TÀI LIỆU ÔN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA
--- ---
KỸ THUẬT XỬ LÝ
PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
PHẦN I:
PHẦN II:
PHẦN III:
PHẦN IV:
PHẦN V:
PHẦN VI:
PHẦN VII:
PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU DỰ ĐOÁN NHÂN TỬ TỪ NGHIỆM VÔ TỶ HỆ SỐ BẤT ĐỊNH
ĐẠO HÀM MỘT BIẾN LƯỢNG GIÁC HÓA ĐẶT 2 ẨN PHỤ
PHẦN VII: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Biên soạn: ĐOÀN TRÍ DŨNG Hot line: 0902920389
Facebook: https://www.facebook.com/toanthaydung
PHẦN I: PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU
Phương pháp xét tổng và hiệu sử dụng cho các phương trình vô tỷ hoặc một phương trình có trong một hệ phương trình ở dạng A B C. Điều kiện sử dụng ở chỗ ta nhận thấy Clà một nhân tử của
A B
.BÀI 1: x22x 2x 1 x 1
Nhận thấy A B
x22x
2x 1
x21có một nhân tử là C x 12 2
2
2 2
2 2
2 2 1 1
2 2 1 1
2 2 1 1
2 2 1 1
2 2 2 0
2 2 1 1
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 2: x3x2 1 x2 2 x2 x 1
Nhận thấy A B
x3x2 1
x22
x31có một nhân tử là Cx2 x 1
3 2 2 3
3 2 2
3 2 2 2
3 2 2 2
2 2 2
3 2 2
1 2 1
1 2 1
1 2 1
1 2 1
2 2 1 1 2 2
1 2 1
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
Thử lại nghiệm ta thấy chỉ có x 2thỏa mãn nên phương trình có một nghiệm duy nhất là x 2 BÀI 3: x8 x x7 x 1 4 x1
Nhận thấy A B
x8 x
x 7 x 1
x1có một nhân tử là C 4 x1
44
4
4
8 7 1 1
8 7 1 1
8 7 1 1
8 7 1 1
2 7 1 2 7 0 0
8 7 1 1
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 x
BÀI 4: 3 4 5 4 4
5 3 7 2 2 1 4
y x y x
y x x y
Nhận thấy phương trình đầu có A B
y3x 4
y5x4
8xcó liên quan đến giá trị 4
2
3 4 5 4 8
3 4 5 4 2
3 4 5 4 4
3 4 5 4 4
2 3 4 4 2 3 4 2 , 2.
3 4 5 4 2
y x y x x
y x y x x
y x y x
y x y x
y x x y x x y x x x
y x y x x
Thay vào phương trình thứ 2 ta được
2 2
5x 5x 3 7x 2 4x 6x 1 0
2 2
2
2
5 5 3 1 2 7 2 4 7 2 0 *
1 1
4 7 2 1 0
2 7 2
5 5 3 1
x x x x x x x
x x
x x
x x x
Vì 2
2
2 1 1 7 17 5 4 17
1 0 4 7 2 0 ,
7 5 5 3 1 2 7 2 8 32
x x x x y
x x
x x x
Trong phần này có chi tiết trục căn thức ở bước
* sẽ được giải thích trong Phần II: HỆ SỐ BẤT ĐỊNHBÀI 5:
2
2
2 24
4 1 0
2 1
5 5 1 6
y
x x y
y
x y x y
Phương trình thứ 2 có A B
5x y 5
1 x y
6 x1
có liên quan đến giá trị 6
25 5 1 6 1
5 5 1 1
5 5 1 6
5 5 1 1 7
2 1 7
4 5 20 5
5 5 1 6
x y x y x
x y x y x
x y x y
x y x y x x
x y x
y x y
x y x y
Để ý phương trình 1 có x4 x 1 y 2
2yy22241
0
x 1 2
2
y5 2
2yy2212y9
0 y 5Vậy hệ có nghiệm duy nhất đó là x y 5 BÀI 6:
3 2 2
2 2 4 4
4 2 4 1 3 0
x y x y
x x y y x
Nhận thấy phương trình đầu có A B
2xy
2x y 4
2 y2
có liên quan đến giá trị 4
22 2 4 2 2 2
2 2 4
4 2
2 2 4
2 2 4 4
6 2
2 2 1 1
2 2 32
2 2 4
2
x y x y y y
x y x y
x y x y
x y x y
y y
x y x
x y x y y
Mặt khác phương trình thứ 2 biến đổi thành:
3 2 2
3 2 2 2
2 2
3
4 2 4 1 3 0
1 4 4 4 4 0
1 2 2 0
x x y y x
x x xy y y y
x x y y
Vì VT 0 x 1cho nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x1,y2
BÀI 7:
2
2 1 1 2
( 1)
y x y y
x x y x x y
Nhận thấy phương trình đầu có A B
y2x 1
1 y
2y2x2không liên quan đến C y 2 Còn phương trình thứ 2 có A B y x( 1)
x2y
x y
x
có thể rút gọn với Cx x
2 2
2
2
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1)
( 1) ( 1)
2 ( 1) ( 1)
2 4 0
y x x y x y x y x
y x x y
x x x
y x x y
y x x y x x
y x x x y
y x x x
y x
x x
y x x y
x
y x x x x y y x x x x y x x y y x x
Thay vào phương trình thứ nhất ta được: x2 x 1 x2 x 1 x2 x 2
Đến tình huống này ta dung kỹ thuật nhẩm nghiệm nhận ra phương trình có nghiệm duy nhất x1(Hoặc sử dụng máy tính SHIFT SOLVE). Khi x1thì x2 x 1= 1, x2 x 1= 1. Do đó ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá:
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
1 1
1. 1 1
2 2
1 1 2
1. 1 1
2 2
1 1 2 1 1 1
2
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
Vì x 1 x 1
x 1
2 x 1 x2 x 2 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 2 Vậy đẳng thức xảy ra khi x1,y0BÀI 8: x2162 x23x 4 x 1 1
Bài toán này nghiệm rất đẹp
x3,x0
nhưng để giải ra nghiệm này bằng cách trục căn thức đơn thuần thì gần như sẽ không được nhiều điểm. Để giải quyết triệt để ta sử dụng kỹ thuật xét tổng hiệu:
2 2
2 2
2 2
2
2 2
16 2 3 4 1 1
16 4 3 4 1 1
16 2 3 4 1 1 3 12
16 2 3 4 1 1
x x x x
x x x x
x x x x
x x x
x x x x
Như vậy nghiệm đầu tiên là x0. Nếu x0thì
2 2
16 2 3 4 3 4 1 1
x x x x x Do đó ta có hệ:
2 2
2
2 2
2
2
2
2 2
2
16 2 3 4 3 4 1 1
2 16 13 3 1 11 3
16 2 3 4 1 1
16 5
3 2 16 5 13 3 1 2 27 9
1 2
2 16 5 3 13 1 2 9 3 0
2 9 3 13 3
9 3 0
16 5 1 2
2 3 3 1
3
16 5
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 x
x x
x
x
3 9 0
1 2 x
Vì x 1 x 3 0. Ta xét 3 13 9 3 5 9 1 0 1
1 2 1 2
x x x
x
x x
Vậy phương trình có 2 nghiệm duy nhất là x 3 x 0
BÀI TẬP ÁP DỤNG:
BÀI 1:
2 2
1 1 1
1 1 2
x y y x
x y
BÀI 2:
2 2 2 2
2 5 3
x y x y y
x y
BÀI 3:
2
3
12 12 12
8 1 2 2
x y y x
x x y
BÀI 4:
2 2
2 2
1
1 2 1 1
2 1
2
x x x
x y x y y
y
BÀI 5: x2 2 2 x 2x2
PHẦN II: DỰ ĐOÁN NHÂN TỬ TỪ NGHIỆM VÔ TỶ
Phương pháp này tận dụng nghiệm vô tỷ mà máy tính đã dò được để đoán trước nhân tử của phương trình, hệ phương trình. Để sử dụng kỹ thuật này, chúng ta cần phải nắm được tốt quy tắc dò nghiệm SHIFT SOLVE.
BÀI 1: 5x25x 3 7x 2 4x26x 1 0 Điều kiện: 2
x7. Sử dụng máy tính SHIFT SOLVE với x1ta được x1,390388203. Khi đó thay vào giá trị căn thức:
5 2 5 3 2,390388203 1
7 2 2, 780776406 2
x x x
x x
. Do đó 5x25x3cần phải tạo
thành nhóm biểu thức 5x25x 3
x 1
còn 7x2cần phải tạo thành nhóm biểu thức 2x 7x2.2 2
5x 5x 3 2,390388203 5x 5x 3 x 1. Như vậy ta thấy rằng.
Viết lại phương trình ban đầu ta được: 5x25x 3 7x 2 4x26x 1 0
2 2
2
2
5 5 3 1 2 7 2 4 7 2 0 *
1 1
4 7 2 1 0
2 7 2
5 5 3 1
x x x x x x x
x x
x x
x x x
Vì 2
2
2 1 1 7 17 5 4 17
1 0 4 7 2 0 ,
7 5 5 3 1 2 7 2 8 32
x x x x y
x x
x x x
BÀI 2: x2 x 2x 2 3x 1 2 3
x1
Điều kiện: x 2x 2 0. Sử dụng SHIFT với x0ta được x4, 236067977 Thay vào các căn thức của bài toán:
2 2 1
2 3 1 5, 236067977
x x
x
. Như vậy x 2x2 sẽ trừ đi 1 còn
2 3x1 sẽ trừ đi
x1
. Viết lại phương trình:
2 2
3 1 2 2 2 3 1 2 2 1 1 2 3 1 4 1 0
x x x x x x x x x x x
2
2
2
2
2 2
2
2 1 2 3 1 2 2 1
4 1 0 1 2 3 1
2 2 1
1 2 2 4 1
4 1 0
1 2 3 1
2 2 1
2 1 2 2 4 1
4 1 0
1 2 3 1
2 2 1 1 2 2
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 x
x x x x
2 1 1
4 1 1 0
1 2 3 1
2 2 1 1 2 2
x x
x x
x x x x
Vì x 2x 2 0nên
2 2 1 1 2 2 0
2 2 2.0 2 2 1
1 2 3 1 0
x x x x
x x x
x x
Vậy x24x 1 0,x 2 x 2 5 .
BÀI 3: x34x2 x 3 2x2 x 5 2x13
SHIFT SOLVE với x0ta được x0,828427124. Thay vào các giá trị căn thức:
2 5 4,828427125 4
2 13 3,828427125 3
x x
x x
. Do đó ta viết lại phương trình ban đầu:
2
2 2 2
2 2
4 2 5 3 2 13 0
8 16 4 5 6 9 2 13
4 2 5 3 2 13 0
4 4 1 0
4 2 5 3 2 13
x x x x x
x x x x x x x
x x x x
x x x
x x x x
Đến đây ta sẽ chứng minh x 4 2 x5và x 3 2x13đều dương. Để đánh giá được điều này ta phải xuất phát từ phương trình ban đầu và đánh giá điều kiện ngoài căn: x34x2 x 3 0. Tuy nhiên phương trình bậc 3 này nghiệm rất xấu, và trong chương trình THPT thì không nên sử dụng phương pháp Cardano để giải bất phương trình này mà ta sẽ thêm bớt một vài hạng tử nhỏ để bất phương trình dễ giải hơn:
3 2 3 2 2
4 3 0 4 4 0 4 1 0 4
x x x x x x x x x . Do đó:
4 2 5 0
3 2 13 4 3 2. 4 13 0
x x
x x
. Vậy ta có
2 4 4 0
2 2 2 4
x x
x x
BÀI 4: 3x2 3 x34x2
Phương trình này nếu giải bằng phương pháp đạo hàm sẽ đẹp hơn rất nhiều nhưng chúng ta sẽ thử phá căn 2 vế và sử dụng kỹ thuật hệ số bất định thông qua SHIFT SOLVE để thấy rằng bài toán có thể có những cách giải rất phổ thông. Lập phương hai vế ta được: 27x6x34x2.
Sử dụng SHIFT SOLVE liên tục với các giá trị khác nhau ta thu được chỉ có duy nhất 2 nghiệm đó là:
1 0, 434258545
x (Sử dụng tiếp SHIFT RCL A để gán vào biến A) và x2 0, 767591879(Sử dụng tiếp SHIFT RCL B để gán vào biến B). Khi đó ta sử dụng định lý Viet đảo: 1 2
1 2
1 3 1 3
x x A B
x x AB
. Như vậy ta sẽ
nhận ra nhân tử nếu có sẽ là 2 1 1 0
3 3
x x hay 3x2 x 1 0. Thực hiện phép chia đa thức ta thu được:
6 3 2 4 3 2
27x x 4x2 3x x 1 9x 3x 4x 2x2 0
Vì 9x43x34x2 2x 2 6x43x2
x2 x 1
x22x 1
1 0nên 3 2 1 0 1 13x x x 6 BÀI 5: 15x2 x 2 x2 x 1 5
SHIFT SOLVE ta được x0, 767591879 x2 x 1 1,535183758 2x. Nhân tử là x2 x 1 2x.
2 2 2 2
2
2 2
2 2
15 2 1 5 0 2 2 1 15 5 5 0
2 3 1 2
5 3 1 0 3 1 5 0
2 1 2 1
x x x x x x x x x
x x
x x x x
x x x x x x
Xét 2
2
2 5 0 10 5 1 2 0
2 1
x x x
x x x
(Phương trình bậc 2).
Kết hợp 3x2 x 1 0 và 15x2 x 5 0ta được 1 13 x 6
BÀI 6: x3x2
x21
x 1 1SHIFL SOLVE ta được x1, 618033989 x 1 1, 618033989x. Do đó có nhân tử x x1.
3 2 2 2 2
2 2 2
2 2
1 1 1 0 1 1 1 0
1 1 1
1 0 1 1 0
1 1
x x x x x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
Xét
2
1 2
1 0 1 1 0
1
x x x x
x x
(Vô nghiệm). Vậy 2 1 0 1 5
x x x 2
.
3 2 3 3 2 2
1 8 8 3 0 2 1 4 6 3 0
x x 8 x x x x x . 4 2 6 3 0 1 1 5
2 2
x x x x x BÀI TẬP ÁP DỤNG
BÀI 1: x23x 2
x1
2x1BÀI 2: x2 x 2 3 x x
BÀI 3: x33x2 x 2 2x2 x 4 2x11 BÀI 4: x2 x 1
x2
x22x2BÀI 5:
2 2
2
1 1
4 2 1
x x x
x x
BÀI 6: x26x 2 x8 BÀI 7: x3 x 1 3x2
PHẦN III: HỆ SỐ BẤT ĐỊNH
Mục đích của phương pháp hệ số bất định là tạo ra các thêm bớt giả định sao cho có nhân tử chung rồi đồng nhất hệ số để tìm ra các giả định đó. Hệ số bất định có bản chất là phân tích nhân tử và có tác dụng mạnh trong các bài toán có nhiều hơn 1 nghiệm.
BÀI 1: x4x2 4 x420x2 4 7x
Điều kiện: x0. Ta nhận thấy cần phải khai triển 7xax bx với a b, là hai số giả định nào đó sao cho khi chuyển sang bên trái, nhân liên hợp ta sẽ tìm được hai nhân tử chung. Do đó ta sẽ triển khai triển giả định:
4 2 2 4 2 2
4 2 4 2
4 2 4 2
1 4 20 4
4 20 4 0 0
4 20 4
x a x x b x
x x ax x x bx
x x ax x x bx
Mục đích của ta là hai tử số có cùng nhân tử chung do đó ta có
2
2
1 1 4
2, 5
1 20 4
7 a
a b
b a b
Như vậy ta khai triển lại bài toán như sau: x4 x2 4 2x x420x2 4 5x0
4 2 4 2
4 2
4 2 4 2 4 2 4 2
5 4 5 4 1 1
0 5 4 0
4 2 20 4 5 4 2 20 4 5
x x x x
x x
x x x x x x x x x x x x
Vì x0nên phương trình có 2 nghiệm duy nhất là x 1 x 2. BÀI 2: x26x 1
2x1
x22x3Điều kiện:
x26x1 2
x 1
0. Do phương trình tương đương với2
6 1 2
2 3
2 1
x x
x x
x
nên ta sẽ đi
tìm một nhóm
ax b
giả định sao cho phương trình 2 6 1
2 2 3
2 1
x x
ax b x x ax b
x
có vế trái
sau khi quy đồng và vế phải sau khi trục căn thức có các nhân tử giống nhau.
Vì vậy ta sẽ khai triển giả định như sau:
2
6 1 2
2 3
2 1
x x
ax b x x ax b
x
2
2
2
2
2
1 2 2 3
1 2 6 2 1
2 1 2 3
a x ab x b
a x a b x b
x x x ax b
Do ta cần 2 tử số có nhân tử giống nhau nên ta có 1 22 6 2 1 2 0, 2
1 2 2 3
a a b b
a b
a ab b
.
Khi đó ta khai triển lại bài toán như sau:
2 2 2 2
2
2 2
2 1 0
6 1 2 1 2 1
2 2 3 2
2 1 2 1 2 3 1 2 3 2 1
x x
x x x x x x
x x
x x x x x x x
BÀI 3: 2x2
x 1
x
x1
2x x
2 x 2
6Điều kiện: x0. Viết lai bài toán dưới dạng:
3 2
3 2
2 2 6
2 2 4
1
x x x
x x x
x
. nên ta sẽ đi tìm một nhóm
ax b
giả định sao cho phương trình 2 3 2 2 6
2 3 2 2 4
*1
x x x
ax b x x x ax b
x
có vế trái
sau khi quy đồng và vế phải sau khi trục căn thức có các nhân tử giống nhau. Ta khai triển giả định như sau:
3 2 2 2
3 2
3 2
2 2 4 2
2 2 1 6
* 1 2 2 4
x a x ab x b
x a x a b x b
x x x x ax b
Do ta cần 2 tử số có nhân tử giống nhau nên ta có: 2 2 2 1 26 1, 2
2 2 4 2
a a b b
a b
a ab b
Khi đó khai triển lại bài toán với a1,b2ta được: 2 3 2 2 6
2
2 3 2 2 4
2
1
x x x
x x x x x
x
3 2
3 2 3 2
3 2
3 2
2 3 4 0
2 3 4 2 3 4
1 2 2 4 2 2 2 4 3 0
x x
x x x x
x x x x x x x x VN
BÀI 4: 2x2 x 3 21x17x2 x 0
SHIFT SOLVE x 1 x 2. Để làm xuất hiện nhân tử này, ta cần khai triển giả định bài toán thành:
2 2
2x x 3 mx n px q 21x 17 x x m p x n q 0
Xét 2x2 x 3
mx n
ta có: 1 2 12 2 3
x m n
m n
x m n
Xét
px q
21x17ta có: 1 2 32 2 5 1
x p q p
x p q q
Vậy ta khai triển lại bài toán như sau: 2x2 x 3
x 1
3x 1
21x17x23x 2 0
2 3 2
2 1 9 1 03 1 21 17
2 3 1
x x
x x
x x x
. Vì
1 0
17 3.17
21 3 1 1 0
21 x
x x
Do đó phương trình có 2 nghiệm duy nhất đó là x 1 x 2. BÀI TẬP ÁP DỤNG
BÀI 1: x2
x6
5x1
x3 3 2x3BÀI 2:
x23
x2 x 1 x33x24x1BÀI 3: x23x 4 x1
x24x2
BÀI 4: 2x 1 33x 2 2x
BÀI 5: x35x24x 5
1 2x
3 6x22x7PHẦN IV: ĐẠO HÀM MỘT BIẾN
Kỹ thuật 1: Coi x là ẩn, y là tham số, tính đạo hàm fx'
x y, và chứng minh hàm số đơn điệu và liên tục theo x. Kỹ thuật 2: Phương trình f x
0có tối đa 1 nghiệm nếu f x
đơn điệu và liên tục theo x. Kỹ thuật 3: f x
f y
x ynếu f x
đơn điệu và liên tục theo x.BÀI 1:
2 2
2 2
1
1 2 1 1
2 1
2
x x x
x y x y y
y
Nếu x 2y2thì phương trình đầu trở thành 1 2 1 0 0
1 2
y x
y y
y x
. Thay các cặp nghiệm trên vào phương trình 2 ta thấy không thỏa mãn.
Nếu x y2 1thì phương trình đầu trở thành y2 1 y 1 y 1 x 2. Thay cặp nghiệm trên vào phương trình 2 ta thấy cũng không thỏa mãn. Vậy x 2y x2, y2 1. Khi đó ta xét hàm số:
2 2
2 2
1
1
1 1
2 1 ' 0
2 2 2
f x x y x y y f x
x y x y
. Do đó hàm số đơn điệu và liên tục với mọi x thuộc tập xác định. Mà f
y2 0 x y2. Thay vào phương trình 2 ta được:
x2 1
2
x1
x214y2 0
2 2 2 2
2 2 2 2 2
4 1 2 1 1 2 1 1
1 1 1 1 1
0 1 2 2 4 0
2 2 2 0 2 2 0
x x x x x x
x x x x x
x x x
x x x
Do 2 2
2 2
1 1 1 4 1 41
2 0 2
0 3 3
x x x x
x x x y
x
CHÚ Ý: Để tìm ra nhân tử x y2ta có thể làm như sau:
Đặt y100 x20000 x10001 101 x 10000 y2 BÀI 2: x
x 1 x3
2 1
1x2
Điều kiện: x > 0. Ta viết lại phương trình thành:
1 3 1 1 2
2
x x x
x
2 2
2
1 3 1 1 1 1 1 1
1 1 1
2 2 2 2
x x x x
x x x x x
Xét hàm
2
22 2
1 ' 1 0
1 1
t t t t
f t t t f t
t t
do đó f t
liên tục và đồng biến trên .Do đó 1 1 1 1 1
2 2
x x
f f x
x x
BÀI 3:
3 2
2 2 1 3 1
2 1 2
y y x x x
y y x
Xét hàm số f y
2y3 y 2x 1 x 3 1xvới y là ẩn, x là tham số. Ta có hàm f y
liên tục trên và có f '
y 6y2 1 0nên f y
là hàm đồng biến trên .Mặt khác ta có f
1x
2 1
x
1 x 1 x 2x 1 x 3 1 x 0do đó phương trình có một nghiệm duy nhất đó là y 1x. Thay vào phương trình 2 ta được:3 2 1 2
3 2 1 2 2
3 2 1 3 2 1 1
x x x
x x x x
x x x x
Để tìm ra nhân tử y 1x, ta xử lý như sau:
Đặt 99 3 198 99 99 1 99
2 1 3 1 0 1 1
100 100 100 100 10 100
x y y y x
BÀI 4: 2
2
2
2
2 2 2 2
1 1 4
1 1
x y y x xy
x y y x x y x
Từ phương trình 2 ta có được x 1x2 x y2
1 1y2
. Do 1 22 0 01 1 0
x x x x
y y
. Mà x và y
cùng dấu nên ta suy ra x0,y0. Khi đó phương trình 2 viết lại thành: 1 1 12 2
1 y y 1 y
xx x .
Xét hàm số
1 2,
0;
'
1 2 2 1 2 01
f t t t t t f t t t
t
. Do đó f t
là hàm số liên tục và đồng biến trên
0;
. Vì vậy ta có f 1 f y
1 yx x
. Thay vào phương trình đầu ta được x1.
BÀI 5:
2 2
2 2
2 5 3 4
3 3 1 0
x x x y y
x y x y
Để ý thấy phương trình thứ 2 là một phần khuyết của phương trình đầu. Nếu ta kết hợp hai phương trình đó thì có thể xây dựng hàm đặc trưng. Vì vậy ta biến đổi phương trình 2 trở thành x23x 1 y23yvà cộng vào 2 vế của phương trình đầu ta được:
2
22 2 2 2 2 2
2 1 2 5 4 1 1 4 4
x x x x y y x x y y
Xét hàm đặc trưng
4,
0;
'
1 1 02 4
f t t t t f t
t
. Do đó f
x1
2
f y
2 khivà chỉ khi
1
2 2 11 y x
x y
y x
.
PHẦN V: LƯỢNG GIÁC HÓA
BÀI 1: 1 x 2x2 1 2x 1x2
2cos 0; 2 sin 2 cos 1 2 cos sin 2 sin cos 2 sin 2 sin sin 2
2 2 2 4
t t t
x t t t t t t t t
BÀI 2: 4x312x29x 1 2xx2
Phương trình 4
x1
33
x 1
1
x 1
2 . Đặt x 1 cost t
0;
4cos3t 3cost sint cos3t sint
BÀI 3: 1x2
16x412x2 1
4x33x
4 2 3
2 2 2
2
cos 0; sin 16 cos 12 cos 1 4 cos 3cos sin 4 2 cos 1 2 2 cos 1 1 cos 3
sin 4 cos 2 2 2 cos 2 1 cos 3 sin 2 cos 4 2 cos 2 1 cos 3 sin 4 cos 3 cos 1 cos 3 2 cos 3 sin 2 sin cos 3 sin 5 sin
x t t t t t t t
t t t t
t t t t
t t t t
t t t t
t t t t
t
tsintcos 3t
BÀI 4:
2 2 2
2
2
1 1
1 2 2 1
x x
x x x x
2 2
2
2 2
tan , ; \ 0; ;
2 2 4 4
2 1
1 2
1 , sin 2 , sin 2 cos 2
cos 1 1
x t t
x x
x x t t t
t x x
2 2 2
2
2
2
1 1 1 1 2
1 2 2 1 cos sin 2 sin 4
2 cos 2 2 sin 1
2 sin 1 2 2
sin 2 sin 4 sin 4 sin 4
cos 2 2 sin 1 1 1 2 sin 2 sin 1 1 sin 1 2 x x
x x x x t t t
t t
t
t t t t
t t t t t
PHẦN VI: ĐẶT 2 ẨN PHỤ
Kỹ thuật 1: Đặt 2 ẩn phụ để đưa về hệ phương trình cơ bản.
Kỹ thuật 2: Đặt 2 ẩn phụ để phân tích đa thức thành nhân tử.
BÀI 1:
3 1
2 2 1 85 2 9
x y x y x y
x x y y
Đặt
2 2 2
2 1 1
0, 2 1 0 ,
2 2
a b b
a x y b y x y . Thay vào hệ phương trình ta được:
2 2
2 2
2 2
2 1 2 1 8
1 2, 1
2 1 4
a b a b a b
a b x y
a a b
BÀI 2:
2 2
1 1 2
8 8 8
y x y x y y x
x y y x
Đặt a x y 0,b y 0 x a2b y2, b2. Vì phương trình 2 khá lớn nên ta tập trung vào phương trình đầu để phân tích nhân tử:
b21
a a21
ba2 b2 2
a1
b1
a b 2
0(1)Đến đây là ta có thể sử dụng phương pháp thế được rồi. Tuy nhiên nếu để ý kỹ thì phương trình 2 có thể xử lý được một cách độc lập: x y2 8 8 y x2 8 x2
y2 8
16x y2 8 64 y2
x28
22 2 2 2 2
8x 16x y 8 8 y 8 0 x y 8 0 x y 8
(2).
Kết hợp (1) và (2)
2
2
9 7
1, 8 ,
2 2
1, 8 3, 1
a x y x y
b x y x y
BÀI 3:
2
2 1 5
2
x y y x y
y xy y
Đặt a x y 0,b 2y 1 0 a2b2 x y 1. Thay vào phương trình đầu:a2b2 a b 4 Vì phương trình này không phân tích được thành nhân tử nên ta phải tìm cách biến đổi phương trình 2. Để ý ta thấy rằng a b2 2
xy
2y 1
x y 2
xyy2
trong đó có xyy2 2 yxuất hiện trong phương trình 2. Do đó: a b2 2 x y 2 2
y
x y 4 a b2 2 x y 1 3 a b2 2a2b2 3.Vậy ta có hệ đối xứng loại 1: a2b2 a b 4,a b2 2a2b2 3 a b 1 x 2,y1. BÀI 4: 1 x x41 x 41x2
Để ý thấy
1x
1x
1 x2nên ta sẽ đặt ẩn phụ dựa trên yếu tố này. Đặt a 41 x 0,b 41 x 0. Khi đó ta có: 2xa4b4. Nhân 2 ở cả 2 vế của phương trình ta được:
2