Đoàn Ngọc Dũng -

ĐỀ THI THỬ THPT QG VỀ PT-BPT-HỆ PT ĐẠI SỐ

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG A. PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH

BÀI 1 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU – ĐỒNG THÁP 2016)

Điều kiện xác định : x  4

Phương trình (1) 



^{x x4}



^{2 }



^x4



^{4 x442x x4 50}



^{x x4}

 

^{2  x42}



^{2 2x x4 50}



^{x x4}



^{2  x422x x4 50}





^{x x4}

 

^{2 2x x4}



^{480x x4 5x5}



BÀI 2 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI 2016 LẦN 1)

 Cách 1 : Đưa về hằng đẳng thức Điều kiện xác định :























0 1 x 2 x x 3

0 2 x 2 x 3

2 3

2 3

Phương trình  2x²2x2 3x³2x²2  3x³x²2x10 0

1 x 2 x x 3 2 2 x 2 x 3 2 4 x 4 x

4 ²   ³ ²   ³ ²  





^{3x32x221}

 

^{2 3x3x2 2x11}



^{2 }



^x1



^{2 0}



Dấu bằng xảy ra 





























1 1 x 2 x x 3

1 2 x 2 x 3

1 x

2 3

2

3  x = 1

 Cách 2 : Sử dụng bất đẳng thức AM – GM Điều kiện xác định :























0 1 x 2 x x 3

0 2 x 2 x 3

2 3

2 3

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có :



3x 2x 2



^{1 3x} ₂^{2x 2}

.

1 ³ ²   ³  ² 



^{3x x 2x 1}



^{1 3x} ₂^{x 2x 1}

.

1  ³  ²     ³ ² 

Suy ra :

2 3 x 2 x 1 3 x 2 x x 3 2

x 2 x 3 2 x 2 x

2 ²   ³ ²   ³ ²   ²    (x + 1)²  0  x = 1 Thử lại : x = 1 thỏa mãn phương trình đã cho.

Kết luận : Vậy nghiệm của phương trình là : x = 1.

BÀI 3 : (ĐỀ TT THPT QUỐC HỌC HUẾ 2016)

Điều kiện xác định : x  1

 

^{1 }



^x24x5



^{x2 x1}



^3x



^x1

 x2 x12 1x3



x² 4x5



x² x1



x² 2x1



x1

 

x²x1



2



1x



1x³





^x2



²



^{x2 x1}



^



^1x

 1x2 1x3 x2 x10





^x2



²



^{x2 x1}



^



^1x

  1x  x2 x12 0  2



Vì ^{x 1} 



^{x1 2x}

 01 x x2 x 12 0x2



















 

 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 2.

BÀI 4 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2016 LẦN 3 2016)

Điều kiện : x  2

Ta có :

     



x 2x 4



2



x 2



⁰

6

4 x 2 x 2 2

x 2 4 x 2 x

6 ² ₂ ² 











 







 , x  2

Do đó bất phương trình  ²



^x22



^{ 6}



^x22x4



^2



^x2



 2 x22x 12



x2



6x² (1) Nhận xét : x = 2 không là nghiệm của bất phương trình

Khi x > 2, chia hai vế bất phương trình (1) cho x2 0 ta được :

2

2 x 6 x 2 12

x 2 x

2 



 





 



 



 (2)

Đặt

2 x t x

  thì bất phương trình (2) được :



t 2



0 ^{t 2} 2

1 t t

6 12 t 4 t 8 4

0 t 2 t 2

6 12 t 2

2 ² _{2 2 2}  











 















 







3 2 2 0 x

8 x 4 x

0 2 x

2 x 2 x

t ₂   











 

 





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

 Chú ý : bài này có nhiều cách giải khác như dùng véctơ, dùng bất đẳng thức, dùng phép biến đổi tương đương

BÀI 5 : (ĐỀ TT SGD-ĐT TỈNH THANH HÓA 2016)

Gọi bất phương trình đã cho là (1). Điều kiện xác định : x  2

 

^{1  2}



^x2x



^{x2x3}



^x2x



^{2x2 2x5}



^x2x

  2x22x612x22x5



^x2x

 

^{2x22x61}

 

^{ 2x2 2x5}

  2x2 2x61 x2x 2x22x61



(Do 2x² – 2x + 5 > 0, x  R)

Đặt a x2, b = x – 1 (a  0), (2) trở thành :

 

_^

 









 













 





 a b 0

0 b a b

2 a 2 b a

0 b b a

2 a 2 b

a ^{2 2} _{2 2 2 2}

 a = b  0 Do đó ta có :

 

^{x 3x 1 0 x 3 213}

1 x 1

x 2 x

0 1 1 x

x 2

x _{2 2}   











 













 







Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm :

2 13 x 3

 .

BÀI 6 : (ĐỀ TT SGD-ĐT TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU 2016)

Điều kiện: x ≥ –1.

(1)  ^{4x2 x6 x14x2}



^2x1



^{2 5}



^x1



^{ x12}



^2x1



Ta thấy x = –1 là một nghiệm của bất phương trình.

Với x > –1, ta có: (1) 

   

_



 







 



 



 







 



 



 



1 x

1 x 2 2 1 1 5

x 1 x 2 1

x 1 x 2 1 2 1 5

x 1 x

2 ^{2 2}

Đặt

1 x

1 x t 2



  ta có bất phương trình : t² 52t1

Ta có : t²52t1t 2 2x 1 2 2 x 1 6x 3 1 x 10 55

















 





x 1



2



x 2

  

2 2

1 x 2

x     ²  



Vậy nghiệm là:

18 55 x 10

1  



BÀI 7 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2016 LẦN 4 2016)

Điều kiện : 1  x  12

Khi đó bất phương trình  5x 12x5



11x



x1125

 



^{5 12 x 18 x}

 

^{11 x}

 

^{5 x 1}



^{x 7}

 

²



^{x 11x 24}



x          ² 



 

     

 

²



^{x 11x 24}



7 x 1 x 5

24 x 11 x x 11 x 18 x 12 5

24 x 11 x

x 2 2 2





 











 











 

     

0

 

*

7 x 1 x 5

x 11 x

18 x 12 5 2 x 24 x 11 x

A

2 























 





 





















 















 

 Mặt khác :

     

5 x 1



x 7



⁰

18 1 x 5 x 18 x 12 5

18 x 12 5 7

x 1 x 5

x 1 11

x 18 x 12 5 1 x

A 









 









 







 

 



 

 , x  [1 ; 12]

Do đó bất phương trình (*)  x² – 11x + 24  0  3  x  8, kết hợp điều kiện suy ra : 3  x  8 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là : S = [3 ; 8].

BÀI 8 : (HSG TỈNH HẢI DƯƠNG 2016)

Điều kiện : x  2

Bất phương trình có dạng : ^{3 x}



^x¹



^x²



^2x2^6x²^{3 x}



^x¹



^x²



^2x



^x²

 

^{2 x}¹



   

₂

1 x

2 x 2x 1 x

2 x

3 x 



 



 

Đặt

 

₀

1 x

2 x

t x 



  ta được t 2

2

t 2

t 1 0 2 t 3 t

2 ²  

















 (do t  0)

Với t  2 

 

₂

1 x

2 x

x 



  x² – 6x – 4  0  x 3 13

13 3 x

13 3

x   













 Vậy bất phương trình có nghiệm x3 13.

BÀI 9 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI 2015 LẦN 1)

Điều kiện : x  R

Khi đó,

 

^{1 2x33}



^{x3 3x3}



^0

 

²

Ta có :

 

0

4 x 3 2 x x 3 x

3 x

3 x

x ²

2

3 3

3 3 2

3 3

2   



 



  









 Dấu bằng xảy ra







 



 



 



  

 ² ₃

2

3 3

3 x

0 0 x

4 x 3 2 x x 3

Điều này vô lý nên dấu bằng không xảy ra  ^{x2 x3 3x3 3}



^3x3



^{2 0}

Do đó,

   



^{3 x}



^{0 2x 3 x x 32xx 3}



^{3 x}



⁰

x 3 x x

x 3 3 x

x 2

2 2 3 3 3 3 2

3 3

3 3 2

3 3

2

3

3 3 









 





 









 





 

 

^{3 3}

3 3 2

3 2

2 3

2 x 3 0 3 x 2 x 0

3 x

3 x x 1 1 3 x

2      























 





BÀI 10 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN KHTN HÀ NỘI 2015 LẦN 5)

Điều kiện : x  R

Khi đó,

 

1 x³x73x³ x7



x³ x7



8x³12x² 6x1



x³ x7



³ 



2x1



³



^{x 1}



^{x 7 x 3x 2x 6 0}



^{x 1}

 

^{x 4x 6}



⁰

1 x 7 x 1 x 2 7 x

x³    ³      ³   ³ ²     ²  





^x1

 

^x2



^{2 2}



^0x1



BÀI 11 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI 2015 LẦN 1)

Điều kiện :

  

    

*

2 x 1 0 1 x 2 6 x

0 1 x 2 2 x

2 x 0 6 x 11 x 2

0 2 x 3 x 2

2 x

2

2  























 























Khi đó :

 

¹ 



^x²



^2x¹



^{3 x}⁶ ⁴



^x⁶



^2x¹



^{3 x}²



^{x 2 x 6}

 

^{3 x 2 x 6}



⁴



^{2x 1 3}



^{x 2 x 6}



⁴

1 x

2                





^2x13



^{x2 x6}

 

^{ x6 x2}



^{x6 x2}



^{ 2x13 x6 x2}





^{x 2}



^{x 6}



^{3 2x 1}



^{x 2}



^{x 6}



⁹



^{2x 1}



^{x 8x 12}

2 8 x 2 1 x 2 6 8 x

2                 ² 









 







 x 7

3 0 x

21 x 10 x²

Thử lại x = 3 hoặc x = 7 thỏa mãn phương trình đã cho.

Vậy nghiệm của phương trình là x = 3 ; x = 7.

BÀI 12 : (ĐỀ TT SGD-ĐT TỈNH QUẢNG NAM 2015)

Điều kiện : 6

x 1 (*)

Khi đó,

 

1 2x³9x² 6x82



6x1



6x1



^{x 1}



^{6x 1}

 

^{26x 1}

 

^{x 1 6x 1}



⁰

2 8 x 6 x 9 x

2 ³ ²          



     

₀

1 x 6 1 x

1 x 6 1 1 x

x 6 2 10 x 16 x 3 x

2 ^{3 2 2} 











 















^{2x 5}

 

^{x2 4x 2}



²



⁶_x^x ₁¹

 

^x2_6x^4x₁ ²



⁰



^{x2 4x 2}



^{2x 5} _x ²₁



^6x ₆¹_x



₁^0

 

²



 











 









 









 









Với

 

₀

1 x 6 1 x

1 x 6 5 2

x 6 2

x 1 







 





 nên

 

2 x²4x20x2 2 (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm của phương trình là x2 2.

BÀI 13 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI 2015 LẦN 5)

Điều kiện :

 

* 24 x

0

x











Đặt 









 



 t 12

12 t t

12 x

Khi đó : ^f

  

^t  ^t¹²



^t⁵

 

 ^t⁵



^t⁵

 

 ^t¹²



^t⁵



¹²^{17 2} Vì : f(t) = f(t)  f(t) là hàm số chẵn trên tập D = ( ; 12]  [12 ; ) Do đó ta chỉ cần xét trên [12 ; ).

Ta có :

       

2



t 12



t 5



⁰

17 t 2 5

t 5 t

t 5

t 12 t 2

17 t t 2

'f 





 



 





  , t  (12 ; )

 t = 13 là nghiệm duy nhất thuộc [12 ; )

Mặt khác f(t) là hàm số chẵn nên t = 13 là nghiệm duy nhất thuộc ( ; 12].

Từ đó ta được 









 



 x 25

1 13 x

t

BÀI 14 : (ĐỀ TT SGD-ĐT TỈNH BẮC NINH 2015)

Điều kiện :

 

* 5 x4

Khi đó

 

1 



5x4 



x1

 

3



x4



x1

 

4



x²3x3



0

    

4x 3x 3



0

4 x 1 x

1 x 2 x 4 x 3 4

x 5 1 x

1 x 2 x 4 x 5

3 2 2 2







 











 













 

    

^{4x 3x 3}



⁰

4 x 1 x

3 x 3 x 3 4 x 5 1 x

3 x 3 x

3 2 2 2







 







 









 



   









 



 





 















 









 





 





 0

4 x 1 x

3 4

x 5 1 x 4 3 x f

0 3 x 3 x 4 0

x 1 x

3 4

x 5 1 x 4 3 3 x 3 x

2 2

 TH1 :

2 21 x 3

0 3 x 3

x²       Thử lại thì chỉ có

2 21

x3 thỏa mãn.

 TH2 :

 

0

4 x 1 x

3 4

x 5 1 x 4 3 x

f 





 





 



Ta xét hàm số trên với

5 x4.

Khi đó ta có : ^f'

 

^{x }



^{x1 35x4}



^{2 12 55x4}



^{x13x4}



^{212 x14}

Vậy : f’(x) > 0 với mọi 



 



 

 ;

5

x 4 .

Kết hợp với f(x) liên tục trên _



 

 ; 5

4  f(x) đồng biến trên _



 

 ; 5 4

Do đó trên 



 

 ; 5

4 , phương trình f(x) = 0 nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất.

Mặt khác, f(0) = 0  x = 0 là nghiệm duy nhất của f(x) = 0 Vậy nghiệm của phương trình là x = 0 và

2 21 x3 .

BÀI 15 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI 2015 LẦN 7)

 Cách 1 : Nhân liên hợp cơ bản và đánh giá chứng minh vô nghiệm.

Điều kiện : x  R

Khi đó

        



4x 4



2 4x 4 4 3

x 5 12

x 2 3 x 2 4 x 4 3 15 x 11 x 2

1 3 2 3

2 3









 



















   















 





 2

4 4 x 4 2 4 x 4 5 12 x 2

3 x

3 2 3

Ta có

  

2 2x 5

 

³ 4x 4



² 2³ 4x 4 412

 

3

    





Do ³



^4x4



^{2 23 4x44}



^{13 4x4}



^{2302x50x} ₂⁵

Với x > 3  VT(3) > (2.3 – 5)(4 + 4 + 4) = 12 = VP(3)  loại

Với x 3

2

5   VT(3) < (2.3 – 5)(4 + 4 + 4) = 12 = VP(3)  loại Với x = 3 thì đã thỏa mãn (3).

Do đó, (3)  x = 3

 Cách 2 : Nhân liên hợp cơ bản và khảo sát hàm số chứng minh vô nghiệm.

Điều kiện : x  R (*)

Khi đó,

        



4x 4



2 4x 4 4 3

x 5 12

x 2 3 x 2 4 x 4 3 15 x 11 x 2

1 3 2 3

3 2









 



















   















 





 2

4 4 x 4 2 4 x 4 5 12 x 2

3 x

3 2 3

Ta có :

  

2 4x 10

 

³ 4x 4



² 2³ 4x 4 424

 

3

    





Do ³



^4x4



^{2 23 4x44}



^{13 4x4}



^{2304x100x} ₂⁵

Đặt t³ 4x4 1,

2 x 5

  VT(3) thành (t³ – 6)(t² + 2t + 4) – 24 = f(t) Xét hàm số f(t) = (t³ – 6)(t² + 2t + 4) – 24 với t  (1 ; ) có :

f’(t) = 3t²(t² + 2t + 4) + (t³ – 6)(2t + 2) = 5t⁴ + 8t³ + 12t² – 12t – 12 Với t > 1 











 t 12 t 12

8 t 8

5 t 5

2 3 4

 5t⁴ + 8t³ + 12t² > 12t + 13 > 12t + 12  f’(t) > 0, t  (1 ; ) Kết hợp với f(t) liên tục trên (1 ; )  f(t) đồng biến trên (1 ; )

Do đó trên (1 ; ), phương trình f(t) = 0 nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất.

Mặt khác

 



 









 0 2 f

; 1

2  t = 2 là nghiệm duy nhất của f(t) = 0  ³ 4x4 2  x = 3 Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.

 Cách 3 : Sử dụng bất đẳng thức AM-GM.

Điều kiện : x  R (*)

Ta có :

 

0 3 4x 4 0 4x 4 0 x 1

8 47 4

x 11 2 1

VT ³

2



















 



 

 



Lại có : 2x² – 11x + 21 = 2(x – 3)² + x + 3  x + 3, x  R (2)

Với x > 1, áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có :



^4x⁴



⁸⁸³³



^4x⁴



^.8.8 ^{123 4x}⁴ Kết hợp với (2)  2x²11x213³ 4x4

Dấu bằng xảy ra  x = 3 Thử lại đã thỏa mãn.

Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.

BÀI 16 : (ĐỀ TT SGD-ĐT TỈNH BẮC GIANG 2015)

Điều kiện : x  2



4x²x7



x2 104x8x²



4x²x7



x22



4x²x7



2

 

x2



4





^4x2x7

 

^x22

 

^{2 x22}



^x22



^{4x2x72 x244x2 x22 x21}



 

^{2x 2 }



^x21



^{2 0}



^{2x x21}



^{2x x21}



^0



 



















1 x 2 2 x

1 x 2 2

x hoặc





















1 x 2 2 x

1 x 2 2 x

Giải các hệ bất phương trình trên được tập nghiệm là :

 

_







  







 ;

8 41 1 5

; 2

T .

B. HỆ PHƯƠNG TRÌNH

BÀI 1 : (ĐỀ TT SGD-ĐT TP HÀ NỘI NĂM 2016)

Điều kiện :













0 xy 3 x 3 x 2

 

² ₂ ² ₂

x 1 1 x y 1 1 y x y

1 x 1 1 y 1

1             (3)

Xét hàm số ^f

 

^{t t 1t2} , t  R. Do f’(t) > 0  hàm số f đồng biến trên R.

Do đó

   

x y 1 x f 1 y f

3  



 



 



Khi đó,

  

^{2  2x7}

 

^{3x2 x3}



^{5 3x2 x3}_2x⁵_7 ^{0 }



 



  không lànghiệm 2

x 7 vì Xét hàm số ^g

 

^{x 3x 2 x 3} _2x⁵ ₇

 







 với







 



 

 

 2

\ 7 3;

x 2 .

Ta có :

  

2x 7



²

10 3

x 2

1 2

x 3 2 x 3 '

g  

 

 

Vì 3 x3 3x2 0







 



 

 



 2

\ 7 3;

x 2

  

2x 7



⁰

10 3

x 2

1 2

x 3 2 x 3 '

g ₂ 

 

 

 

 với







 



 

 

 2

\ 7 3;

x 2

Suy ra g(x) đồng biến trên 



 

 2

;7 3

2 và 



 



 ; 2 7

Mà g(1) = g(6) = 0 nên phương trình có hai nghiệm là x = 1 ; x = 6.

Vậy hệ có nghiệm là : (1 ; 1), 



 



 6

;1

6 .

BÀI 2 : (ĐỀ TT SGD-ĐT TỈNH QUẢNG NAM 2016)

        



 





























 

2 12 y 14 x 1 y 4 x 8 3

1 0 1 y 2 1 y y x y I x

2

Điều kiện : x  8, y  1, (x – y)(y + 1)  0 (*) Nếu (x ; y) là nghiệm của hệ (I) thì y > 1. Suy ra : x – y  0

Do đó :

 

1 x 2y 1

1 y

y 1 x

1 y

y 0 x

1 2 y

y x 1 y

y

1 x    



 

 

 



 

 



 

Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được : ^{3 72y4 y1}



^2y1



^214y12



^{y 1 2}

 

^{3 7 2y 1}



^{4y 10y 6 0}

4 0 11 y 10 y 4 y 2 7 3 1 y

4     ²          ²  



 

2y 1 0

 

3

1 y 2 7

3 2

1 y 3 2

y 









  



 



 



Vì 2

y 7 1 

 nên

2 2 3

2 2 2 1 y

2

 



 ,

4 3 1 y 2 7

3 



 , 2y + 1 > 1 0

1 y 1 2 y 2 7

3 2

1 y

2   



 



 

Do đó : (3)  y – 3 = 0  y = 3  x = 7 (thỏa (*))

Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3).

BÀI 3 : (ĐỀ TT SGD-ĐT TỈNH PHÚ YÊN 2016)

Đặt









 y b

1 x a

Hệ phương trình trở thành :

     

             

       





















 























2 1 b a 6 a 1 b

1 1 a b 6 b 1 a 1

b a 6 a 1 b

6 b 1 a 1 a b

2 2

2 2

2 2

2 2

Trừ vế theo vế (1) và (2) : (a – b)(a + b – 2ab + 7) = 0  















0 7 ab 2 b a

b a

 TH1 : a = b

Thay vào phương trình (1) ta được : (a – 1)(a² + 6) = a(a² + 1)  a² – 5a + 6 = 0  







 3 a

2

a  







 2 x

1 x Suy ra hệ có hai nghiệm : (1 ; 2), (2 ; 3).

 TH2 : a + b – 2ab + 7 = 0

Cộng vế theo vế hai phương trình (1) và (2) rút gọn ta được :

2 1 2 b 5 2

a 5

2 2

 



 

 

 



 

  Ta có hệ phương trình đối xứng loại I :







 



 

 

 



 

 









2 1 2 b 5 2

a 5

0 7 ab 2 b a

2 2

Giải hệ ta có các nghiệm :







 3 b

2 a ;







 2 b

3 a Từ đó các nghiệm (x ; y) là : (2 ; 2) ; (1 ; 3).

Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là : (1 ; 2), (2 ; 2), (2 ; 3), (1 ; 3).

BÀI 4 : (ĐỀ TT SGD-ĐT TỈNH ĐỒNG THÁP 2016)

Điều kiện :







 0 y

0 x

Khi đó :

   

₀

y x

y x y y xy x

y x 0 x

y x y y xy x

1 2 2

2

2 



 







 















 

0 x y

 

3

y x

1 y

y xy x y x

x _{2 2}   











 





 



Thay (3) vào phương trình (2) ta được phương trình : 5x²4x x²3x18 5 x



x 3



x 6



x 5 9 x 9 x 2 x 5 18 x 3 x x 4 x

5 ²  ²     ²     





^{x 6x}



³



^{x 3}



^{5 x 6x. x 3}

 

⁴

2 ²    ²  



Đặt a x²6x, b x3 với a, b  0, phương trình (4) trở thành : 2a² – 5ab + 3b² = 0  







 b 3 a 2

b a

 TH1 : Với a = b ta được phương trình :

2 61 y 7

2 61 x 7

3 x x 6

x²         

 TH2 : Với 2a = 3b ta được phương trình : 2 x²6x 3 x3x9y9 Vậy nghiệm của hệ phương trình là : (9 ; 9), _







  

2 61

;7 2

61 7

BÀI 5 : (ĐỀ TT SGD-ĐT TỈNH LÀO CAI 2016)

Điều kiện :











 2 y

2 x

0 (*)

Với điều kiện (*) ta có :

              















 













 y 3 y 2 x 1 x 3

1 0 x

x 1 x 2 y 3 y 1 x 1

Với x = 1 thay vào (2) ta được :

8 y 31 1 8 y 2

2     (không thỏa mãn điều kiện) Ta có :

 

^{3 }



^y2



^{3 y2 }

 

^{x 3 x}

 

⁴

Xét hàm số f(t) = t³ + t trên R ; f’(t) = 3t² + 1 > 0, t  R Suy ra, hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên R.

Khi đó :

 

^{4 f}



^y2

  

^{f x  y2  x yx2}

Thay y = x – 2 vào (2) ta được : ^{4 2x2 2x4  9x216 328x16 2}



^4x2



^9x2



^{4 x}



^{16 2}



^{4 x}

 

^{x 8x}



⁰

8  ²   ²  ² 



Đặt ^{t 2}



^4x2



(t  0) ; phương trình trở thành : 4t² + 16t – (x² + 8x) = 0 

 



















loại 0

2 4 t x

2 t x

Ta có :

 

^{x 4}₃^{2 y 4 2}₃ ⁶

9 x 32

2 x 0 2 x x 4

2 ² ₂ 







 

















Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : (x ; y) = _







 

3 6 2

;4 3

2 4

BÀI 6 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU 2016)

Nhân hai vế của phương trình (1) với 3 rồi trừ theo vế cho (2), ta được phương trình : 4x² + 4xy + y² – 6x + 3y + 2 = 0  (2x + y)² – 3(2x + y) + 2 = 0  











 2 y x 2

1 y x 2

Nếu 2x + y = 1 thì y = 1 – 2x, thay vào (1) ta được : 7x² – 5x = 0 























7 y 3 7 x 5

1 y 0 x

Nếu 2x + y = 2 thì y = 2 – 2x, thay vào (1) ta được : 7x² – 11x + 4 = 0 





















7 y 6 7 x 4

1 y 1 x

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là : (0 ; 1), (1 ; 0), 



 



  7

; 3 7

5 , 



 



 7

;6 7 4 BÀI 7 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN HẠ LONG 2016)

Điều kiện : 2 x 3

Từ phương trình (1) ta có : x³ + 3x = (y + 1)³ + 3(y + 1) Xét hàm số f(t) = t³ + 3t có f’(t) = 3t² + 3

f’(t) > 0 với mọi t suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R.

f(x) = f(y + 1)  x = y + 1

Thế x = y + 1 vào phương trình (2) ta được :



^x1

 

^{2x33 7x6}



^3



^x1



⁽³⁾

Ta có x = 1 khong là nghiệm phương trình. Từ đó :



^{2x33 7x6}



^3



_x^x_^₁¹



Xét hàm số ^g

 

^{x }



^{2x33 7x6}



^{ 3}



_x^x_^₁¹



Tập xác định : ; \

 

1 2

D 3 



 

 



 

³

  

² x 1



²

6 6

x 7 3

7 3

x 2 x 1 '

g  

 

  g’(x) > 0

2 x3

 ; x  1, 



 



2 ' 3

g không xác định Hàm số đồng biến trên từng khoảng 



 

 ;1 2

3 và (1 ; ).

Ta có : g(1) = 0 ; g(3) = 0

Từ đó phương trình 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 8 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 1 2016)

Điều kiện :









 













4 y

2 x 0 y 4

0 2 x

Từ phương trình (1) ta có : (x – 1)³ = (y – 2)³  x – 1 = y – 2  y = x + 1 (3)

Thay (3) vào (2) ta được phương trình : ^{x2 4}



^x1



^x3



^x1



^24x2



^x1



1 x 4 x x x 3 2

x    ³ ² 

 , điều kiện : 2  x  3

      



^{xx2 2 33 xx}



²³



^{x 1}

 

^{x 4}



4 2 x 4 x x 3 x 3 2

x ^{3 2}   ²













 



















  

 



^{x2 23xx233}

 

^



^xx24



^3x



^2



^



^x1

 

^{x2 4}





 



^{x2 32xx23}

 

^x



^x22



^3x



^2



^



^x2

 

^x2x2







^{x x 2}



^{x 2}



^{x 2 3 x 32}

  

^{x 2}



^{3 x}



²



^{0 x2 x 2 0 x 2 x 1}

0

2         





























 









 

















 



 x2 ³ y3  (x ; y) = (2 ; 3) (thỏa mãn điều kiện)

 x1 ³ y0  (x ; y) = (1 ; 0) (thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm : (x ; y) = (2 ; 3), (x ; y) = (1 ; 0).

BÀI 9 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 2 2016)

Điều kiện :











 













7 y

2 x 0 7 y

0 2 x

Từ phương trình (1) ta có : (x – 1)³ + 5(x – 1) = (y – 1)³ + 5(y – 1) (3)

Xét hàm số f(t) = t³ + 5t, trên tập R, f’(t) = 3t² + 5 > 0, t  R  hàm số f(t) đồng biến trên R

Từ (3) : f(x – 1) = f(y – 1)  x = y (4)

Thay (4) vào (2) ta được phương trình :



5x²5x10



x7



2x6



x2 x³13x²6x32 (5) Điều kiện : x  2



^{5x25x10}

 

^x73



^



^2x6

 

^x22



^{x32x25x10 (6)}

        

^{x 5}



⁰

2 2 x

6 x 2 3

7 x

10 x 5 x 2 5 x 5 x 2 2 x

2 x

6 x 2 3

7 x

10 x 5 x 2 5

x ^{2 2 2 2} 



 



  





 







 











 









 







 



 x2 ⁴ y2  (x ; y) = (2 ; 2) (thỏa mãn điều kiện)

 0 2

6 x 2 5

10 x 5 x 5 2 2 x

6 x 2 3

7 x

10 x 5 x

5 ^{2 2} 



 



    

 



 









2 0 1 2 2 x 6 1 x 5 2

1 3 7 x 10 1 x 5 x 5

2 x , 0 2

x , 0 2

x , 0 2

x , 0

2 



 



 



 











 





 



 



 











  

































     



 



 











 (phương trình này vô nghiệm)

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất : (x ; y) = (2 ; 2).

BÀI 10 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – HCM LẦN 1 2016)

Xét f(t) = cost + 2t có f’(t) = sint + 2 > 0 t  f(t) đồng biến trên R Do đó (1)  f(x) = f(y)  x = y

Thay vào (2) ta được : ^4x3x



^x1



^{2x10}

   

^{2x 3 2x }



^2x1



^{3 2x1}

 

³

Xét g(t) = t³ + t có g’(t) = 3t² + 1 > 0 t  g(t) đồng biến trên R Do đó,

 

^{3 f}

 

^{2x f}



^2x1



^{ 2x12xx1}₄ ⁵

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x ; y) = _







  

4 5

;1 4

5

1 .

BÀI 11 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – HCM LẦN 2 2016)

Xét (1) ta thấy do VT (1)  0 nên y  0. Do đó :

 Nếu x > y² thì VT (1) > y = y  VT(1) > VP(1) ²

 Nếu x < y² thì VT (1) < y = y  VT (1) < VP (1) ² Vậy (1)  x = y².

Thay vào (2) ta được : (2)  3 1x² 4 1x 5 1xx6 Đặt A 1x và B 1x. Điều kiện : 0  A, B  2 Ta có : A, B  0 ; A² + B² = 2 và 2A² + B² = x + 3

(2)  3AB + 4B = 5A + 2A² + B² + 3  B² – (3A + 4)B + 2A² + 5A + 3 = 0 ( = (A + 2)²)

 B = 2A + 3 (loại vì B  2 < 2A + 3) hay B = A + 1  B = A + 1 x 1 2 x 2 1 x 1 2 1 x 1 x 1 1 x 1 x

1              



2 x 3 4 x 3

2 x 1 x 4 4 1 x 4 x 4

0 1 x 2

2 2  















 















 

Khi đó : ^{2 4}

4 y 3 2

y  3  

Vậy hệ có nghiệm là _







 ⁴ 4

; 3 2

3 .

BÀI 12 : (ĐỀ TT THPT CHUYÊN PHÚ YÊN 2016)

Điều kiện : 2 y1

Ta có :

 

1 8x³24x²30x



2y2



2y114

 



^{2x2 23}

 

^2x2



^14_^



^2y1



^33_^{ 2y114}

 

³



Xét hàm số f(t) = (t² + 3)t + 14 trên R. Ta có : f’(t) = 3t² + 3 > 0 t Suy ra hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên R.

Do đó :

     

































2 x 5 4 x 2 y

1 x 1 y 2 2 x 2 1 y 2 f 2 x 2 f

3 ₂

Thay vào phương trình (2) ta được : ³



^x2

 

^4x28x5



^{x2663 16x12}



^4x28x5



^28

3 2

2

3 48x 62x 4 12 6x 10x 4

x

12      





2x 1



x 2

 

6x 10x 4



8 8 12 6x 10x 4

 

*

6   ² ²     ^{3 2} 



Với x  1, ta có : 6(2x – 1)(x – 2)²  0 ; 6x² – 10x + 4  0 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số không âm, ta có :



^{6x210x4}



^{8833}



^{6x2 10x4}



^{.8.8123 6x2 10x4}



^{2x 1}



^{x 2}



²



^{6x2 10x 4}



^{8 8 123 6x2 10x 4}

6          



Dấu bằng xảy ra 

  





















8 4 x 10 x 6

0 2 x 1 x 2

1 x

2

2  x = 2

Suy ra (*)  x = 2  2

y 5 (thỏa mãn)

Kết luận : Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất _



 



 2

;5 2 . BÀI 13 : (HSG TỈNH PHÚ THỌ 2016)

Điều kiện xác định :











 0 1 x 2

0 y x Đặt t = x + y (t  0)

Phương trình (1) trở thành : t² 3t 2t24t²4 3t 2t2 0

    

0

2 t 2 t 3 2 1 t 2 t 2 0

t 2 t 3

2 t 2 t 2 3

t 2

t 



 







 







 





 







 t = 2 (vì 0

2 t 2 t 3 2 1

t 



 

 t  0)

Với t = 2 suy ra x + y = 2  y = 2 – x

Thay y = 2 – x vào (2) ta có :



^x2x



^{2x1x32x1x2}



^{x 2x1}



^{ 2x1}



^{x 2x1}



^0



^{x 2x 1}



^{x2 2x 1}



^{0 x 2x 1 0 2x 1 x} ₂^x_x ⁰_{1 x2}