Tuyển chọn các bài toán Phương trình - Hệ phương trình ôn thi vào chuyên Toán năm học 2021

(1)

♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥

A. ĐỀ BÀI Bài 1.

Giải hệ phương trình:

   

2 2

8 2 8 2

2

1 1 4.

x y

x x y y

  



   



Trích đề thi thử vào chuyên Toán trường THPT chuyên KHTN năm 2021 lần 1

Bài 2.

1. Giải phương trình: 8x⁹x³ 3x²4x2.

2. Giải hệ phương trình:

   

 

3

1 1 8

7 6 2 25 .

x y x y

y xy x y

   



   



Trích đề thi thử trường THPT chuyên KHTN năm 2021 lần 1 Bài 3.

 

4 2

2 2 2 2

2 1 0

.

1 2

x y

x y x y

   



   

 Bài 4.

 

     

2 2

3 2 2 2 2

3 1 3 1

.

2 2 3

x y x y

x x y y x y x y

     



    



Trích đề thi Học sinh giỏi Toán của thuvientoan.net năm 2021 lần 1

Bài 5.

Giải phương trình: x²  x 8 4 x3.

Trích đề thi Học sinh giỏi Toán Sở Giáo dục và Đào tạo TP Hà Nội năm 2021

Bài 6.

Giải phương trình sau: x 2 4x 2x²5x3.

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH ÔN THI VÀO CHUYÊN TOÁN

NĂM HỌC 2020 -2021

https://thuvientoan.net/

(2)

Bài 7.

Giải phương trình: x²3x4 x 2 100.

Trích đề thi Học sinh giỏi Toán Phòng Giáo dục và Đào tạo Quận Hoàn Kiếm năm 2021

Bài 8.

a) Giải phương trình: ¹⁵



^x³^^x²^²^x



^^{4 5}



^x²^²



^x⁴^^4.

b) Giải hệ phương trình:

   

2 2

2

4 1 0

1 2 .

x xy y y

x x y y

     



   



Trích đề thi Học sinh giỏi Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa năm 2021

Bài 9.

Giải phương trình:

      

2 2

2019 2019 2020 2020 13

37.

2019 2019 2020 2020

x x x x

     

      

Trích đề thi Học sinh giỏi Toán Thị xã Sơn Tây năm 2021 Bài 10.

2 2

4 6 8 20

2 4 2.

x x x x

x x

   

 

 

Trích đề thi Học sinh giỏi Toán Phòng Giáo dục và Đào tạo Diên Khánh năm 2021

Bài 11.

a) Giải phương trình: 3 x 3 2x x²3x 9 6x x³27.

b) Giải hệ phương trinh:

   

2 2

4 4 2 2

2

6 8 32.

x y

x y x y x y xy

  

     



Trích đề thi thử trường THPT chuyên KHTN năm 2020 lần 2

Bài 12.

a) Giải phương trình: x 3x 1 2 x1.

   

 

3

1 1 8

.

16 6 2

x y x y

y y x x

    

    



Trích đề thi thử vào chuyên Toán trường THPT chuyên KHTN năm 2020 lần 2 Bài 13.

a) Giải phương trình:



^x^¹



²^ ^x^^3.

(3)

2 2

2 1

.

2 8

x y xy

x y

x y y x

   

 

   



Trích đề thi thử vào chuyên Toán trường Archimedes năm 2020 lần 3

Bài 14.

a) Giải phương trình x²  3 x 2x1.

b) Giải hệ phương trình

 

² ²

2 2 .

x y xy

x y x y

   

   



Trích đề thi vào chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Bà Rịa – Vũng Tàu năm 2020

Bài 15.



^x¹



^x ¹ ⁵^x¹³

   

3 2

2 2 0

2 1

5 9 5

2

x xy x y

x y x

y x x

x

    

   

    

 



Trích đề thi vào chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Giang năm 2020 Bài 16.

4 2

3 2

1 1

3 2.

x x

x x x

 

  

b) Giải phương trình: x y ³x ²y ¹.

x y y x

     

   



Trích đề thi vào chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Định năm 2020

Bài 17.

a) Giải phương trình



^x^²⁰²⁰^ ^x^^{2019 1}

 

^ ^x²^{ }^x ^{2019 2020}^



^^4039.

b) Cho hai số thực m n, khác 0 thỏa mãn ¹ ¹ ¹. 2

m n Chứng minh rằng phương trình:



^x²^^mx^^{n x}



²^^nx^^m



^⁰ luôn có nghiệm.

Trích đề thi vào chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Dương năm 2020 Bài 18.

Giải phương trình ^x²^³^x^{ }⁵



^x^³



^x²^^5.

(4)

Trích đề thi vào chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo TP. Hà Nội năm 2020 Bài 19.

a) Giải hệ phương trình:

4 2

2 2

2 1

.

2 2 2

x x y

x y y

  

   



b) Giải phương trình: ²



^x^²



^x^{   }² ^x² ³^x^^3.

Trích đề thi vào chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Tĩnh năm 2020 Bài 20.

a) Giải phương trình: 5x²3x 6



7x1



x²3.

2 2

8 16

.

12 5 3 5

2 x y xy

x y

x x y x x

   

 

      



Trích đề thi vào chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương năm 2020

Bài 21.

a) Giải phương trình 5x²2x 3 (2x1) 5x²2x 1 0. b) Giải hệ phương trình



²



²



²



2

2 4 2

2 0 .

x x x y x y

x y

     

   



Trích đề thi vào chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Hưng Yên năm 2020 Bài 22.

Giải hệ phương trình sau:

 

   

 

2 2

1 1

3 3 2 , .

2 1 1 2 2 1

x y

x y x y x y

x x y y y x y

  

 

  

    

 

     

         





Trích đề thi thử vào chuyên Toán của thuvientoan.net năm 2022 lần 6.

Bài 23.

a) Giải phương trình: ^x²^{  }^x ⁴ ² ^x^^{1 1}



^^x



^.

3 3

2 2

65 . 20

x y

x y xy

  

  



Trích đề thi Học sinh giỏi Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Hưng Yên năm 2021

(5)

Bài 24.

   

2 2

2

3 4 8

2 8.

x y xy

x y x xy

   

    



Trích đề thi Học sinh giỏi Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước năm 2021

Bài 25.

a) Giải phương trình: ³^x³^^x²^²^x^²⁸^



^x³^⁴



^x³^{ }⁷ ^0.

 

2

2 2

3 4 3 3

8.

6 1 2 9

3

x xy x y y

x y y x

    

      



Trích đề thi vào chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo TP Đà Nẵng năm 2020

(6)

B. LỜI GIẢI

Bài 1. Giải hệ phương trình:

   

2 2

8 2 8 2

2

1 1 4.

x y

x x y y

  



   



Lời giải

Với mọi x y, 0 và n^*, ta có: .

2 2

n n n

x y xy

  

  Với n1, bất đẳng thức đúng.

Giả sử bất đẳng thức đúng với nk, ta có: .

2 2

k k k

x y xy

  

 

Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng nk1, tức là:

1 1 1

2 2 .

k k k

x ^ y ^ xy ^

  

 

Thật vậy, ta có:

 

1 1 1 1

1

2 2 2 2 2 4 .

k k k k

k k k k x y xy x y

xy ^ xy xy x y xy ^  ^  ^  ^

     

   

     

     

Mà

 

       

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 2 1 2 2 1

4 2

... 0.

4 4

k k k k k k

k k k k k k k k

x y xy x y x y

xy x y x y x y x x y xy y

     

       

   



       

   

Từ đây suy ra:

1 1 1

2 2 .

k k k

xy ^ x ^ y ^

 

  

 

Áp dụng bất đẳng thức trên với n4,n5, ta có:

   

4 5

2 2 2 2

8 2 8 2 8 8 10 10

1 1 2 2 4.

2 2

x y x y

x x y y x y x y      

             

   

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ² ²

1

1 1 .

1, 1

x y x y

x y

 



   

  

   

   



Vậy hệ cho có bốn nghiệm:



x y^;

   

 ^{1;1 ,}  1; 1 , 1; 1 ,

 



 

1;1 .



(7)

Bài 2.

a) Giải phương trình: 8x⁹x³ 3x²4x2.

   

 

3

1 1 8

.

7 6 2 25

x y x y

y xy x y

   



   



Lời giải a) Ta có phương trình tương đương:

 

     

   

3 3 3 3 2

3 3

3 6 3 2

3 2

2 2 3 4 2

2 2 1 1

2 1 2 1 0

2 1 4 2 1 1 1 0

2 1 0 1 2 2 1 0

1

x x x x x

x x x x

x x x x x x

x x x x x

x

    

     

      

 

          

        

 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x1.

b) Ta có:

   

 

     

   

3 3 3 3 3

3 3 3 3

3 3

8 6 2 7 6 2

8 6 2 25

8 6 2 1 24

8 6 2 1 3 1 1

2 1

1.

x y xy x y x y y xy x y

x y xy x y x y

x y xy x y x y x y x y

x y x y

y

 

        

      

       

          

    

 

Với y1, ta có: ^{7 6}



²



²⁵ ² ² ³ ⁰ ¹ ^.

3

x x x x x

x

 

          

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm



^{x y}^;

   

^ ^{1;1 ,} ^^{3;1 .}



Bài 3.

 

4 2

2 2 2 2

2 1 0

1 2

x y

x y x y

   



   



Lời giải

Ta có:



^x²^^y²



²^{ }¹ ^x²^²^y^^x²^^y²^{ }¹



^x²^^y²



²^^x²^^y² ^^x²^^y²^{ }¹ ^y²^{ }¹ ^x²^.

(8)

Mặt khác 1x²y² 2x⁴ 1 2x⁴x² 0 x0.

Với 0 ¹ .

1 x y

y

 

    

Thử lại thấy thỏa mãn.

Vậy hệ cho có hai nghiệm



x y^;

 

 0;1 , 0; 1 .

 





Bài 4.

 

     

2 2

3 2 2 2 2

3 1 3 1

.

2 2 3

x y x y

x x y y x y x y

     



    



Lời giải Điều kiện: ^{x x}



^ ^y



^⁰^.

Ta có

 

³ ²

   

² 3 ² 4 ²

2 .

2 2

x x y x y x xy y

x x y     

  



² ²



² ² ² ² ² ³ ²

2 .

2 2

y x y x y

y x y   

  

Suy ra ²^{x x}



^^y



³ ^^y ²



^x²^^y²



^²^x²^²^xy^²^y² ^³



^x²^^y²



Dấu bằng xảy ra khi

   

²

2 2

2

2 0.

x x y x y

y x y x y

x y

   



    



 



Thay x y vào phương trình ban đầu ta được:

     

    

2 2 2 2 2

2

2 2

2

3 1 3 1 1 1 3 1 0

1 1 3 0 1 2 2 0 .

1 3

x x x x x x x x x

x x

x x x x x

x

            

  

         

  

 Từ đây ta được x y2 2.

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất là



^{x y}^;



^



^{2 2; 2 2}



Bài 5.

Giải phương trình: x²  x 8 4 x3.

Lời giải Điều kiện xác định x 3.

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

(9)

4 x3  2 2 x     3 4 x 3 x 7.

Suy ra: ^x²^{  }^x ⁸ ^x^⁷^



^x^¹



²^⁰^^x^^1.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x1.

Bài 6.

Giải phương trình sau: x 2 4x 2x²5x3.

Lời giải Điều kiện: 2x4. Phương trình tương đương:

      

  

 

2 1 1 4 2 1 3

3 3

2 1 3

2 1 1 4

1 1

3 2 1 0

2 1 1 4 3

1 1 .

2 1 (1) 2 1 1 4

x x x x

x x

x

x x x

       

 

    

   

 

      

   

 

 



   

    



Ta xét phương trình (1). Với 2x 4 2x 1 5.

Mà ¹ ¹ ¹ ¹ 2.

0 1 0 1 2 1 1 4

x  x   

 

   

Suy ra: ¹ ¹ 2 1,

2 1 1 4 x

x  x  

    do đó phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x3.

Bài 7.

Giải phương trình: x²3x4 x 2 100.

Lời giải Điều kiện xác định: x2. Phương trình đã cho tương đương:

   

2

2 2

4 4 2 4 2 4 0

2 2 2 0

2 0

2.

2 2 0

x x x x

x x

x

       

     

  

     

Thỏa điều kiện xác định. Vậy phương trình đã có nghiệm duy nhất x2.

(10)

Bài 8.

a) Giải phương trình: ¹⁵



^x³^^x²^²^x



^^{4 5}



^x²^²



^x⁴^^4.

   

2 2

2

4 1 0

1 2 .

x xy y y

x x y y

     



   



Lời giải

a) Ta có: ^{4 5}



^x²^²



^x⁴^⁴ ^¹⁵^{x x}



²^{ }^x ²



^^x^^0. Chia cả hai vế của phương trình cho x², ta được:

2 2

2 4 2

4 5 x x 15 x 1

x x x

   

    

   

   

Đặt t x ² 2 2.

 x  Phương trình đã cho trở thành:

     

   

2 2 2

4 2

3 2

4 5 20 15 1 16 5 20 225 1

16 109 90 45 0

3 16 48 35 15 0

3.

t t t t t t

t t t

t t t t

t

      

    

     

 

Với t3, ta có: 2 ² 1

3 3 2 0 .

2

x x x x

x x

 

         Thỏa điều kiện.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2.

b) Nhận xét y0 không thỏa mãn. Xét y0, hệ phương trình tương đương:

 

2

1 2 2

1 .

2 1

x x y

y x

x y y

 

   



 

    



Đặt

2 1

, 2.

a x b x y

y

     Hệ cho trở thành: 2

1 1.

a b a b

ab

  

  

 



Do đó:

2

2 2

1 1 1 1, 2

2, 5. 2 0

2 1

x y x x y

y x x x y

x y

 

      

 

 

  

  

  

 

    



Vậy hệ cho có hai nghiệm



^{x y}^;

 

^ ^{1; 2 ,}

 

^^{2;5 .}



(11)

Bài 9.

      

2 2

2019 2019 2020 2020 13

37.

2019 2019 2020 2020

x x x x

     

      

Lời giải

Điều kiện: x. Đặt a x 2019, phương trình đã cho trở thành:

   

2 2 2 2

2

2 2

2

1 1 13

1 1 37

1 13

13 3 3 1 37 1 0

3 3 1 37

12 0 4 .

3

a a a a

a a

a a a a

a a

a a a

a

   

    

          

 

 

    

  

 Với a4, ta có x2023.

Với a 3, ta có x2016.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x2023, x2016.

Bài 10.

2 2

4 6 8 20

2 4 2.

x x x x

x x

   

 

 

Lời giải

Điều kiện xác định: x2; x 4. Phương trình đã cho tương đương:

   

 

  

 

  

2 2

2 2 4 4 2 4

2 2 4 2

2 4 2 4

2 4 4 2

2 4

2 4 2 4 4 2

x x

x x x x

x x

x x x x x x

   

        

   

 

   

     

Phương trình tương đương: 2x44x2 x 0 (thỏa điều kiện).

Vậy tập nghiệm của phương trình là S{0}.

Bài 11.

a) Giải phương trình: 3 x 3 2x x²3x 9 6x x³27.

   

2 2

4 4 2 2

2

6 8 32.

x y

x y x y x y xy

  

     



Lời giải

(12)

a) Điều kiện: x3. Phương trình tương đương:

   

3 2

2 2

2

27 3 3 6 2 3 9 0

3 3 9 3 2 3 9 3 0

2 3 3 9 3 0

2 3 0 1

0.

3 9 3 0 3

x x x x x x

x x x x x x

x x x x

x x x

x

x x x

       

         

      

     

 

      

Thỏa điều kiện ban đầu nên phương trình đã cho có ba nghiệm: S



0;1;3 .



b) Kết hợp với x²y² 2, phương trình thứ hai của hệ tương đương:

   

  

2 2 2 2 2

2 2 2

4 8 32

4 4 8 32

1 8.

x y x y x y xy

x y x y xy

x y xy

 

     

    

   

Vậy hệ cho tương đương:

   

  

2

2 1 .

1 8

x y xy

   

   



Do đó:

  

2

 

⁵

8 1 2.

4 x y

x y xy  x y

       Khi đó xy1.

Từ đây tìm được x y 1.

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất



^{x y}^;

  

 ^{1;1 .} Bài 12.

a) Giải phương trình: x 3x 1 2 x1.

   

 

3

1 1 8

.

16 6 2

x y x y

y y x x

    

    



Lời giải a) Điều kiện: x0. Phương trình tương đương:

(13)

   

 

     

 

2 2

2 2 3 1 4 2

3 1 2 3 1 1 4 4

3 1 1 2 3 1 1 2

3 1 1

3 1

3 1 2 1 1 0

3 1 2 1

1 3 1 3 1 0 3 1 1

2 1 0 0.

1

x x x

x x x x

x x

x x x

x x

x x x x x

x x x

x

   

       

         

   

 

 

            

        

 

   

 

Thỏa điều kiện ban đầu nên phương trình đã cho có ba nghiệm: ^S

 

^{0;1 .}

b) Ta có:

       

       

   

3 3 3 3

3 3

3

1 3 1 1 24 1

6 2 16 24 1 6 2 8 1

2 1

x y x y x y x y y y

x x x y x x x y

x y

           

            

    Suy ra:

   

        

3 3

2 2

1 2 1 0

1 1 1 2 2 1 0

1.

x y x y

y x y x y x x

y

      

 

            

 

Với y1, ta được



¹



² ⁴ ¹ ^.

2 x x

x

 

  

  



Vậy hệ cho có nghiệm hai nghiệm



x y;

   

 1;1 , 2;1 .



Bài 13.



^x^¹



²^ ^x^^3.

2 2

2 1

.

2 8

x y xy

x y

x y y x

   

 

   



Lời giải a) Điều kiện: x3. Phương trình tương đương:

(14)

 

2 1 3 2 3 1

4 4

2 3 1

4 1 0

2 3 1

4

1 0 *

2 3 1

x x x x x x

x x x

x x

        

 

 

  

 

 

       

 

      

Ta có phương trình

 

* tương đường:

 

²

3 1 2 0

3 2 3 4 0

1 4

x x x

x x x x

x x

    

      

  



 

Do x3 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: ^S^

 

^{4 .}

b) Điều kiện: xy. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:

   

     

     

    

       

2 2

3 3

2

2 2

2 1 0

1 1 2 1 0

1 1 2 0

1 0 1

1 2 0 1 2 0 *

x y x y xy x y

x y xy x y xy x y

x y x y xy x y

x y x y x y xy x y

x y x y x y xy

x y y x

x y x y xy x y x y xy

    

      

       

         

 

        

      

 

           

Với y x 1 thay vào phương trình thứ hai ta tìm được ²



^{1 ,}



⁵ ² ^.

3 3

x y x y  Ta lai có phương trình

 

* tương đương:

2 2 2 2

2

0 8 2 0

7 0 0

7

x x y y y y y y

y y y

y

        

 

   

  Với y0, ta tìm được x 1.

Với y7, phương trình vô nghiệm.

(15)

Vậy hệ đã cho có ba nghiệm: ^{2 5}^; ^{, 2;1 ,}

  

^{1; 0 .}



S3 3   Bài 14.

a) Giải phương trình x²  3 x 2x1.

b) Giải hệ phương trình

 

² ²

2 .

2

x y xy

x y x y

   

   



Lời giải a) Điều kiện: ¹

x2. Ta có:

   

2 2 2

2 2

3 2

3 2 1 3 2 1 2 2 1

1 2

2 1 2 2

2 1 2

1 2

2 2 0

x x x x x x x x

x

x x x

x x

x x x

          

  

     

   



  

       Vậy x1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

b) Cộng vế theo với của phương trình ta được:

 

   

2 2

2

2 2

2 0

1. 2

x y x y xy x y

x y x y

      

     

   



  



Với x  y 1, thay vào phương trình đầu của hệ ta được: x²3x 3 0, vô nghiệm.

Với x y 2, thay vào phương trình đầu của hệ ta được: x²    0 x 0 y 2, Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất



^{x y}^;

 

 ^{0; 2 .}



Bài 15.



^x¹



^x ¹ ⁵^x¹³

   

3 2

2 2 0

2 1

5 9 5

2

x xy x y

x y x

y x x

x

    

   

    

 



Lời giải

a) Điều kiện : x   1 0 x 1. Phương trình đã cho tương đương:

(16)

          

 

1 2

1 1 1 6 12 0 6 2 0

1 1 1 2

2 6 0 1

6 0

1 1

x x

x x x x

x x x

x x

 

         

 

 

  

 

           

Ta thấy x2 thỏa mãn. Còn 1

6 0

1 1 x x

  

  với mọi x1.

Vậy x2 là nghiệm duy nhất của phương trình b) Điều kiện: x1,x2,y. Ta có:

   

3 2 2

2

2 2 0 2 0 x 2

x xy x y x x y

y x

  

           Do x1 nên yx².

Thay yx² vào phương trình



²



¹



⁵



⁹ ^5,

2

x y x

y x x

x

  

   

 ta được phương trình:

   

 

2

3 2

2 1

5 9 5

2

2 1

5 9 5 1

2

x x x

x

x x x

x

  

   



  

    

 Với điều kiện bài toán

         

       

     

2

1 1 2 1 2 1 4 5

1 2 1 2 4 5 0

1 1

2 1 2 4 5 0 (2)

x x x x x x x

x x x x x x

x y

x x x x x

        

 

         

   

         Ta có:

       

3 3

2 2

2 1 1 2 2

1 2 1 2 1 2 1 0

1 2 (3)

1 2 1 2 1 0 4

x x x x

x x x x x x

x x

x x x x

       

 

             

   

 

        



Vì



¹



²



²



¹



²



² ¹ ¹ ¹



²



² ³



²



² ¹ ⁰

2 4

x x x x  x x  x

 

             

 

  nên (4) vô nghiệm.

(17)

   

² ²

2

5 13

2 2 5 13

3 2 .

5 3 0 2

1 2

5 13

2 x

x x x

x x

x

 

 

  

     

  

            

Giá trị này thỏa mãn.

Với ⁵ ¹³

x 2 ta có ¹⁹ ^{5 13}. y 2

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm

 

^{1;1 ;} ⁵ ^{13 19}^; ^{5 13}

2 2

  

   

  

  

  

 

 

. Bài 16.

4 2

3 2

1 1

3 2.

x x

x x x

  

 

b) Giải phương trình: x y ³x ²y ¹.

x y y x

     

   



Lời giải

a) Điều kiện: ³ 3 ² 0 ₂ ⁰ ₂ .

3 1 0

x x x x

x x

 

        Phương trình đã cho tương đương:

  

4 3 2

2 2

2

2 2

2 5 2 0

1 1 1 1

2 5 0 2 1 0

1 1

1 2 1 0 1 2 2 0

1 5

2

1 5

1 0 2

2 2 0 1 17

x x x x

x x x x x x

x x

x x x x

x x

x

    

       

   

               

      

   

               

 

 

   

        . 4

1 17

x 4





 

 

 So với điều kiện ta thấy thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm: ¹ ^{5 1}; ⁵; ¹ ¹⁷; ¹ ¹⁷ .

2 2 4 4

S       

(18)

b) Điều kiện: 0

3 2 0.

x y

  

  

 Hệ phương trình tương đương:

     

2 2 5

. 0

x y x y x y

x y x y

      

    



Đặt a xy và b x y với a0,b0. Hệ đã cho trở thành:

2 2 5 2

. 0

a a b

a b

   

  



Suy ra ²



^a^{ }¹



⁵^a²^{ }^a ²



^a^¹



² ^⁵â²^{ }â ³â²^⁵â^{   }² ⁰ â ²^doâ^^0.^{Suy ra}^b^{ }^2.

Khi đó ta có:

1 5

4 1

2 .

2 3

1 5

2 x y

x y x

y x y

y x

 

  

  

     

  

  

      

  



Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất



^{x y}^;

  

 ^{1;3 .} Bài 17.

a) Giải phương trình



^x^²⁰²⁰^ ^x^^{2019 1}

 

^ ^x²^{ }^x ^{2019 2020}^



^^4039.

b) Cho hai số thực m n, khác 0 thỏa mãn ¹ ¹ ¹. 2

m n Chứng minh rằng phương trình:



^x²^^mx^^{n x}



²^^nx^^m



^⁰ luôn có nghiệm.

Lời giải

a) Điều kiện: x2019. Nhân cả hai vế của phương trình cho x2020 x2019, ta được:

   

  

    

  

4039 1 2 2019 2020 4039 2020 2019

2020 2019 1 2020 2019

2020 2019 2020 2019 1 0

2019 1 2020 1 0

2019 1

2020.

2020 1

x x x x

x x

x

       

       

 

        

     

  

    

So với điều kiện ban đầu ta thấy x2020 là nghiệm duy nhất của phương trình.

b) Ta có ¹ ¹ ¹ ²

 

^.

2 m n mn

m  n  

(19)

Phương trình tương đương: ^x²^^mx^{ }ⁿ ^{0 1}

 

^hoặc^x²^^nx^{ }^m ^{0 2 .}

 

Phương trình

 

^{1 và}

 

2 lần lượt có  ₁ m²4n và  ₂ n²4 .m Ta có:   1 2 m²n²4m4nm²n²2mn



mn



²0.

Suy ra một trong hai số ₁ hoặc ₂ lớn hơn hoặc bằng 0.

Do đó một trong hai phương trình

 

^{1 hoặc}

 

2 luôn có nghiệm.

Suy ra phương trình đã cho luôn có nghiệm.

Bài 18.

Giải phương trình ^x²³^x ⁵



^x³



^x²^5.

Lời giải

Phương trình đã cho luôn xác định với mọi x. Đặt a x²5 (a0), khi đó phương trình có thể viết lại thành a²3x(x3) ,a hay (ax a)( 3)0.

Do a x²5 x²  x x nên từ đây, ta có a3 hay x² 5 3.

Từ đó, ta có x2 (thỏa mãn) hoặc x 2 (thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x2 và x 2.

Bài 19.

a) Giải hệ phương trình:

4 2

2 2

2 1

.

2 2 2

x x y

x y y

  

   



b) Giải phương trình: 2



x2



x   2 x² 3x3.

Lời giải a) Cộng vế theo vế của hai phương trình ta được:

   

4 2 2 2

2 2 2

2 2

2 2 2 3

2 2 3 0

2 3 0

1 1

.

3 3

x x y x y y

x x y y x y

x y x y

    

      

     

     

 

      

Với x²  y 1, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: y  0 x 1 hoặc x 1.

Với x²  y 3, Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: y²   8 y 2 2 hoặc y 2 2.

(20)

Khi đó x²  2 23 hoặc x² 2 23, phương trình vô nghiệm do x²0.

Tóm lại hệ cho có hai nghiệm



^{x y}^;

   

^ ^{1; 0 ,} ^^{1;0 .}



b) Điều kiện: x2. Phương trình tương đương:

 

   

 

2 2

2

3 3 2 2 2 0

4 4 2 2 2 2 9

2 2 9

2 2 3

2 5 1

.

2 1 2

x x x x

x x x x x

x x

     

        

    

    

 

    



   

 

    

 Trường hợp 1:

 

² ²

5 0 5 11 29

1 .

11 23 0 2

2 5

x x

x x x

x x

   

   

 

         

Trường hợp 2:

 

² ²

1 0 1 1 5

2 .

1 0 2

2 1

x x

x x x

x x

   

   

 

           

Vậy tập nghiệm của phương trình là ¹¹ ²⁹; ¹ ⁵ .

2 2

S    

Bài 20.

a) Giải phương trình: 5x²3x 6



7x1



x²3.

2 2

8 16

.

12 5 3 5

2 x y xy

x y

x x y x x

   

 

      



Lời giải

a) Đặt a x² 3 3, khi đó phương trình trở thành: ²^a²



⁷^x¹



^a³^x²³^x⁰ Xem đây là phương trình bậc 2 ẩn a, dựa vào công thức nghiệm ta tìm được:

2a x 1 hoặc a3 .x Với 2a x 1, ta có

 

2

2 2

2

1 1

2 3 1 .

3 2 11 0

4 12 1

x x

  

  

 

          

Hệ này vô nghiệm.

(21)

Với a3 ,x ta có: ² ₂ 0 6

3 3 .

8 3 4

x x x x

x

 

  �