương trình thứ nhất ta được:

3 2

3 x x 2 x 2x 5x3 điều kiện   2 x 3

 3 x x 2 x³2x²5x 3 3 x x  2 3 x³2x²5x6

3 2

2( (3 )( 2) 2)

2 5 6

3 2 3

x x x x x

x x

  

    

   

2( 2 2)

( 1)( 2)( 3)

( 3 2 3)( (3 )( 2) 2)

x x

x x x

x x x x

  

    

      

2

2( 2) 2

( 2)( 3)

( 3 2 3)( (3 )( 2) 2)

x x

x x x

x x x x

  

    

      

2 2

( 2)( ( 3)) 0

( 3 2 3)( (3 )( 2) 2)

x x x

x x x x

     

      

Do điều kiện   2 x 3 nên ² ( 3) 0

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

x x x x   

      

Suy ra x²  x 2 0  x 1;x2 thoả mãn điều kiện.

Khi x   1 y 0 TMĐK Khi x  2 y 3TMĐK

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (-1;0), (2;3)

Bài 2: Giải phương trình ^{x3 x 2}



^x21



^{x 6.}

Lần 1 – THPT BẮC YÊN THÀNH Lời giải tham khảo

ĐK: x0. Nhận thấy (0; y) không l| nghiệm của hệ phương trình. Xét x0.

Từ phương trình thứ 2 ta có ² 1 1 1₂

2y 2y 4y 1 1

x x x

     (1) Xét hàm số ^{f t}

 

^{ t t t21}

có ^'

 

^{1 2 1} ₂^{2 0}

1

f t t t

t

    

 nên h|m số đồng biến. Vậy

 

^{1 f}

 

^{2y f 1 2y 1}

x x

       .

Xét h|m số ^{f t}

 

^{ t t t21} có ^'

 

^{1 2 1} ₂^{2 0}

1

f t t t

t

    

 nên h|m số đồng biến. Vậy

 

^{1 f}

 

^{2y f 1 2y 1}

x x

       .

Thay v|o phương trình (1): ^{x3 x 2}



^x21



^{x 6}

Vế tr{i của phương trình l| h|m đồng biến trên



^0;



nên có nghiệm duy nhất 1

x v| hệ phương trình có nghiệm 1;¹ 2

 

 

 .

Bài 3: Giải hệ phương trình:

 

2 2

2x 3( 1) 2

,

2 2 9

2 9

3 2 3 4 5

y x xy y

x y x y

x y x

     

 

  

      



.

Lần 1– THPT BẢO THẮNG SỐ 3 Lời giải tham khảo

ĐK :

2 0

4 5 x y x

  

 



Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ ta có :

  

2 2

2x y  x 3(xy 1) 2y x y 1 2x y 3    0 y x 1 Với y x 1 thay v|o phương trình thứ hai ta được phương trình sau :

2 2 9

3 x 13 4 5x  x 10

    

     

2 x 10 6 x 1 4 5x 9 9 3 x 1 3 4 5x x 1 4 5x

             



^{x 1 4 5x 3 9}



^{x 1 9 4 5x 4x41}



^0

( Do 4

1;5

x   nên ^{9 x} ^{1 9 4 5x} ^4x⁴¹⁰ ) 1 4 5x 3 0

 x    

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

x x

         

 

^{1 0 1}

1. 4 5x 2 1 0

4 5x 2 1 0

x x

x x

x x

     

            Với x   0 y 1;x    1 y 2

Đối chiếu với điều kiện v| thay lại hệ phương trình ban đầu ta thấy hệ đã cho có nghiệm : ( ; )x y (0; 1);( ; ) x y   ( 1; 2)

Bài 4: Giải phương trình:

2 3

3

2 2 1

1 2 1 3

x x x

x x .

Lần 1 – THPT BÌNH MINH Lời giải tham khảo

Điều kiện: x 1,x 13 Pt

2

3 3

6 ( 2)( 1 2)

1 2 1

2 1 3 2 1 3

x x x x

x x x

    

     

    ( x=3 không l| nghiệm)

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

        

H|m số f t( ) t³ t đồng biến trên do đó phương trình  ³ 2x 1 x1

2 3 3 2

1/ 2 1/ 2

(2 1) ( 1) 0

x x

x x x x x

   

 

 

     

 

1/ 2 1 5

1 5 0, 0, 2

2 x

x x

x x

  

 

    

 



Vậy phương trình có nghiệm 1 5

{0, }

S 2

Bài 5: Giải hệ phương trình: ⁵

 

3

32 5 2 ( 4) 2 2

,

( 2 1) 2 1 8 13( 2) 82 29

x y y y y x

x y

y x x y x

      

 

        

 .

Lần 2 – THPT Bố Hạ Lời giải tham khảo

Đặt đk 1

, 2 x 2 y

+)^{(1)(2 )x 52x(y24 )y y 2 5 y 2 (2 )x 52x}



^y2



^{5 y2(3)}

Thay 2x y2(x0) v|o (2) được

 

3 2

2 2

2

(2 1) 2 1 8 52 82 29

(2 1) 2 1 (2 1)(4 24 29) (2 1) 2 1 4 24 29 0 1

2

2 1 4 24 29 0(4)

x x x x x

x x x x x x x x x

x

x x x

     

             

 

       Với 1

x 2. Ta có y=3

2 2 3

(4) ( 2 1 2) (4 24 27) 0 (2 3)(2 9) 0

2 1 2

x x x x x x

x

            

  3 / 2

1 (2 9) 0(5) 2 1 2

x x x

 

   

  

 Với 3

x 2. Ta có y=11 Xét (5). Đặt ^t ^2x  ^{1 0 2x} ^{t2 1}. Thay vao (5) được

3 2

2 10 21 0 ( 3)( 7) 0

t  t    t t  t  . Tìm được 1 29 t 2

 . Xét (5). Đặt ^t ^2x  ^{1 0 2x} ^{t2 1}. Thay vao (5) được

3 2

2 10 21 0 ( 3)( 7) 0

t  t    t t  t  . Tìm được 1 29 t 2 . Từ đó tìm được 13 29 103 13 29

4 , 2

x  y 

Xét h|m số f t( ) t⁵ t f t, '( )5t⁴   1 0, x R, suy ra h|m số f(t) liên tục trên R. Từ (3) ta có

(2 ) ( 2) 2 2

f x  f y  x y Thay 2x y2(x0) v|o (2) được

Bài 6: Giải hệ phương trình:

3 3 2 2

2 2

3 3 24 24 52 0

4 1

x y x y x y

x y

       



 

 .

Lần 1 – THPT CAM RANH Lời giải tham khảo

Đk 2 2

1 1

x y

  

  

 .

Đặt t y 2. Biến đổi phương trình đầu về dạng.x³3x²24x t³ 3t²24t Xét h|m số ^{f x}

 

^x3^3x2^24x liên tục trên



^{2; 2}



Chứng minh được x=t=y+2

Hệ pt được viết lại: ² ₂ 2 4 1 x y

x y

  



 



2 2 0 0

6 / 5 4 / 5

4 / 5 x y x

y y y x

y

 

    

 

     

KẾT LUẬN:

Bài 7: Giải hệ phương trình: ^_



3 2 3

3 2

x - 6x + 13x = y + y + 10

2x + y + 5 - 3 - x - y = x - 3x - 10y + 6 .

Lần 2 – THPT CAM RANH Lời giải tham khảo

XÉT PT(1):

3 2 3

x 6x 13xy  y 10^



^x2



^{3  (x 2) y3y}(*)

Xét h|m số ^{f t}

 

 ^{t3 t} . Ta có ^f'

 

^t ^3t2    ^{1 0 t f t}

 

đồng biến trên

Do đó (*)  y x 2. Thay y x 2 v|o (2) ta được: 3x 3 5 2 x x³3x²10x26

3 2

3x 3 3 1 5 2x x 3x 10x 24

          (ĐK : 5 2 x 1

   )

 ³



²



²



²

  

²



^{2 12}



3 3 3 1 5 2

x x

x x x

x x

 

    

   

2

2

3 2

12 (3)

3 3 3 1 5 2

x

x x

x x

 

     

    



PT (3) vô nghiệm vì với 5 2 x 1

   thì x²  x 12 0. Hệ có nghiệm duy nhất 2

0 x y

 

 

Bài 8: Giải bất phương trình: 3 2 9

3 1 3

x x

x x x

  

   .

Lần 1– THPT CAO LÃNH 2

Lời giải tham khảo Điều kiện:   1 x 9;x0

 

 

2 3 2 9 3 3 1

(1) 0

3 3 1

x x x x x

x x x

     

 

  

 

 

( 3)2 9( 1) 2 9 3 3 1

0

3 3 1

x x x x x

x x x

       

 

  

  

 

3 3 1 3 3 1 2 9

0

3 3 1

x x x x x

x x x

       

 

  

   

1 1 3 2 1 9

3 3 1 2 9

0 x x x 0

x x x

x x

     

    

   

8 1 2 8

0 0 0 8

1 3 1 9

x x x

x x x x x

 

  

            

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình l| 0 x 8 Bài 9: Giải bất phương trình: x² + x – 1  (x + 2) x²2x2

Lần 1 – THPT chuyên LÊ QÚY ĐÔN - KH Lời giải tham khảo

TA CÓ : x²  2x – 7 + (x + 2)(3  x²2x2)  0  (x²  2x – 7)



^{(3x1)x22  1 (2xx21)}



^{ 0.}

Vì: ^{(x1)2    1 x 1 x 1} nên :

2 2

( 1) 1 ( 1)

3 2 2

x x

x x

   

   > 0 , x.

 x² – 2x – 7  0  x  1  2 2  1 + 2 2 x

Vậy bất pt có tập nghiệm: S = (;1  2 2] [1 + 2 2;+) Bài 10: Giải bất phương trình: x³  x 2 2 3³ x2..

Lần 1 – THPT chuyên NGUYỄN HUỆ Lời giải tham khảo

 

3 3

3 3

3 3

2 2

3 3

3

2 2

3 3

2 2 3 2

3 2 2 3 2 2

3 2

3 2 2

3 2 3 2

3 2 1 2 0

3 2 3 2

x x x

x x x x

x x

x x

x x x x

x x

x x x x

   

     

     

   

 

         

3

2 2

3 3

3 2 0 1 2 0,

3 2 3 2

x x x

x x x x

 

             

1 2 x x

 

   

Vậy tập nghiệm của bất phương trình l|



^{ }

  

^{1 .}

Bài 11: Giải hệ phương trình:

   

3 3 2

3

3 3 6 4 0

2 3 7 13 3 1

      

     



x y x x y

y x y x .

Lần 2 – THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ Lời giải tham khảo

Từ phương trình (1) ta có: ^x33x



^y1



^33



^y1



Xét h|m số ^{f t}

 

^{ t3 3t , f}

 

^{t 3t23}

 

⁰

f t  với mọi t suy ra h|m số ^{f t}

 

đồng biến trên .

  

¹



¹

f x  f y   x y Thế x y 1 v|o phương trình (2) ta được:

Thế x y 1 v|o phương trình (2) ta được:



^x1

 

^{2x 3 37x6}



^3



^x1

  

³

Ta có x1 không l| nghiệm phương trình. Từ đó:



^{2x 3 37x6}



^3



_x^x_^₁



Xét h|m số ^{g x}

 

^



^{2x 3 37x6}



^3



_x^x_^₁



TXĐ: ^{3 \ 1}

 

D  2 

   

 

³

  

²



²

1 7 6

2 3 3 7 6 1

g x x x x

   

  

 

^{0 3; 1, 3}

2 2

g x     x g  không x{c định.

H|m số đồng biến trên từng khoảng ³;1 2

 

 

  và



^1;



^.

Ta có ^g

 

^{ 1 0;g}

 

^{3 0}. Từ đó phương trình ^{g x}

 

^0 có đúng hai nghiệm x 1 và 3

x .

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm



^{ 1; 2}



và

 

^{3; 2} .

Bài 12: Giải hệ phương trình:

     

3 2

2 2

( 1)

3 2 9 3 4 2 1 1 0

xy x x y x y

y x y x x

     

        



.

Lần 1 – THPT CHUYÊN SƠN LA Lời giải tham khảo

Biến đổi PT

(1)   

²

1  0

2

1 y x

x y x y

y x

 

         

x = y thế v|o PT (2) ta được:

     

       

   

2 2

2 2

3 2 9 3 4 2 1 1 0

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

2 1 3

x x x x x

x x x x

f x f x

       

         

   

Xét ^{f t( )t}



^{t2  3 2}



^{có f t'( )0, t.}

f l| h|m số đồng biến nên:

1 1

2 1 3

5 5

x   x       x y y  x

²

 1



y  x

²

 1

Thế vào (2) ^{3(x2 1) 2}



^{ 9x2 3}



^



^{4x2  1 2}

 

^{1 x x2  1}



⁰

Vế tr{i luôn dương, PT vô nghiệm.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất: 1 1

; . 5 5

  

 

 

Bài 13: Giải hệ phương trình:

    

   

2

2

2 1 1

1 ,

3 8 3 4 1 1

x x y x y

x x y

x x x y

     

  

     



.

Lần 1 – THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Lời giải tham khảo

Điều kiện: 1 1 x y

  

  



        



³

  

3 2 1

1 2 1 1 2 1

1 1 1

x x x

x x x

y x y y y

x x x

 

 

        

  

 

3 3

1 1

1 1

x x

y y

x x

 

         .

Xét h|m số ^{f t}

 

 ^{t3 t} trên có ^f

 

^t ^3t2   ^{1 0 t} suy ra f(t) đồng biến trên . Nên



¹



¹

1 1

x x

f f y y

x x

      

   

  . Thay vào (2) ta được 3x²8x 3 4x x1.



^{2x 1}



²



^{x 2 x 1}



²

    

2

2

1

6 3 0 3 2 3

2 1 1

1 5 2 13

2 1 1 3

3 9

9 10 3 0

x

x x x

x x

x x x x

x x

  

       

     

        

   

 Ta có

2

1 1 y x

 x 



Với 4 3 3

3 2 3

x   y 2 . Với 5 2 13 41 7 13

9 72

x    y  . C{c nghiệm n|y đều thỏa mãn điều kiện .

Hệ phương trình có hai nghiệm



^;



^{3 2 3;4 3 3}

x y   2  ^&



^;



^{5 2 13; 41 7 13}

9 72

x y     .

Bài 14: Giải hệ phương trình:

   

3 3 2 2

2 3 2

8 8 3 3

5 5 10 7 2 6 2 13 6 32

x y x y x y

x y y y x x y x

     

          

 .

Lần 2 – THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Lời giải tham khảo

Điều kiện : 2 0 2

7 0 7

x x

y y

   

 

     

 

Từ phương trình

 

¹ ta có



^x1



^35



^{x 1}

 

^y1



^35



^y1

  

³

Thay

 

⁴ vào

 

² ta được pt:



^{5x25x10}



^{x 7}



^2x6



^{x 2 x313x26x32 5}

 

^Đ/K

2 x 



^{5x25x10}

 

^{x  7 3}

 

^2x6

 

^{x 2 2}



^{x32x25x10 5}

 



²



^{5 2 5 10 2 6}



²

 

^{2 5}



7 3 2 2

x x x

x x x

x x

    

         

 ^{x   2  4 y 2}

   

^{x y;  2; 2} ( thỏa mãn đ/k)

 5 ² 5 10 2 6 5 ² 5 10 2 6

5 2 0

7 3 2 2

x x x x x x

x x

 

     

   

     

2

0, 2

0, 2

0, 2 0, 2

1 1 1 1

5 5 10 2 6 0

5 2

7 3 x 2 2

x

x x

x x x

x    x

  

     

     

              (pt n|y vô nghiệm)

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất :



^{x y;}

  

^{ 2; 2}

Bài 15: Giải bất phương trình:



²

  

2 2 1

6 2 4 2 2 2

x

x x x

  

    .

Lần 3 – THPT chuyên VĨNH PHÚC Lời giải tham khảo

Điều kiện : x 2

Do đó bất phương trình ^2



^{x 2 2}



^{ 6}



^x22x4



^2



^x2



 

²

 

2 x 2 2x 12 x 2 6x 1

     

Xét hàm số ^{f t}

 

^{ t3 5t}, trên tập , ^f

 

^{t 3t2    5 0, t} hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên

. Từ

  

^{3 : f x 1}



^{f y}



^{  1}



^{x y}

 

⁴



^{5x25x10}

 

^{x  7 3}

 

^2x6

 

^{x 2 2}



^{x32x25x10 5}

 



²



^{5 2 5 10 2 6}



^{2 5}



⁰

7 3 2 2

x x x

x x

x x

    

         

 ⁴

   

2 2 ; 2; 2

x   y x y  ( thỏa mãn đ/k)

Ta có

     

   

2 2

2

2 2 4

6 2 4 2 2 0, 2

6 2 4 2 2

x x

x x x x

x x x

 

        

    Do đó bất phương trình

  

²

  

2 x 2 2 6 x 2x 4 2 x 2

       

Nhận xét x 2 không là nghiệm của bất phương trình

 

2

2 2 2

2 2 0 1

2 2 12 6 2

4 8 4 12 6 2 2 0

t t

t t t

t t t t

  

   

      

      

 

2

2 2 0 2 2 3

4 8 0 2

x x

t x

x x

x

 

      

  

  .

Bất phương trình có nghiệm duy nhất x 2 2 3.

Bài 16: Giải hệ phương trình:

x y y x x y

x y x y

2 2 2 2

1 97 1 97 97( )

( , ).

27 8 97

     

 

  



^.

Lần 2 – THPT CHUYÊN HẠ LONG Lời giải tham khảo

Điều kiện: 1

0 ,

x y 97

 

Thay ( ; )x y bằng một trong c{c cặp số 1 1 1 1

(0; 0), 0; , '0 , ;

97 97 97 97

     

     

      vào (1), (2) ta

thấy c{c cặp n|y đều không l| nghiệm. Do đó 1

0 ,

x y 97

 

Đặt 97x a , 97y b . Do 1

0 ,

x y 97

  nên 0a b, 1. Khi đó (1) trở th|nh

   

2 2 2 2

1 1 1 1 0

a  b b  a a b a a b b b a 

2 2 2 2

2 2

( 1) 0 1

1 1

a b

a b a b

a b b a

 

             . Suy ra ^{2 2} 1 97. x y 

Với c{c số dương a a b b₁, , ,_{2 1 2}, ta có a b_{1 1}a b_{2 2}  a₁² a²₂. b₁²b₂² . Đẳng thức xảy ra khi v| chỉ khi a b_{1 2}a b_{2 1}. Thật vậy,

 

²

     

²

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 1 2. 1 2 1 1 2 2 1 2 . 1 2 1 2 2 1 0

a b a b  a a b b  a b a b  a a b b  a b a b  Do đó 27 x8 y  97 9x4y  97 97 x²y²  97 (do ^{2 2} 1

x y  97 ) Đẳng thức xảy ra khi 4x = 9y v| ^{2 2} 1

x y 97 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của hệ pt đã cho l|

 

^{; 9 ; 4}

97 97

x y  

  

 

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của hệ pt đã cho l|

 

^{; 9 ; 4}

97 97

x y  

  

 

Khi x 2 chia hai vế bất phương trinh

 

¹ cho x 2 0 ta được

2

 

2 2 12 6 2

2 2

x x

x x

 

        . Đặt

2 t x

 x

 thì bất phương trình

 

² được

2

 

2 2 12 6 2

2 2

x x

x x

 

        . Đặt

2 t x

 x

 thì bất phương trình

 

² được

Bài 17: Giải hệ phương trình:



^{2 2}



2 2

2x x 3y 7 x 6xy y 5x 3y

  



   

 .

Lần 1 – THPT CHUYÊN LONG AN Lời giải tham khảo

Đặt

  

   

 

  

  



2 2 x u v x y u

x y v y u v

. Ta có hệ phương trình:  

   



3 3

2 2

7(1)

2 4 (2)

u v

u u v v

Lấy (2) nh}n với −3 rồi cộng với (1) ta được:

^{u36u2 12u  8 v3 3v23v  1 0}



^u2

  

^{3 v 1 3 0}

1

u v

   . Thay vào phương trình (2), ta được: v²   v 2 0 Thay v|o phương trình (2), ta được: v²  v 2 0

1 2 v v

  

   + v 1 suy ra u = 2. Suy ra

 

^{x y,}  ^{1 3}_{2 2}^{, }

  + v 1 suy ra u = 2. Suy ra

 

^{x y,}  ^{1 3}_{2 2}^{, }

  + v2 suy ra u = −1. Suy ra

 

^{x y, }¹₂^,3₂^

 

Bài 18: Giải hệ phương trình:

 

3 3 2

3

3 3 6 4 0

2 3 7 13 3( 1)

x y y x y

y x y x

      

     

 .

Lần 1 – THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ Lời giải tham khảo

Điều kiện: 3 x 2

Từ pt(1) ta có x³3x(y1)³3(y1)

Xét h|m số f t( ) t³ 3 ; ( ) 3t f t  t²   3 0, t f t ( ) 0 với mọi t suy ra h|m số đồng biến trên

( ) 0

f t  với mọi t suy ra h|m số đồng biến trên Mà ( )f x  f y( 1) nên x y 1

Thế x y 1v|o pt(2) ta được: ^(x1)



^{2x 3 37x6}



^{3(x1) (3)}

Ta có x1 không l| nghiệm của pt(3). Từ đó ³ 3( 1)

2 3 7 6

1

x x x

x

    



Xét h|m số ³ 3( 1)

g( ) 2 3 7 6

1

x x x x

x

     

 Tập x{c định ^{3; \ 1}

 

D  2 

 

2 2 3

1 7 6

g ( )

( 1)

2 3 3 (7 6)

x x x x

   

  

3 3

( ) 0, ; 1,

2 2

g x    x x g 

  không x{c định.

H|m số đồng biến trên từng khoảng 3 2;1

 

 

  và



^1;



^{. Ta có} g( 1) 0; (3) 0  g  . Từ đó pt ( ) 0

g x  có đúng hai nghiệm x 1 và x3.

Ta có g( 1) 0; (3) 0  g  . Từ đó pt g x( ) 0 có đúng hai nghiệm x 1 và x3.

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( 1; 2)  và (3; 2) Bài 19: Giải bất phương trình:

2 2 2

1 1 2

1 3 5 2 1

x x x

 

    .

Lần 1 – THPT ĐA PHÚC Lời giải tham khảo

+) Đặt t = x² – 2, bpt trở th|nh: 1 1 2

3 3 1 1

t  t  t

   ĐK: t  0 với đk trên, bpt tương đương

1 1

( 1)( ) 2

3 3 1

t

t t

  

  . Theo Cô-si ta có:

1 1 1

1. 3 2 1 3

3

1 1 2 1 1 2

2. 3 2 2 3

3

t t t t t

t t t t

t

t t

t

   

        

  

 

      

  

1 2 1 1 2

2 3. 1 2 2 3 1 3 1

1 1 1 1 1 1

1 3. 1 2 1 3 1 3 1

2 0.

t t t

t t

t

t t

t t t t

t

VT t

 

      

  

   

        

  

   

1 2 1 1 2

2 3. 1 2 2 3 1 3 1

1 1 1 1 1 1

1 3. 1 2 1 3 1 3 1

2 0.

t t t

t t

t

t t

t t t t

t

VT t

 

      

  

   

        

  

   

+) Thay ẩn x được x²  2    x ( ; 2][ 2;    ) T ( ; 2][ 2;).

Bài 20: Giải phương trình: 32x⁴ 16x² 9x9 2x  1 2 0.

Lần 2 – THPT ĐA PHÚC Lời giải tham khảo

Điều kiện 1

x2, phương trình đã cho tương đương

     

     

4 2 2

2 2

2

32 32 16 16 7 7 9 9 2 1 0

32 1 16 1 7( 1) 9 1 2 1 0

9 2 2

32 1 ( 1) 16 1 7( 1) 0

1 2 1

x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x x

x

        

         

         

 

 

 

2

3 2

1 32 ( 1) 16 7 18 0

1 2 1

1 32 32 16 7 18 0 (*)

1 2 1

x x x x

x

x x x x

x

 

         

 

         

Ta có

3

2 3 2

3 2

32 32 4

8

1 32

32 8 32 32 16 7 27

2 4

16 16 8 2

1 2 1 1 18 18

1 2 1

32 32 16 7 18 9 0.

1 2 1

x

x x x x x

x

x x

x x x

x

  



        

  



      

 

      

 

Vậy (*) x 1.

Kết luận: Phương trình có nghiệm x =1.

Bài 21: Giải hệ phương trình:

2 2

3 5 4

4 2 1 1

x xy x y y y

y x y x

      



     

 .

Lần 1 – THPT PHƯỚC BÌNH Lời giải tham khảo

Đk:

2 2

0

4 2 0

1 0 xy x y y

y x

y

    

   

  



. Ta có (1)^{  x y 3}



^xy



^{y 1}



^{4(y 1) 0}

Đặt u xy v,  y1 (u0,v0) Khi đó (1) trở th|nh : u²3uv4v²0

4 ( ) u v u v vn

 

    Với uv ta có x2y1, thay vào (2) ta được : 4y²2y 3 y 1 2y

Với uv ta có x2y1, thay v|o (2) ta được : 4y²2y 3 y 1 2y

   

4y2 2y 3 2y 1 y 1 1 0

        

 

2

2 2 2

0 4 2 3 2 1 1 1

y y

y y y y

   

     



²



₂ ^{2 1 0}

4 2 3 2 1 1 1 y

y y y y

 

 

   

       

 

2

 y

( vì

2

2 1

0 1

4 2 3 2 1 1 1

y

y y y y

    

      )

Với y2 thì x5. Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT l|

 

^{5; 2}

Bài 22: Giải bất phương trình:

2 3

3

2 2 1 1

2 1 3

x x x

x

x

  

    .

Lần 2 – THPT PHƯỚC BÌNH Lời giải tham khảo

- ĐK: x 1,x13 - Khi đó:

2 3 2

3 3

2 2 1 6

1 1 2

2 1 3 2 1 3

x x x x x

x x

x x

    

     

   

     

3

2 1 2

1 , *

2 1 3

x x

x

  

   

- Nếu ³2x    1 3 0 x 13 (1)

thì (*) ^



^{2x 1}



^{32x 1}



^x1



^{x 1 x1}

Do hàm f t( ) t³ t l| h|m đồng biến trên , mà (*):

^f



^{3 2x 1}

 

^{f x 1}



^{32x 1 x 1 x3x2 x 0}

Suy ra: ;^{1 5} 0;^{1 5}

2 2

x        

DK(1)

VN - Nếu ^32x      ^{1 3 0 1 x 13} (2)

thì (2*) ^



^{2x 1}



^{32x 1}



^x1



^{x 1 x1}

Do hàm f t( ) t³ t l| h|m đồng biến trên , mà (2*):

   

   

3 3

2 3

1 1

2

2 1 1 2 1 1 1 13

2

2 1 1

x

f x f x x x x

x x

   



           

   

 Suy ra:



^{1; 0}



^{1 5;}

x  2 

    

DK(2)





^{1; 0}



^{1 5;13}

x  2 

   

-KL:



^{1; 0}



^{1 5;13}

x  2 

   

 

Bài 23: Giải hệ phương trình:

 

 

2 3 2

x xy 2y 1 2y 2y x 6 x 1 y 7 4x y 1

     



    

 .

Lần 3 – THPT PHƯỚC BÌNH Lời giải tham khảo

ĐK: x1.

 

^{1 }



^{2y2x 1 x}

 

^{ y}



^{   0 y x 1 vì 2y2   x 0, x 1}

Thay v|o (2) ta được ^{6 x 1 x 8   4x2 }



^{x 1 3 }



^{2 }

 

^{2x 2 2x x 1 3 }

4x2 13x 10 0

2x 3 x 1 3 x 2

x 2

   

      

  y3

Vậy nghiệm của phương trình l| (x;y)(2;3).

Bài 24: 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

      



    

 .

Lần 4 – THPT PHƯỚC BÌNH Lời giải tham khảo

Ta thấy x0 không phải l| nghiệm của hệ, chia cả hai vế của (1) cho x³ ta được

 

^{1 2 4 3}₂ ¹₃ ^{2 2}



^y



^{3 2y}

x x x

      

   

1 3 1

1 1 3 2y 3 2y 3 2y *

x x

   

          Xét hàm ^{f t}

 

^{ t3 t} luôn đồng biến trên

 

^{* 1 1 3 2y}

 

³

  x 

Thế (3) v|o (2) ta được x 2 ³15  x 1 x   2 3 2 ³15 x 0

 

 

²

3 3

0

1 1

7 0

2 3 4 2 15 15

x

x x x



 

 

 

          

 

 

Vậy hệ đã cho có nghiệm

 

^{; 7;111 .}

x y  98 

  

Bài 25: Giải hệ phương trình:

2

2 6 1

9 1 9 0

x y y

x xy y

    



   

 ^.

Lần 5 – THPT PHƯỚC BÌNH Lời giải tham khảo

Đk: 6 0

1 x y x

  

  



+) Nếu y0, để hệ có nghiệm thì 1 y 0.

(1) 2 6 2 5

(1) (1) (1) 1 1

VT x y

VT VP

VP y

      

    hệ vô nghiệm.

+) Nếu y<0, từ (2) suy ra x>0

   

2

2 3 3 2

9 1 x xy 9 y 0 9 y 9 y (3)

x x

   

           

Xét h|m số

2 2

2

( ) 9 , 0; '( ) 9 2 0 0

9

f t t t t f t t t

t

       



2

3 3 9

(3) f f( y) y x

x x y

 

        

Thế v|o pt(1) ta có phương trình 9₂

2 y 6 1 y

y     (4). H|m số 9₂

( ) 2 6

g y y

 y  

đồng biến trên



^;0



; h|m số h(y)=1-y nghịch biến trên



^;0



v| phương trình có ngiệm y=-3 nên pt(4) có nghiệm duy nhất y=-3. Vậy, hệ có nghiệm duy nhất (1;-3).

Bài 26: Giải hệ phương trình:

3 2

2 2

2 4 3

3 2 1

x x y x x y

x x x y x x y .

Lần 1 – THPT HÙNG VƯƠNG – BÌNH PHƯỚC Lời giải tham khảo

Điều kiện 4 0

4 0 x y

x y

  

   

 

²   ^{y x} ¹ thế (1) ta được:



^x2



^{2x 3 x3x2 x 2}



^{x 1}



²



^{2x 3 x 1}



^{4 2x 3 2x 8}



⁰

         

1 2 x x

  

  

Hệ có nghiệm

  

^{x y;   1; 2 ,}

 

^{2; 2 1}



Bài 27: Giải bất phương trình:



^{x2  x 6}



^{x  1}



^{x 2}



^{x  1 3x2 9x 2.}

Lần 2 – THPT HÙNG VƯƠNG – BÌNH PHƯỚC Lời giải tham khảo

   

       

2 2

2 2

6 1 2 1 3 9 2

6 1 1 2 1 2 2 10 12

x x x x x x x

x x x x x x x

        

           

      

       

 

   



2

2

2 2

2

2

2 2

6 2 2 3

2 10 12

1 1 1 2

5 6 2 5 6

2 5 6

1 1 1 2

2 1

5 6 2 0

1 1 1 2

1 1 1

5 6 0

1 1 1 2

1;2 3;

x x x x x

x x

x x

x x x x x

x x

x x

x x x

x x

x x x

x x

x

    

    

   

    

    

   

  

       

   

 

   

 

      

   

 

 

  

   

Bài 28: Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

1 2 1 3

3 3 7

y y x x xy y

x y y x

       



    

 .

Lần 1 – THPT ĐỒNG XOÀI Lời giải tham khảo

Đk: ^y^1,x^0,y2 ^3x

Từ pt (2) ta có :



¹



^{1 2 1 0}

y x 1 y x

y x

 

         Suy ra, y = x + 1

Thay vào pt (1) ta được x²  x 1 x²  x 1 7 3

Xét h|m số: f x( ) x²  x 1 x² x 1 Chứng minh h|m số đồng biến

Ta có nghiệm duy nhất x = 2 Vậy nghiệm của hệ l| (2;3)

Bài 29: Giải hệ phương trình:

2 2

2

2xy 1

x y

x y

x y x y

.

Lần 2 – THPT ĐỒNG XOÀI Lời giải tham khảo

Điều kiện: x y 0.

(1)  x y xy

x y

2 1

( ) 1 2 1  0

        (x y 1)(x² y² x y) 0

 x y  1 0 (vì x y 0 nên x²y²  x y 0)

Thay x 1 y vào (2) ta được: 1x² (1 x)  x²  x 2 0  ^{ }_{    }^{ }



x y

x 1 y 0

2 3

Vậy hệ có 2 nghiệm: (x;y) = (1; 0), (x;y) = (–2; 3)

Bài 30: Giải hệ phương trình:

2

3 2

2 1 5 2 8 2 6 0

2 1 5 10 4 ( 1)

x y x x x y

x xy y x y y y .

Lần 3 – THPT ĐỒNG XOÀI Lời giải tham khảo

+ Điều kiện: ^{2 1 0}

5 0

x y

x

+Ta có hệ

2

2 2

2 1 5 2 8 2 6 0

2 2 2 2 5 0

x y x x x y

x y x xy y y

2

2 2

2 1 5 2 8 2 6 0

2 0

2 2 2 5 0

x y x x x y

x y

x xy y y

Dễ thấy x² 2xy 2y² 2y 5 0 x² 2xy y² y² 2y 1 4 0

2 2

1 4 0

x y y : vô nghiệm