CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ NÂNG CAO LỚP 9 (HỆ THỐNG BÀI TẬP TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH, HUYỆN, THÀNH PHỐ QUA CÁC NĂM ĐẾN 2020)

C Á C B À I T O Á N Đ Ạ I S Ố

N Â N G C A O L Ớ P 9

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú

eBook Collection

CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ NÂNG CAO LỚP 9

(HỆ THỐNG BÀI TẬP TRONG CÁC ĐỀ THI

HỌC SINH GIỎI TỈNH, HUYỆN, THÀNH PHỐ

QUA CÁC NĂM ĐẾN 2020)

WORD VERSION | 2022 EDITION

ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL

TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo

Phát triển kênh bởi

Ths Nguyễn Thanh Tú

Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật :

Nguyen Thanh Tu Group

Hỗ trợ trực tuyến

Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon

Mobi/Zalo 0905779594

Website:

CHUYÊN ĐỀ 1: RÚT GỌN BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC

Hệ thống bài tập sử dụng trong chuyên đề

Tỉnh, huyện, thành phố Năm học Tỉnh, huyện, thành phố Năm học

Chuyên An Giang 2018 Chuyên An Giang 2018

Chuyên Bắc Ninh 2014; 2017 Chuyên Bắc Ninh 2014; 2017

Chuyên Bắc Giang 2018 Chuyên Bắc Giang 2018

Chuyên Bạc Liêu 2019 Chuyên Bạc Liêu 2019

Chuyên Bến Tre vòng 2 2019 Chuyên Bến Tre vòng 2 2019

Chuyên Bình Dương 2018 Chuyên Bình Dương 2018

Chuyên Cao Bằng vòng 2 2019 Chuyên Cao Bằng vòng 2 2019

Chuyên Gia Lai vòng 2 2019 Chuyên Gia Lai vòng 2 2019

Chuyên KonTum vòng 2 2019 Chuyên KonTum vòng 2 2019

Chuyên Cần Thơ 2019 Chuyên Cần Thơ 2019

Chuyên Quảng Ninh 2017; 2019 Chuyên Quảng Ninh 2017; 2019

Chuyên Hưng Yên 2017, 2018 Chuyên Hưng Yên 2017, 2018

chuyên Toán Ninh Bình 2017; 2019 Chuyên Ninh Bình, chuyên 2017; 2019

Toán Ninh Bình

Chuyên Thừa Thiên Huế 2017 Chuyên Thừa Thiên Huế 2017

Chuyên Toán Hà Nam 2019 Chuyên Toán Hà Nam 2019

Chuyên Lê Hồng Phong 2015, 2017, 2018 Chuyên Lê Hồng Phong Nam 2015, 2017, 2018

Nam Định

Định

Chuyên Toán Nam Định 2019 Chuyên Toán Nam Định 2019

Chuyên Thái Bình 2017; 2018; 2019 Chuyên Thái Bình 2017; 2018; 2019

Chuyên Tin Thái Nguyên 2019 Chuyên Tin Thái Nguyên 2019

Chuyên Tiền Giang vòng 2, 2018, 2019 Chuyên Tiền Giang vòng 2, 2018, 2019

chuyên Tin Tiền Giang

chuyên Tin Tiền Giang vòng 2

vòng 2

Chuyên Lào Cai 2017 Chuyên Lào Cai 2017

Chuyên Lâm Đồng vòng 2 2019 – Chuyên Lâm Đồng vòng 2 2019

Chuyên Lâm Đồng vòng 2 2019 Chuyên Lâm Đồng vòng 2 201

Chuyên Sư Phạm Hà Nội 2015, 2016, 2017, Chuyên Sư Phạm Hà Nội 2015, 2016,

2018

2017, 2018

Chuyên Trà Vinh 2018 Chuyên Trà Vinh 2018

Chuyên Toán Bến Tre 2018 Chuyên Toán Bến Tre 201

Chuyên Toán Bình Định và 2018, 2019 Chuyên Toán Bình Định và 201, 2019

chuyên vòng 2

chuyên vòng 2

Chuyên Hưng Yên 2018; 2019 Chuyên Hưng Yên 2018; 2019

Chuyên Nam Định 2018 – 2019 Chuyên Nam Định 2018

Chuyên An Giang 2018 – 2019 Chuyên An Giang 2018

Chuyên Phú Yên vòng 2 2019 – 2020 Chuyên Phú Yên vòng 2 2019

Chuyên Quảng Ngãi 2019 – 2020 Chuyên Quảng Ngãi 2019

Chuyên Quảng Trị 2018 - 2019 Chuyên Quảng Trị 2018

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo):

1

Website:

Chuyên Sơn La vòng 2 2019 - 2020 Chuyên Sơn La vòng 2 2019

Đại Học Ngoại Ngữ Hà Nội 2010, 2014, 2017 Đại Học Ngoại Ngữ Hà Nội 2010, 2014, 2017

Học sinh giỏi TP Bắc Giang 2016 Học sinh giỏi TP Bắc Giang 2016

Học sinh giỏi Hòa Bình 2010 Học sinh giỏi Hòa Bình 2010

Học sinh giỏi Tỉnh Điện 2018 Học sinh giỏi Tỉnh Điện Biên 2018

Biên

Học sinh giỏi Tỉnh Lạng 2019; Học sinh giỏi Tỉnh Lạng Sơn 2019;

Sơn

Học sinh giỏi Long An 2012 Học sinh giỏi Long An 2012

Học sinh giỏi Tỉnh Quảng 2018 Học sinh giỏi Tỉnh Quảng Bình 2018

Bình

Học sinh giỏi Tỉnh Bình 2018 Học sinh giỏi Tỉnh Bình Phước 2018

Phước

Học sinh giỏi Tỉnh Lai 2018 Học sinh giỏi Tỉnh Lai Châu 2018

Châu

Học sinh giỏi Tỉnh Thái 2018 Học sinh giỏi Tỉnh Thái Bình 2018

Bình

Học sinh giỏi Tỉnh Thanh 2013; 2016; 2017 Học sinh giỏi Tỉnh Thanh Hóa 2013

Hóa

2016

2017

Học sinh giỏi Phú Thọ 2012 - 2013 Học sinh giỏi Phú Thọ 2012

Học sinh giỏi Hải Dương

Học sinh giỏi Hải Dương

Học sinh giỏi Nam Định

Học sinh giỏi Nam Định

Học sinh giỏi Tỉnh Sóc Trăng 2020

Học sinh giỏi Huyện Đan 2018 Học sinh giỏi Huyện Đan 2018

Phượng

Phượng

Học sinh giỏi Huyện Hoằng 2019 Học sinh giỏi Huyện Hoằng 2019

Hóa

Hóa

Học sinh giỏi Huyện Quan 2019 Học sinh giỏi Huyện Quan Sơn 2019

Sơn

Học sinh giỏi Huyện 2019; 2020 Học sinh giỏi Huyện Chương 2019

Chương Mỹ vòng 1 và vòng

Mỹ vòng 1 và vòng 2

2

Học sinh giỏi Huyện Ba 2017 Học sinh giỏi Huyện Ba Đình 2017

Đình

Học sinh giỏi Huyện Bắc 2018 Học sinh giỏi Huyện Bắc Từ 2018

Từ Liêm

Liêm

Học sinh giỏi Huyện Đức 2019 Học sinh giỏi Huyện Đức Cơ 2019

Cơ

Học sinh giỏi Huyện Như 2019 Học sinh giỏi Huyện Như 2019

Thanh

Thanh

Học sinh giỏi Huyện Triệu 2019 Học sinh giỏi Huyện Triệu 2019



2

Website:

Phong

Phong

Học sinh giỏi Huyện 2019 Học sinh giỏi Huyện Thường 2019 - 2020

Thường Tín

Tín

Học sinh giỏi Huyện Ba Vì 2019 Học sinh giỏi Huyện Ba Vì 2019

Học sinh giỏi Huyện Ba 2019 Học sinh giỏi Huyện Ba Thước 202019

Thước

Học sinh giỏi Huyện Đan 2019 Học sinh giỏi Huyện Đan 2019

Phượng

Phượng

Học sinh giỏi Huyện Thanh 2019 Học sinh giỏi Huyện Thanh 2019

Xuân

Xuân

Học sinh giỏi Huyện Mỹ 2019 Học sinh giỏi Huyện Mỹ Đức 2019

Đức

Học sinh giỏi Huyện Cầu 2019 Học sinh giỏi Huyện Cầu Giấy 2019

Giấy

Học sinh giỏi Huyện Quan 2019 Học sinh giỏi Huyện Quan Sơn 2019

Sơn

Học sinh giỏi Huyện Cẩm 2019 Học sinh giỏi Huyện Cẩm 2020

Thủy Thanh Hóa

Thủy Thanh Hóa

Học sinh giỏi Huyện Đông 2020 Học sinh giỏi Huyện Đông Hà 2020

Hà Quảng Trị

Quảng Trị

Học sinh giỏi TP Thanh 2020 Học sinh giỏi TP Thanh Hóa 2020

Hóa



3

Website:

A. BÀI TOÁN VỀ CĂN THỨC

Bài 1: Chuyên Bình Định vòng 2, năm học 2019 – 2020

2( 3+ 5) 2( 3−

5)

Rút gọn biểu thức

A = +

2 2+ 3+ 5 2 2− 3−

5

Ta có: ( )( )

Lời giải

2 2+ 3+ 5 2 2− 3− 5 = 8−2 6− 2 5 + 2 6+ 2 5 − 9−

4

( ) ( )

2 2

= 8−2 5− 1 + 2 5+ 1 − 2= 6− 2 5+ 2+ 2 5+ 2=

10

+) 2( 3+ 5)( 2 2− 3− 5) = 4+ ( 3+ 5) − ( 3+ 5) 6− 2 5 = 4( 3+ 5) − ( 3+ 5)( 5−

1)

= 12+ 4 5−2 5− 2= 10+

2 5

+) 2( 3− 5)( 2 2+ 3+ 5) = 4+ ( 3+ 5) + ( 3+ 5) 6+ 2 5 = 4( 3− 5) −( 3− 5)( 5+

1)

= 12− 4 5+ 2 5− 2= 10−

2 5

Do đó

Vậy A = 2 .

Cách khác:

( + )( − − ) + ( − )( + + )

( 2 2+ 3+ 5)( 2 2− 3−

5)

2 3 5 2 2 3 5 2 3 5 2 2 3 5

10 + 2 5 + 10 −2 5

A = = = 2

10

2 3+ 5 6+ 2 5 6+

2 5 4

= = = 2 −

2 2+ 3+ 5 4+ 6+

2 5 5+ 5 5+

5

Ta có:

( )

2 3− 5 6−2 5 6−2 5 4

= = = 2 −

2 2− 3− 5 4− 6−2 5 5−

5 5−

5

+)

( )

⎛ 4 4 ⎞ 20 − 4 5 + 20 + 4 5 40

Do đó A = 4− ⎜ + ⎟= 4− = 4− = 4− 2=

2

⎝5+ 5 5−

5⎠

25 − 5 20

Vậy A = 2 .

Rút gọn biểu thức ( )( )

Bài 2: Chuyên Tỉnh Bạc Liêu, năm học 2019 – 2020

B = 13 − 4 3 7 + 4 3 − 8 20 + 2 43+

24 3

Lời giải

Ta có: ( ) 2

B = 91+ 52 3 −28 3 −48 −8 13 − 4 3 + 7 + 4 3

⎛

( ) ⎜ ( ) ( )

2 2

B = 43+ 24 3 −8 13− 4 3 + 7 + 4 3 = 43+ 24 3 −8 2 3 − 1 + 2 + 3

⎝

( )

B= 43+ 24 3 −8 2 3 − 1+ 2 + 3 ⇒ B=

35

Bài 3: Chuyên Tỉnh Bến Tre vòng 2, năm học 2019 – 2020


⎞

⎟

⎠


4

1− 5 1+

5

−

Tính giá trị của biểu thức A =

1+ 5 1−

5

5

⎡( ) ( )

Ta có A

⎢

( 1+ 5)( 1−

5)

Vậy

Website:

Lời giải

2 2

1− 5 − 1+ 5

⎤

1− 2 5+ 5−1−2 5−5

=

⎥

: 5 =

: 5

⎢ ⎥ 1−

5

⎢⎣

⎥⎦

4 5

A = − = 1

−4 5

Bài 4: Chuyên Tỉnh Gia Lai vòng 2, năm học 2019 – 2020

2

Rút gọn biểu thức A = 4+ 2 3 + 6− 2 5 +

5+

3

Ta có A ( ) ( )

Vậy A = 2 5

Lời giải

( − )

2 2 2

2 5 3

= 3+ 1 + 5− 1 + = 3+ 5+ = 2 5

5+

3

2

Bài 5: Chuyên KonTum vòng 2, năm học 2019 – 2020

3− 5( 3+

5)

Tính giá trị của biểu thức

P =

10 + 2

Lời giải

3− 5( 3+ 5) 3− 5( 3+ 5 ). 2. ( 5−1)

Ta có

P = =

10 + 2

8

( ) ( 5 2

− 1 ) ( 2 5 + 2 ) ( ) ( ) ( )

6 − 2 5 3 5 + 5 −3− 5 5 − 1 .2. 5 + 1 25−1

P = = = = = 1

8 8 8 8

Vậy P = 1

Bài 6: Chuyên Tỉnh Lâm Đồng vòng 2, năm học 2019 – 2020

Tính giá trị của biểu thức ( )( )

T = 2 3+ 1 3 2−1 13− 4 3. 19+

6 2

Lời giải

Ta tính được 13− 4 3 = 2 3− 1 và 19 + 6 2 = 3 2 − 1

2 2

⎡ 2⎤⎡ 2⎤

Do đó T ( ) ( )

Vậy T = 187

= 2 3 −1 3 2 − 1 = 187

⎢⎣ ⎥⎢ ⎦⎣ ⎥⎦

Bài 7: Chuyên Tỉnh Nam Định chuyên Toán, năm học 2019 – 2020

Cho 3 5 2 3 3 5 2 3

x = + + + − + . Tính P= x( 2 − x)

Lời giải

2

Ta có ( )

2 ⎛

⎞

x ⎜

⎟

2


= 3+ 5+ 2 3 + 3− 5+ 2 3 = 6+ 2 3 − 5+ 2 3 = 6+ 2 4−2 3

⎝

⎠


5

= 6+ 2( 3− 1) = 4+ 2 3 = ( 3+

1) 2

Do ( ) 2

2

x> 0⇒ x= 3+ 1⇒ x− 1 = 3 hay x − 2x= 2⇒ P=

2

Vậy P = 2 .

Rút gọn

Ta có:

Website:

Bài 8: Chuyên Tỉnh Ninh Bình chuyên Toán, năm học 2019 – 2020

5 6 7 − 33 + 128 −1

C =

3−

2

Lời giải

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛

⎞

C = 5 6 7 − 33+ 128 −1 : 3− 2 = ⎜5 6 6 −4 2 −1 ⎟: 3− 2 = 5 6 2 − 2 −1 : 3−

2

⎜ ⎟

⎝

⎠ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

( ) ( ) ⎜ ( ) ⎟ ( )

2

( − ) ( − )

5 11−

6 2 5 3 2 53 2

C = = = = 5

3− 2 3− 2 3−

2

Vậy C = 5 .

Cho

( ) 3

x =

3 − 1 10 + 6 3

.

21+ 4 5 + 3

Bài 9: Chuyên Tỉnh Sơn La vòng 2, năm học 2019 – 2020

2

Tính ( ) 2019

B= x + 4x−

2

Lời giải

3 2

3

Ta có:

3

( ) ( )

10+ 6 3 = 3+ 1 = 3+ 1; 21+ 4 5 = 2 5+ 1 = 2 5+

1

( − )( + )

3 1 3 1 2

⇒ x = = = 5−2

2 5+ 4 2 5+

4

2019 2019

2

Vậy B ( x x ) ( )

= + 4 − 2 = − 1 =− 1

Bài 10: Chuyên Tỉnh Thái Nguyên, chuyên Tin, năm học 2019 – 2020

3 3

Cho x = 70 + 4901 + 70 − 4901 . Không sử dụng máy tính bỏ túi chứng minh x là số nguyên

tố

Ta có

Lời giải

3 3

( )( ) ( )

x 3 3

x 3 x x 3 x

= 140 + 3 70 + 4901 70 − 4901 70 + 4901 + 70 −4901 ⇔ = 140 −3 ⇔ + 3 − 140 = 0

( x 5)( x 2 5x 28) 0 x 5 0 x 5( x 2 5x

28 0)

⇔ − + + = ⇔ − = ⇔ = + + >

Vậy x là số nguyên tố.

Bài 11: Chuyên Tin Tiền Giang, năm học 2019 – 2020

Rút gọn A = 4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5


Lời giải


6

n+ 1−

n 1 1

= = −

n+ 1. n n n+

1

Áp dụng kết quả, ta được:


7

Website:

2

Ta có A A ( )( ) ( )

> 0 ⇒ = 8 + 2 4 + 10 + 2 5 4 − 10 + 2 5 = 8 + 2 16 − 10 + 2 5 = 8 + 2 6 − 2 5

( ) ( ) ( )

2 2

= 8+ 2 5− 1 = 8+ 2 5− 1 = 6+ 2 5 = 5+ 1 ⇒ A = 5+

1

Vậy A = 5+

1

3 3

Cho 2 2 3 2 2 3 1

Bài 12: Chuyên Tiền Giang vòng 2, năm học 2019 – 2020

3 2

x = + + − − . Tính ( ) 3

P= x x + 3x+

9

Lời giải

3 3

Ta có ( ) ( )

3 3 2

x+ 1= 2+ 2 3 + 2−2 3 ⇒ x+ 1 = 4− 6 x+ 1 ⇒ x + 3x + 9x=−

3

( ) ( )

3 2

3

3 2

3

P= x x + 3x+ 9 = x + 3x + 9x ⇒ P=−

27

Vậy 27

P = − .


Bài 13: Tuyển Sinh chuyên Quảng Trị, năm học 2018 – 2019

A =

3 + 5 − 13 + 48

6+

2

Lời giải

2

Ta có A = 3+ 5− 13+ 48 :( 6+ 2) = 3+ 4− 2 3 :( 6+ 2) = 3+ ( 3− 1 ) :( 6+

2)

( )

2

( 3+

1)

( )

4+

2 3 1

= = =

2 3+ 1 2 3+

1 2

Vậy

1

A =

2

Bài 14: Tuyển Sinh chuyên Tiền Giang, năm học 2018 – 2019

5

Rút gọn biểu thức 29 12 5

5 2 5

Ta có: ( )

Vậy A = 2

A = − +

+

Lời giải

2 5

A = 2 5− 3 + = 2 5− 3+ 5− 2 5 = 2

5 5 2

( + )

Bài 15: Tuyển Sinh chuyên Bình Dương, năm học 2018 – 2019

1 1 1 1

Tính giá trị của biểu thức P = + + + ... +

2 1 + 1 2 3 2 + 2 3 4 3 + 3 4 2005 2004 + 2004 2005

Với

n

Lời giải

1 1 n+ 1−

*

∈ N , ta có = =

( n+ 1 ) n+ n n+ 1 n+ 1. n. ( n+ 1 + n) n+ 1. n. ( n+ 1−n)


n

Website:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 44

P = − + − + − + ... + − = 1− = 1− =

1 2 2 3 3 4 2004 2005 2005 45 45

Bài 16: Tuyển Sinh chuyên An Giang, năm học 2018 – 2019

Rút gọn A = ( 7 + 11 + 13)( − 7 + 11 + 13)( 7 − 11 + 13)( 7 − 11 − 13)

Ta có:

Lời giải

2

( )( ) ( ) ( )

+) ( 7 − 11 + 13)( 7 + 11 − 13) = ( 7 −( 11 − 13)

)( 7 + ( 11 − 13)

)

2

= 7 −( 11 − 13) = 7 − ( 11+ 13− 2 11.13)

=− 17 + 2 11.13

7 + 11 + 13 − 7 + 11 + 13 =− 7 + 11 + 13 =− 7 + 11+ 13 + 2 11.13 = 17 + 2 11.13

Vậy ( )( )

2

A = 17 + 2 11.13 − 17 + 2 11.13 =− 17 + 4.11.13 =− 289 + 572 = 283

Vậy A = 283

Rút gọn

Đặt

A =

Bài 17: Học sinh giỏi Tỉnh Hòa Bình, năm học 2011 – 2011

8+ 2−1− 8− 2−1

4 4

4

8− 2+

1

T

2

A = , ta có T > 0 ⇒ T = T

M

Lời giải

Xét T ( ) ( )

2 = 4 8+ 2−1 − 2 4 8+ 2−1. 4 8− 2− 1+ 4 8− 2−

1

4 4 4 4

= 2 8−2 8−( 2− 1) = 2 8−2 8−( 2− 1) = 2 8− 2 2+ 1= 2( 8− 2+

1)

4

⇒ T = 2( 8− 2+ 1)

⇒ A=

2

Vậy A = 2 .

Rút gọn

A =

Bài 18: Học sinh giỏi Phú Thọ, năm học 2012 – 2013

2 10 + 30 −2 2 − 6 2

:

2 10 −2 2 3 −1

Lời giải

2 2( 5− 1) + 6( 5−1)

Ta có A

2 10 −2 2 3 −1 2 2( 5−1)

2 10 + 30 −2 2 − 6 2 3 + 1 2 + 3 3 + 1

= : = . = .

2 2 2

4+ 2 3 3− 1 3+ 1 3−1 1

= . = . =

4 2 2 2 2

1

Vậy A = .

2

Bài 19: Học sinh giỏi TP Bắc Giang, năm học 2016 – 2017



8

Website:

Tính giá trị của biểu thức N =

4+ 3 + 4−

3

+ 27 −10 2

4 + 13

Lời giải

Ta có:

2 ( 4+ 3 + 4− 3 ) 2 ( 4+ 3 + 4−

3 )

( ) ( )

( ) 2

N = + 25 − 10 2 + 2 = + 5 − 2

8 + 2 13 4+ 3 + 2 4+ 3. 4− 3 + 4+

3

( )

2

( 4+ 3 + 4−

3)

( )

( )

( 4+ 3 + 4−

3)

2 4+ 3 + 4− 3 2 4+ 3 + 4−

3

2

= + 5− 2 = + 5−

2

= 2+ 5− 2 = 5

Vậy N = 5

( 2 − 3 + 4 − 15 + 10 )

Tính

Ta có

A =

2. 23−

3 5

( )

Bài 20: Học sinh giỏi Long An, năm học 2012

Lời giải

( 2 − 3 + 4 − 15 + 10 ) 2 ( 2 − 3 + 4 − 15 + 10 )

−

2 ( 2. 23 − 3 5 )

4− 2 3 + 8− 2 15 + 2 5

A = = =

2. 23 3 5 46 −6 5

( ) ( )

2

( 3 5−1)

2 2

3− 1 + 5− 3 + 2 5 3− 1+ 5− 3+ 2 5 3 5−1 = = = = 1 .

3 5−1 3 5−1

Rút gọn

Bài 21: HSG huyện Nga Sơn Thanh Hóa, năm học 2016 - 2017

2+ 3 2−

3

B = +

2+ 2+ 3 2− 2−

3

Lời giải

B 2+ 3 2− 3 2+ 3 2−

3 ( 2+ 3)( 3− 3) + ( 3+ 3)( 2−

3)

Ta có: = + = + =

2 2+ 4+ 2 3 2− 4−2 3 3+ 3 3− 3 ( 3+ 3)( 3−

3)

3+ 3+ 3−

3

= = 1

6

Vậy B = 2 .

Bài 22: HSG Tỉnh Quảng Nam, năm học 2020 - 2021

Rút gọn biểu thức A = 13+ 30 4 + 9 − 4 2



9

Và

( − ) ( − )

3 3

4 4 3 4 4 3

3 2 3 + 12 − 3 2 3 − 12 −

B =

27

+

27

2 2

Lời giải

a) Ta có ( ) 2

Website:

A = 13+ 30 4 + 9 − 4 2 = 13+ 30 4 + 2 2 − 1 = 13+ 30 3+

2 2

( ) ( ) ( )

2 2

= 13+ 30 2 + 1 = 13+ 30 2 + 1 = 43+ 30 2 = 5 + 3 2 = 5 + 3 2 .

b) Đặt

( − ) ( − )

3 3

4 4 3 4 4 3

3 2 3 + 12 − 3 2 3 − 12 −

a =

27

; b=

27

2 2

3

4( 4−

3)

3 3

suy ra



10

( − ) 3

4 4 3

3

2 3 − 12 −

a + b = 2 3⇒ ab = 2 3+ 12 − .

27

27 2

( )

( − )

4 4 3

12 −12

−

4( 4− 3)

( 4− 3)

4−

3

27 ⎟

4 27 3

⎠

3

2

3

⎛

⎞ 3

27

2

3

⇒ =

⎜

⎟

3 − − = = =

ab

2 3 12

⎜

⎝

3

( ) ( )

3 3

a b a b ab a b

+ = 2 3 ⇔ + − 3 + = 2 3

( a b) 3 ( )( a b) ( a b) 3

( a b) ( a b)

⇔ + − 4− 3 + = 2 3 ⇔ + − 4 + + 3 + − 2 3 = 0

( a b 2) ⎡( a b)( a b 2) 3⎤

0 a b 2( a 0, b 0)

⇔ + −

⎣

+ + + +

⎦

= ⇔ + = > >

Vậy B = 2 .

Bài 23: HSG Tỉnh Bình Dương, năm học 2020 - 2021

9 2020

Tính giá trị của biểu thức M ( x x x ) 2021

Ta có:

= + − với

Lời giải

3

( ) 9( 3 + 10

3

) ( 10 −3)

2

10 + 91− 18 10 10 + ( 9 − 10 )

x =

3

3

( ) 3

27 + 9 10 37 10 −117

10 + 91−8 10

( )( )

27 + 9 10 37 10 − 117 9 10 + 3 10 −3

x = = = = 1

10 + 9 − 10

Thay 1

9 2020

2021 2021 2021

x = vào M ta được: ( ) ( )

Vậy M = 1 với x =

Tính giá trị của biểu

( ) 3

M = 1 + 1− 1 = 1+ 1− 1 = 1 = 1

27 + 9 10 37 10 −117

10 + 91−18 10

Bài 24: HSG Tỉnh Đồng Tháp, năm học 2020 - 2021

20 − 6 11 15 + 4 11

A = +

2 20 + 6 11

Website:

Lời giải

20 − 6 11 15 + 4 11

1. Ta có A = +

2 20 + 6 11

2 2

( 11 − 3) ( 11 + 2)

11 − 3 11 + 2

= +

2

2

2

( 11 + 3

11 + 3

)

( 11 − 3)( 11 + 3) + 2( 11 + 2)

2( 11 + 3)

( )

= +

=



11

( + )

( )

11− 9 + 2 11 + 4 2 11 3

= = = 1

2 11 + 3 2 11 + 3


Rút gọn các biểu thức sau

a) A = 13+ 30 4 + 9 −4 2

b)

( − ) ( − )

3 3

4 4 3 4 4 3

3 2 3 + 12 − 3 2 3 − 12 −

B =

27

+

27

2 2

a) = 13+ 30 4 + 9 −4 2

Lời giải

A ( ) 2

= 13+ 30 3 + 2 2 13 30 ( 2 1) 2

= 43 + 30 2 ( 5 3 2) 2

Đặt

Suy ra

= 13+ 30 4 + 2 2 − 1

= + + = 13 + 30( 2 + 1)

= + = ( 5+

3 2)

( − ) 3

4 4 3

3 2 3 + 12 −

a =

27

,

2

3 3

a + b =2 3

b =

3

( − ) 3

4 4 3

2 3 − 12 −

27

2

( − ) ( − )

3 3

4 4 3 4 4 3

3 2 3 + 12 − 2 3 − 12 −

ab . =

27

.

27

2 2

ab . =

ab= .

3

3

( )

( − )

⎛

2 4 4 3

2 3 −

⎜

12 −

⎜ 27

⎝

4

( − ) 3

4 4 3

12 −12

−

27

4

3

⎞

⎟

⎟

⎠

2

( − ) 3

4 3 4−

3

27 3

3

= =

3 3

3

a + b =2 3 ⇔ ( a+ b) − 3ab( a+ b ) = 2 3

3

3

( a b) ( 4 3)( a b ) 2 3 ( a b) ( a b) ( a b )

⇔ + − − + =

3

( a b) ( a b) ( a b )

⇔ + − 4 + + 3 + − 2 3 = 0

( a b ) ⎡( a b)( a b )

⇔ + − 2 2 3⎤

⎣

+ + + +

⎦

= 0

⇔ a+ b =2 (Vì a> 0, b > 0 ). Vậy B = 2

Tính giá trị biểu thức A ( x 3 12x

9) 2020

Ta có x = ( ) ( )

3 4 5−1 − 3 4 5+

1

Website:

⇔ + − 4 + + 3 + − 2 3 = 0

Bài 26: HSG Quận Tây Hồ, năm học 2020 - 2021

= + + , biết x = ( ) ( )

3 4 5−1 − 3 4 5+

1

Lời giải

3

3

Xét x =

⎛

3 3

⎞

3

⎜ ( − ) − ( + ) ⎟ = ( − ) − ( + ) − ( − ) ( + )

⎝

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

⎠

Hay

3 3 3

Vậy

x =−8 −12x⇔ x + 12x+ 8 = 0 ⇔ x + 12x+ 9 = 1

2020

A = 1 = 1.

3

Cho hàm số ( ) 2020

Bài 27: HSG Huyện Ba Vì, năm học 2020 - 2021

f( x) = 2x + 24x− 65 . Tính giá trị của f( a ) tại

3

a) Hàm số ( ) 2020

Ta có

Lời giải

f( x) = 2x + 24x− 65 . Tính giá trị của f( a)

tại

3 3

a = − + +

16 8 5 16 8 5

3 3

3 3

a 32 3( (16 8 5)(16 8 5)) ⎡ 16 8 5 16 8 5 ⎤

⇒ = + − + − + +

⎢⎣

3 3 3

⇒ a = + − − + +

3

⇒ a = −

32 3( 4)[ 16 8 5 16 8 5 ]

32 12 a.

Khi đó a 3 a ( a 3 a)

+ 12 = 32 ⇒ 2 + 12 = 64 .

Do đó f a ⎡ ( a a)

Vậy f( a ) = 1.

2020

3 2020

( ) = 2 12 65 ⎤

⎣

+ −

⎦

= (64 − 65) = 1.

5 4 3

Tính giá trị biểu thức P ( x x x 1)


5−1

2 2

Vì x= ⇒ 2x+ 1= 5 ⇒ 4x + 4x− 4= 0⇒ x + x− 1=

0

2


12

⎥⎦

3 3

a = − + +

16 8 5 16 8 5

3 3

a = 16 − 8 5 + 16 + 8 5 .

Bài 28: HSG Huyện Thiệu Hóa, năm học 2020 - 2021

2021

2

( x + x−3) 2021

= + − + +

x + x −x

−2

5 4 3 2021

Lời giải

với

x =

5−1

2

5 4 3 3 2

⎧ x + x − x + 1 = x ( x + x− 1) + 1 = 1

⎪

2 2

Do đó: ⎨x + x− 3= x + x−1− 2=−2

⎪

⎩x + x −x − 2 = x ( x + x−1) − 2 =−2

5 4 3 2021 3 2 2021 2021

( −2) 2021

⇒Ρ= + =

−2

2021

1 2

2021

.

Website:

Bài 29: HSG Thị Xã Hoài Nhơn, năm học 2020 - 2021

Rút gọn các biểu thức:

a) A = 5 − 3 − 29 − 12 5

b)

3 3

c)

B = 70 − 4901 + 70 + 4901

1 1 1 1

C = + + +…+

2 + 2 3 2 + 2 3 4 3 + 3 4 100 99 + 99 100

a) Ta có: A = 5 − 3 − 29 −12 5

2

= 5 − 3 − (2 5 −3)

= 5− 3− 2 5+

3

b) Đặt x = 3 70 − 4901 và y = 3 70 + 4901

3 3

3 3 3 3

Lời giải

2

= 5 − ( 5 −1)

5 5 1

= − + = 1

⇒ x + y =

⎛

70 4901

⎞

+

⎛

70 4901

⎞

⎜ − ⎟ ⎜ + ⎟ = 70 − 4901 + 70 + 4901

= 140

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

xy 70 − 4901. 70 + 4901 70 4901 1

3 3 3 2

= = − = −

Ta có: 3 3

( ) 3 3

( )

B = x+ y = x + y + 3 x+ y = 140 + 3.( − 1). B= 140 −3B

3

⇔ + − =

B

3

3B

140 0 ⇔ − 125 + 3 − 15 = 0 ⇔ B− 5 B 2 + 5B+ 28 = 0

⎡B

= 5

⎡B

− 5=

0 ⎢

2

⇔ 5 87

⎣B

5B

28 0 ⎢ ⎛ ⎞

⎜B

+ ⎟ + = 0

⎢ ⎣⎝

2 ⎠ 4

⇔ ⎢ 2

+ + =

Vậy B = 5.

B B ( )( )

⇔ B = 5 ( Vì

c) Ta có:

( ) n⋅ n+ 1( n + n+

1)


2

⎛ 5 ⎞ 87

⎜B + ⎟ + > 0 )

⎝ 2⎠

4

1 1 n+ 1−

n 1 1

= = = − .

n+ 1 n + n n+ 1 n⋅ n+ 1 n n+

1

Áp dụng đẳng thức trên lần lượt với n = 1;2;3;4;...;99 ta được:


13

Website:

1 1 1 1

C = + + +…+

2 + 2 3 2 + 2 3 4 3 + 3 4 100 99 + 99 100

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9

C = − + − + − +…+ − + − = 1− = .

1 2 2 3 3 4 98 99 99 100 100 10

Bài 30: HSG Huyện Tiên Du, năm học 2020 - 2021

Tính giá trị biểu thức A x 3 y 3 3( x y)

17 12 2 17 12 2

3 3

y = + + −

Ta có:

= + − + , biết rằng

Lời giải

3 3

x = 3+ 2 2 + 3− 2 2 và

3

( ) ( )

3 3 2 2 3 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 3 3 2 2. 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2

3

x = + + − = + + − + + − + + −

( ) ( )

3 3

3

x = 6+ 3 3+ 2 2 . 3− 2 2 . x= 6+ 3 9−

8. x

3 3

x = 6 + 3x⇒ x − 3x = 6

Tương tự

y

3

− 3y

= 34

Vậy ta có kết quả ( )

3 3 3 3

A x y x y x y y

= + − 3 + = − 3x + − 3 = 6 + 34 = 40 .



14

Website:

C: TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC CHỨA CĂN

Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau

1 1 1 1

a) A = + + + ... +

1 + 2 2 + 3 3 + 4 2018 + 2019

b)

1 1 1

B = + + .... +

2 1 + 1 2 3 2 + 2 3 2020 2019 + 2019 2020

a) Với ∀k∈ N

* , ta có

1

⇒ = 2−

1

1+

2

1

3 2

2+

3 = −

……………….

1

n n 1

n− 1 + n = − −

1 k+ 1−

=

k + k+

1 1

Cộng vế với vế ta được M = n − 1

Với n= 2019 ⇒ A= 2019 − 1

b) Với k N

* ,

Hoặc

Lời giải

∀ ∈ ta có

( ) ( )

k

1 k+ 1−k

1 1

= = −

k+ 1 k + k k+ 1 k+ 1 k + k k+ 1 k k+

1

1 1 k+ 1− k k+ 1−

k 1 1

= = = = −

k+ 1 k + k k+ 1 k+ 1. k. k+ 1− k k+ 1. k k k+

1

( ) k+ 1. k. ( k+ 1 + k) ( )

Ta có

1 1 1

= −

2 1+

1 2 1 2



15

1 1 1

= −

3 2+

2 3 2 3

………………..

1 1 1

= −

n+ 1 n+ n n+ 1 n n+

1

( )

Với

Cho

Đặt

n= 2019 ⇒ B= 1−

⎧ 3 3

x = + + −

⎪

⎨

⎩

1

2020

3 2 2 3 2 2

3 3

⎪ y = + + −

17 12 2 17 12 2

⎧ a + b =

a = 3+ 2 2;b= 3−2 2 ⇒⎨

⎩ab

= 1

3 3

3 3 6

3

( ) ( )

3 3 3 3

⇒ x = a+ b = a + b + ab a+ b ⇒ x − x=

Bài 2: Chuyên Vinh Nghệ An

. Tính S x 3 y 3

( x y)

3 3 6

= + − 3 + + 2020

Lời giải

và x= a+

b

3 3

Tương tự: c= 17 + 12 2;d = 17 −12 2 ⇒ y = c+

d

3

Và y − 3y

= 34

3 3

⇒ S = x − x+ y − y+ = + + =

3 3 2020 6 34 2020 2060

*) Nhận xét: Ta có bài toán tương tự sau

Cho 2 số m, n sao cho ( m+ n)( m− n) = 1

3 3

Đề bài x= m+ n;

y = m−

n

3

Tính A= x − 3x, kết quả ta được 2m

Cho

x =

( ) 3

4+ 2 3 − 3

5 + 2 . 17 5 −38 −2

Bài 3:

. Tính P= ( x 4 + x+

1) 2019

3

Lời giải

Website:

⎧ ⎪ + =

⎨

⎪⎩ + =

3 2

5a

3ab

17

3 2 2 3

Phân tích: 17 5 − 38 = ( a 5 − b) = ( 5a + 3ab ) 5 − ( 15 a b + b ) ⇒ ( a,

b ∈Z

)

2 3

15ab

b 38


Chọn 1 cặp số ( ) ( ) ( ) 3

ab ; = 1;2 ⇒17 5 − 38 = 5 − 2


16

Nhận thấy ( ) ( )

Vậy P = 1

Website:



17

( + ) −

( )( )

2 3 3 1 3

4 + 2 3 = 3 + 1 ;17 5 − 38 = 5 −2 ⇒ x = =−1

5+ 2 5−2 −2

Bài 4:

84 84

Chứng minh rằng x =

31+ +

31− là một số nguyên

9 9

Đặt

a

Lời giải

3 3

⎧ a + b = 2

84 84 ⎪

=

3

+ b= 3

− ⇒⎨ − −

3 3

1 ; 1

9 9

84 1 1 và x= a+

b

⎪ab

= 1− = =

⎩ 81 27 3

−1

x = a+ b = a + b + 3ab a+ b = 2 + 3. . x⇔ x + x− 2 = 0 ⇔ x− 1 x + x+ 2 = 0 ⇔ x=

1

3

Ta có 3 3

( ) 3 3 ( ) 3 ( )( 2

)

84 84

Vậy x =

31+ +

31− là một số nguyên.

9 9

Bài 5:

1 ⎛ 23+ 513 23−

513 ⎞

3 3

Cho x = + − 1

. Hãy tính giá trị của biểu thức A= x + x +

3⎜

4 4 ⎟

⎝

⎠

Đặt

Lời giải

23 + 513 23 − 513 23

a = b = ⇒ a + b = x + a + b = ab =

4 4 3

3 3

3 3

; 3 1; ; 1

Thay vào biểu thức ( a+ b) 3 = a 3 + b 3 + 3ab( a+ b)

ta có: ( 3x+ 1) = + 3( 3x+

1)

3 23

2

3 2

2 2 1

3 2 3 2 3 2

Khai triển biểu thức trên ta được 54x + 54x = 27 ⇔ 2x + 2x = 1⇒ A= 2x + 2x

+ 1 = 1+ 1+

2.

Bài 6: Chuyên An Giang, năm học 2018 - 2019

Rút gọn biểu thức A = ( 7 + 11 + 13)( − 7 + 11 + 13)( 7 − 11 + 13)( 7 + 11 − 13)

Ta có

Lời giải

2

+ ( )( ) ( ) ( )

7 + 11 + 13 − 7 + 11 + 13 =− 7 + 11 + 13 =− 7 + 11+ 13 + 2 11.13 = 17 + 2 11.13

+ ( )( ) ( )

( )( ( )) ( ) 2

7 − 11 + 13 7 + 11 − 13 = 7 − 11 − 13 7 + 11 − 13 = 7 − 11 − 13

( )

= 7 − 11+ 13− 2 11.13 =− 17 + 2 11.13 .

Website:

Bài 7: Học sinh giỏi huyện Thiệu Phong, năm học 2019- 2020

Cho biểu thức D = 4 − 10 −2 5 − 4 + 10 − 2 5 + 2 ( 2 + 3 + 14 − 5 3 ) . Chứng minh D là

nghiệm của phương trình

D

2

− 14D+ 44 = 0

Lời giải

Ta có D = 4 − 10 −2 5 − 4 + 10 − 2 5 + 4 + 2 3 + 28 − 10 3

= 4 − 10 −2 5 − 4 + 10 − 2 5 + 3 + 1+ 5 − 3

( D )

D− 6 = 4 − 10 −2 5 − 4 + 10 −2 5 , − 6 < 0

2 2

( D ) ( D ) ( )

⇔ − 6 = 8 −2 16 − 10 + 2 5 ⇔ − 6 = 8 − 2 5 + 1 = 6 − 2 5

2

( ) ( ) 2

⇔ D− 6 = 5−1 ⇒ D− 6= 1− 5 ⇔ D= 7−

5

2

2

Ta có D D ( ) ( )

− 14 + 44 = 0 ⇔ 7 − 5 −14 7 − 5 + 44 = 0 ⇔54 −14 5 − 98 + 14 5 + 44 = 0

Vậy bài toán được chứng minh.


Bài 8: Chuyên Bình Định, năm học 2019 - 2020

( + ) ( − )

2 3 5 2 3 5

A = +

2 2+ 3+ 5 2 2− 3−

5

Ta có ( )( )

Lời giải

2 2+ 3+ 5 2 2− 3− 5 = 8−2 6− 2 5 + 2 6−2 5 − 9−

5

( ) ( )

2 2

= 8−2 5− 1 + 2 5+ 1 − 2= 6− 2 5+ 2+ 2 5+ 2=

10

- 2( 3+ 5)( 2 2− 3− 5) = 4( 3+ 5) − ( 3+ 5) 6− 2 5 = 4( 3+ 5) − ( 3+ 5)( 5−

1)

= 12+ 4 5−2 5− 2= 10+

2 5

- 2( 3− 5)( 2 2+ 3+ 5) = 4( 3− 5) + ( 3− 5) 6+ 2 5 = 4( 3− 5) + ( 3− 5)( 5+

1)

= 12− 4 5+ 2 5− 2= 10−

2 5

Do đó

( + )( − − ) + ( − )( + + )

( 2 2+ 3+ 5)( 2 2− 3−

5)

2 3 5 2 2 3 5 2 3 5 2 2 3 5

10 + 2 5 + 10 −2 5 20

A = = = = 2

10 10



18

Rút gọn biểu thức ( )( )

Ta có

Website:

Bài 9: Chuyên Bạc Liêu, năm học 2019 - 2020

B = 13 − 4 3 7 + 4 3 − 8 20 + 2 43+

24 3

Lời giải

( )( ) ( ) 2

13 4 3 7 4 3 8 20 2 43 24 3 91 52 3 28 3 48 8 13 4 3 7 4 3

B = − + − + + = + − − − − + +

⎛

( ) ⎜ ( ) ( )

2 2

= 42 + 24 3 −8 13− 4 3 + 7 + 4 3 = 43+ 24 3 −8 2 3 − 1 + 2 + 3

⎝

( )

= 43+ 24 3 −8 2 3 − 1+ 2 + 3 = 35.

Tính gía trị của biểu thức

Có

Bài 10: Chuyên Bến Tre vòng 2, năm học 2019 - 2020

1− 5 1+

5

−

A =

1+ 5 1−

5

5

( 1− 5) − ( 1+

5)

( )( )

2 2

Lời giải

1− 5 1+ 5

−

1− 2 5+ 5−1−2 5−5

1 5 1 5

1+ 5 1− 5

1 5 −4 5

A =

+ −

= = − = = 1

5 5 5 −4 5

Bài 11: Chuyên Lâm Đồng vòng 2, năm học 2019 - 2020

Tính giá trị của biểu thức ( )( )

Ta có 13− 4 3 = 2 3− 1;19+ 6 2 = 3 2−

1

2 2

⎡ ⎤⎡ ⎤

Vậy T ( ) ( )

= 2 3 −1 3 2 −1 ⇒ T = 187

⎢⎣ ⎥⎢ ⎦⎣ ⎥⎦

Cho 3 5 2 3 3 5 2 3.

T = 2 3+ 1 3 2−1 13− 4 3. 19+

6 2

Lời giải

Bài 12: Chuyên Toán Nam Định, năm học 2019 - 2020

x = + + + − + Tính giá trị của biểu thức P= x( 2 − x)

Lời giải

2

Ta có ( )

2 ⎛

⎞

x ⎜

⎟

2

= 3+ 5+ 2 3 + 3− 5+ 2 3 = 6+ 2 3 − 5+ 2 3 = 6+ 2 4−2 3

⎝

⎠

( ) ( ) 2

= 6+ 2 3− 1 = 4+ 2 3 = 3+

1


⎞

⎟

⎠


19

- Do 0

= 3+ 1⇒ − 1 = 3 hay x

x > nên x ( x ) 2


Ta có

2

Website:

− 2x= 2, do đó P = − 2.

Bài 13: Chuyên Toán Ninh Bình, năm học 2019 - 2020

5 6 7 − 33 + 128 −1

C =

3−

2

Lời giải

( ) ( )

2 2

5 6 7 − 33 + 128 −1 5 6 7− 4 2+ 1 −1 5 6 6−4 2 −1

5 6 2− 2 −1

C = = = =

3− 2 3− 2 3− 2 3−

2

( − ) 2

5 11−

6 2 5 3 2

= = 5 .

3−

2 3−

2

Bài 14:

Biết a− b= 2 + 1; b− c = 2 −1

. Tính giá trị biểu thức

Lời giải

2 2 2

A = a + b + c −ab −bc −ca

2 2 2

2 2 2

Ta có: 2A = 2a + 2b + 2c −2ab −2bc − 2ca = ( a − b) + ( b − c) + ( c −a

)

Lại có c− a = c− b+ b− a = 1− 2− 2− 1=−2 2

( ) ( ) ( )

2 2 2

⇒ 2A= 2+ 1 + 2− 1 + − 2 2 = 3+ 2 2+ 3− 2 2+ 8⇒ A = 7

Vậy A = 7.

Tính giá trị biểu thức

Bài 15: Học sinh giỏi Hải Dương

3 2

A= 2x + 3x − 4x + 2, với

Ta có 3 5 . 6 2 5 . ( 5 1) 2

5+ 5 5+

5

x = 2+ + 2− − 3− 5 −1

2 2

Lời giải

1 1 5−1

− = − = − =

2 2 2

5+ 5 5+ 5 2 5+ 5 2 3−

5

Đặt a = 2+ + 2− > 0⇔ a = 4+ 2 4− ⇔ a = 4+

2

2 2 2 2

2

⇔ a = + − = + − = + ⇒ a = +

4 6 2 5 4 5 1 3 5 3 5


5− 1 5+ 1 5−1

2

Từ đó x= 3+ 5 − − 1= − − 1= 2−1⇔ x+ 1= 2 ⇒ x + 2x

+ 1=

2

2 2 2


20

2

⇔ x + x − =

2 1 0

3 2 2 2

Từ đó A ( x x x) ( x x ) A x( x x )

= 2 + 4 −2 − + 2 − 1 + 1⇒ = 2 + 2 − 1 + 1=

1

Cho hai số thực ,

Ta có

Bài 16:

2 2

xy, thỏa mãn ( )( )

2 2

x x x x x x

+ 1− > − = − ≥0

2 2

Nhân liên hợp 2 vế của ( )( )

2 2

⇒ + + = + −

Website:

x + 1+ x y + 1+ y = 1. Tính x+

y

Lời giải

x + 1+ x y + 1+ y = 1 với

( )

y 1 y x 1 x 1

2 2

Nhân liên hợp 2 vế của ( )( )

2 2

⇒ + + = + −

x + 1+ x y + 1+ y = 1 với

( )

x 1 x y 1 y 2

Cộng tương ứng (1)(2) ta có: x+ y =−x− y ⇔ x+ y = 0.

2

x x

+ 1− ≠0

2

y y

Bài 17: Học sinh giỏi Hà Tĩnh

1

Tính tổng a1 + a2 + a3 + ... + a

2015

, biết a n

=

n+ 1 n+ n n+

1

Ta có

a

n

( )

Lời giải

+ 1− ≠0

1 1 1 n+ 1− n n+

1 n

= = = .

= −

( n+ 1) n+ n n+ 1 n( n+ 1) ( n+ 1+

n) n( n+ 1) n+ 1−n

n( n+ 1) n( n+

1)

1 1

= − (hiệu sai phân)

n n+ 1

1 1 1 1 1 1 1 2016 −1

+ + ... + = − + − + ... + − = 1− =

1 2 2 3 2015 2016 2016 2016

Vậy a1 a2 a

2015

Gọi a là nghiệm dương của phương trình

2a

− 3

C =

4 2

2 2a − 2a+ 3 + 2a

( )

Bài 18: Chuyên SPHN

2

2 + − 1=

0

Lời giải

Vì a là nghiệm của phương trình

x x . Không giải phương trình hãy tính



21

Website:

x + x− = ⇒ a + a− = ⇔ a

⎧a

≤1

= −a⇔ ⎨ 4 2

⎩2a = 1− 2a+

a

2 2 2

2 1 0 2 1 0 2 1

Xét ( ) ( )

2 2a − 2a+ 3 = 2a ⇒4a −2 2a− 3 = 4a ⇔ a = > 1 (loại)

2

4 2 4 4 3

Nhân liên hợp C với ( )

( )

2 2 2 3 2

a 4 − a+ − a 2

ta được:

4 2

2a−3 2 2a − 2a+ 3 −2a

⎤

2a

−3 ⎢

⎥ −1 . 21

2 2

C = = C =

⎣ ⎦

= ⎡

( − 2 a+ a − 2 a+ 3 ) − 2 a ⎤

4 2

2 2 2 3 2

−2( 2 −3)

2 ⎢⎣

⎥

a − a+ + a

a

⎦

( )

⎡

( )

1 1 2 1

= − .

⎡

2 −2 − 2

⎤

= − 2 2− − 2 = − 2− − 2 = − ⎡1− 2 + −1

⎤

2 ⎢⎣

⎥⎦

2 ⎣

⎦ 2 2 ⎣ ⎦

−1 2

⇒ C = =− .

2 2

2 2 2 2 2

( a ) a ⎡ ( a) a ⎤ ( a a ) ( a a )

Bài 19: HSG Tỉnh Tuyên Quang, năm học 2020 - 2021

Rút gọn biểu thức S = 1 + 1 + 1 + ...... +

1

2 2 2 2

1 + 2.1 3 + 2.3 5 + 2.5 2021 + 2.2021

Lời giải

a) Ta có:

1 1 1 1

S = + + +⋅⋅⋅+

2 2 2 2

1 + 2.1 3 + 2.3 5 + 2.5 2021 + 2.2021

1 1 1 1

= + + +⋅⋅⋅+

1.3 3.5 5.7 2021.2023

2 2 2 2

⇒ 2S

= + + +⋅⋅⋅+

1.3 3.5 5.7 2021.2023

1 1 1 1 1 1 1 1

= − + − + − +⋅⋅⋅ −

1 3 3 5 5 7 2021 2023

1

= 1−

2023

2022

=

2023

1011

⇒ S =

2023

Bài 20: HSG Tỉnh Bình Dương, năm học 2020 - 2021

1 1 1 1

Rút gọn biểu thức N = + + + .... +

1+ 11 11 + 21 21 + 31 2011 + 2021

Lời giải

Ta có :



22

1 1 1 1

N = + + + .... +

1+ 11 11 + 21 21 + 31 2011 + 2021

11 −1 21 − 11 31 − 21 2021 − 2011 2021 −1

= + + + ...... + =

10 10 10 10 10

Cho x thỏa mãn x≠0; − 1 < x < 1 và

D: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC

Bài 1: HSG Nam Định

1+ x + 1− x =

1+ x − 1−x

Lời giải

Website:

2 . Chứng minh rằng

x − 1 = 12 2 −17

x + 1

Từ giả thiết ta có 1+ x + 1− x = 2( 1+ x − 1−x) ⇔ 1−x( 1− 2) = 1+ x ( 2−1)

( ) 2

1−x 2−1 1−x x−1

⇔ = = 3−2 2 ⇔ = 3− 2 2 =− 12 2 + 17 ⇔ =− 17 + 12 2

1+ x 2+

1

1+ x

x+

1

Bài 2:

1 1 1 1 1 1

Cho a+ b+ c = 0 và abc ≠ 0. Chứng minh rằng + + = + +

2 2 2

a b c a b c .

Ta có đpcm

2

Lời giải

(đpcm).

1 1 1 ⎛1 1 1⎞ 1 1 1 1 1 1 ⎛ 1 1 1 ⎞

⇔ + + = 2

2 2 2 ⎜ + + ⎟ ⇔ + + = + + + + +

2 2 2 2 2 2 ⎜ ⎟

a b c ⎝a b c⎠ a b c a b c ⎝ab bc ca⎠

⎛a+ b+

c⎞

⇔ 0= 2⎜

⎟⇔ 0=

0 (luôn đúng do giả thiết).

⎝ abc ⎠

Bài 3:

1) Cho abc , , là các số hữu tỉ đôi một khác nhau. Chứng minh rằng biểu thức sau là số hữu tỉ:

1 1 1

+ +

( a−b) ( b−c) ( c−a)

2 2 2

2) Chứng minh rằng

1 1 1 1 1 1 1 1

P= + + + + = + − >

2 2 2 4 4

2

x + y x y x y x+

y

2 2

( x+ y) ( x + y )

( xyz , , 0)


Lời giải


23

Website:

a) Áp dụng bài 2 ta có:

Xét ( a− b) + ( b− c) + ( c− a ) = 0 và ( a−b)( b−c)( c−a

) ≠0

1 1 1 1 1 1

⇒ + + = + +

b) Ta có

( a b) ( b c) ( c a)

2 2 2

− − − a−b b−c c−a

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

+ + = + + = + − = + −

x y + − − x y x + y x y x + y

2 2 2 2 2 2

( x y ) ( x ) ( y ) ( x y )

4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

P = + + + − = + + = + +

x + y x y x + y x y x y

( x+ y) ( x+ y) ( −x−

y)

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

= + − = + −

x y x+ y x y x+

y (đpcm). Bài 4: HSG Phú Thọ

Cho ba số dương xyz , , thỏa mãn xyz = 100. Tính giá trị của biểu thức sau:

x

y

10 z

A = + +

xy + x + 10 yz + y + 1 zx + 10 z + 10

Đặt ( )

+)

+)

+)

Vậy

x = a, y = b, z = c a, b, c > 0 ⇒ abc = 10

x

1

10 = a

xy + x + ab + a + abc = b + 1+

bc

y

+ +1 = b

yz y bc + b +1

Lời giải

10 z 10 .

10 10 = c

10 10 = abc c

+ + + + + . + = bc

zx z ac z ac abc c abc 1+ bc + b

1 b bc

A = + + = 1

b + 1+ bc b + 1+ bc b + 1+

bc

Bài 5:

Cho ba số dương abc , , và a+ b+ c= a + b + c = 2 . Chứng minh rằng:

a 2

+ b + c =

1+ a 1+ b 1+ c 1+ a 1+ b 1+

c

( )( )( )


Lời giải

> 0


24

Đặt a= x; b= y; c= z( xyz , , > 0)

Website:

2

Từ giả thiết ta x 2 y 2 z 2 x y z ( x y z) x 2 y 2 z 2

( xy yz zx )

⇒ xy + yz + zx =1

⇒ + + = + + = 2⇒ + + = + + + 2 + + = 4

Chú ý: x 2 + xy + yz + zx = ( z + x)( x + y )

+)

1

a = x =

x

a xy yz zx x x z x y

( )( )

2

+ + + + + +

x y z x y+ z + y z+ x + z x+

y

Tương tự ta có: VT = + + =

x+ y x+ z y+ x y+ z z+ x z+ y x+ y y+ z z+

x

( )( ) ( )( ) ( )( )

2 2

= =

( x+ y)( y+ z) . ( y+ z)( z+ x) . ( x+ y)( z+ x) ( 1+ a)( 1+ b)( 1+

c)

( ) ( ) ( )

( )( )( )

(đpcm).

Bài 6:

a b c d

Cho ba số dương abcd , , , , ABCD , , , thỏa mãn = = = . Chứng minh rằng:

A B C D

( )( )

aA + bB + cC + dD = a + b + c + d A + B + C + D

Đặt

Lời giải

a b c d ⎧a = kA, b = kB, c = kC,

d = kD

= = = = k ⇒ ⎨

A B C D ⎩k

> 0

Ta có VT = kA 2 + kB 2 + kC 2 + kD 2 = k ( A + B + C + D )

( )( ) ( )( ) ( )

VP = a + b + c + d A + B + C + D = kA + kB + kC + kD A + B + C + D = k A + B + C + D = VT

Cho

1 1 3

a = 3 + −

3 3 9

a) Chứng minh rằng

b) Tính giá trị biểu thức

a) Ta có:

1 1 3

a = 3 + −

3 3 9

2 2a

3 1 3 1

⇔ a + + = +

9 27 9 27

b) Ta có:

Bài 7: HSG Tỉnh Thái Bình, năm học 2020 - 2021

2

9a

+ 2 3a− 3 = 0

S = a + a + a+

2 4

3 3 27 16 8

Lời giải

3 1 1

⇔ a + = 3 +

9 3 3

2 2

⎛ 3⎞ ⎛1 1⎞

⇔ ⎜

a + = 3 +

9 ⎟ ⎜ 3 3⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 2a

3 3

2

⇔ a + − = 0 ⇔ 9a

+ 2 3a− 3 = 0 (điều phải chứng minh)

9 9


2

9a

2 3a

3 0

+ − = (chứng minh trên)


25

( − a)

2 2

2 3−2a

3 31 2 1−2a

4 ⎛1−2a⎞

1− 4a+

4a

⇔ a = = = ⇒ a = ⎜ ⎟ =

9 9 27 ⎝ 27 ⎠ 27

⇔ 27a = 1− 4a+

4a

4 2

4 2

27 16 8 1 4 4 16 8

⇔ a + a+ = − a+ a + a+

⇔ 27a + 16a+ 8 = 2a+

3

4 2

4

⇔ 27a + 16a+ 8 = 4a + 12a+ 9

( ) 2

S = a + a + a+

2 4

3 3 27 16 8

( a ) 2

= + +

=

2

3 3a

2 3

2

9a

+ 2 3a+

3 3

4 3

= = 4

3

Vậy S = 4

3

=

= + +

2

3 3a

2a

3

=

2

( a a )

9 + 2 3 − 3 + 4 3

3

2

( a + a+

)

3 3 3 2 3

3

0+

4 3

=

3

E: CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Bài 1: HSG Nam Định

1) Chứng minh rằng 2 + 2 + ..... + 2 + 2 < 2 (2017 chữ số 2)

2) Chứng minh rằng: 2 − 2 + 2 + 2 + 2 <

1 3

2− 2+ 2+

2

Lời giải

Website:

1) Ta có 2 + 2 + ..... + 2 + 2 < 2 + 2 + ..... + 2 + 4 (2016 chữ số 2)

= 2 + 2 + ..... + 4 (2015 chữ số 2) = 2+ 4 = 2 (đpcm)

2) Nhân cả tử và mẫu với 2− 2+ 2+ 2+ 2 ta được:

2 ⎛

⎞

2 − ⎜2+ 2+ 2+

2 ⎟

VT =

⎝

⎠

=

⎛ ⎞⎛ ⎞

⎜2− 2+ 2+ 2 ⎜2+ 2+ 2+ 2+

2

⎟⎜ ⎝

⎟

⎠⎝ ⎠

Ta có

1 1

2+ 2+ 2+ 2 > 2+ 2 > 3⇒ <

3

2+ 2+ 2+

2

1) Chứng minh rằng ∀n≥1,

n∈N thì


1

2+ 2+ 2+ 2+

2

Bài 2:

1

2 n+ 1− 2 n < < 2 n −2 n−1

n


26

2) Áp dụng, chứng minh rằng:

Website:

1 1 1

2004 < 1 + + + ... + < 2005

2 3 1006009

Lời giải

1) Phân tích: Ta có n n ( n n)

( n )

+ 1 −n

2 2

2 + 1 − 2 = 2 + 1 − = 2.

= <

n+ 1+ n n+ 1+

n 2 n

Áp dụng ta có: 2 > 2 ; 2 < 2 ⇔ 2( n+ 1− n) < 1 < 2( n − n−1)

2) Ta có:

2 n n+ 1+ n 2 n n + n−1

n

1

2 2− 2< = 1

1

1

2 3− 2 2 < < 2 2−

2

2

1

2 4− 2 3 < < 2 3−

2 2

3

.....

1

2 1006001 − 2 1006009 < < 2 1006009 − 2 1006008

1006009

Cộng từng vế tương ứng ta có:

( )

1 1 1

2 1006010 − 1 < 1 + + + ... + < 2 1006009 − 1

2 3 1006009

1

⇔ 2004 < 1 + ... + < 2005 (đpcm).

1006009

Chứng minh rằng ∀n≥1,

n∈N thì

Bài 3:

1 1 1 1

A = + + + ... + < 2

2 3 2 4 3 n+

1 n

Lời giải

Ta đưa về dạng tổng sai phân: a1− a2 + a2 − a3 + .... + an

−a

n−1

Ta có

( 1 ) ( )

( )

( )

1 n ⎛1 1 ⎞ 1 n 1 n+

1

= = n ⎜ − ⎟= − > −

n+ n n n+ 1 ⎝n n+ 1⎠

n n+ 1 n n+

1

1 ⎛1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞⎛ n n ⎞

= n⎜ − ⎟= n − + = − ⎜ +

1 1

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜

n+ n ⎝n

n+

⎠ ⎝ n n+ 1⎠⎝ n n+ 1⎠ ⎝ n n+ 1

⎟⎜ + 1⎟

⎠⎝ n n ⎠


⎛ 1 1 ⎞

< 2⎜

− ⎟

⎝ n n+

1 ⎠


27

Website:

1 1 1 1 1 1 1

Áp dụng ta có: A < + 2 ⎛ 2 ... 2

2

⎜ − ⎞ ⎟+ ⎛ ⎜ − ⎞ ⎟+ + ⎛ ⎜ −

⎞

⎟

⎝ 2 3⎠ ⎝ 3 4 ⎠ ⎝ n n+

1⎠

1 2 2 2

A < + − < 2− < 2 (đpcm).

2 2 n+ 1 n+

1

Bài 4:

Cho abcd , , , là các số dương. Chứng minh rằng tồn tại một số dương trong hai số 2a + b −2

cd

và 2c + d −2

ab

Lời giải

Xét tổng hai số: 2 2 2 2 ( 2 ) ( 2 )

( ) ( )

a + b − cd + c + d − ab = a + b − ab + c + d − cd + a + c

2 2

= a − b + c − d + a+ c > 0 ⇒ đpcm.

Tính tổng A = ⎡ 1⎤+ ⎡ 2⎤+ ⎡ 3 ⎤+ ... + ⎡ 24⎤

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.

Bài 5:

Lời giải

Ta có [ 1, 2] = 1; [ − 0,5] =−1;

[ x ] với x [ ) [ x ]

∈ 0,1 ⇒ = 0

( ⎡ ⎣

1 ⎤ ⎦ ⎡ ⎣

2 ⎤ ⎦ ⎡ ⎣

3 ⎤ ⎦) ( ⎡ ⎣

4 ⎤ ⎦ ⎡ ⎣

5 ⎤ ⎦

... ⎡ ⎣

8 ⎤ ⎦) ( ⎡ ⎣

9 ⎤ ⎦ ⎡ ⎣

10 ⎤ ⎦

... ⎡ ⎣

15 ⎤ ⎦)

( ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤)

A = + + + + + + + + + +

+ ... +

⎣

16

⎦

+

⎣

17

⎦

+ ... +

⎣

24

⎦

A = 3 + 2.5 + 3.7 + 4.9

Tính giá trị biểu thức

x

2 2

Bài 6:

+ y biết x y y x

2 2

1− + 1− = 1

Lời giải

2 2 2 2 2

Ta có bất đẳng thức Cauchy Schwars: ( ) ( )( )

a b

Dấu “=” xảy ra ⇔ =

x y

ax + by ≤ a + b x + y , ∀a, b, x,

y

2 2 2 2 2 2 2

Áp dụng ta có: ( x y x y) ( x x )( y y )

1 = 1− + 1− ≤ + 1− 1− + = 1


Điều kiện: x < 1; y < 1


28

x

2

2 2

Dấu “=” xảy ra ⇔ = ⇔ xy = ( 1−x )( 1−

y )

⎧xy

≥ 0

1−

y

2

1−

x

y

( )

2 2

⇔ ⎨

⇔ x + y = xy ≥

2 2 2 2 2 2

⎩xy = 1+ xy −xy

1 0.

Website:

Bài 7: HSG Huyện Thanh Oai

1 1 1 1 1

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có: + + + ... + + > 1

2 2 4 3 6 4 2n n+ 1 n+

1

Chứng minh được công thức tổng quát:

Lời giải

1 1 n+ 1−

n

1 1

− = = <

n n+ 1 ( n+ 1) n ( n+ 1 + n) ( n+ 1) n 2n n+ 1

.

Áp dụng bất đẳng thức trên suy ra:

1 1 1 1 1 1 1 1

> 1 − ; > − ;...; > −

2 2 2 4 3 2 3 2n n+ 1 n n+ 1

.

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được:

1 1 1 1 1

+ + + ... + > 1−

2 2 4 3 6 4 2n n+ 1 n+

1

suy ra đpcm.

Bài 8: HSG Huyện Tiên Du, năm học 2020 - 2021

1 1 1 1

Cho A = + + + .... + . Chứng minh A < 2

1+ 5 5 + 9 9 + 13 21 + 25

Ta có

Lời giải

1 1 1 1

A = + + + .... +

1+ 5 5 + 9 9 + 13 21 + 25

1− 5 5 − 9 9 − 13 21 − 25

= + + + .... +

1−5 5 −9 9 −13 21−25

( )

1

= . − 1+ 5 − 5 + 9 − 9 + 13 −..... − 21 + 25

4

( )

1

.

1

= − 1+ 25 = . 4 = 1<

2

4 4

Vậy A < 2 .



29

Website:

a + 2

Cho M = ( a≥0; a≠4)

a − 2

a) Tìm các số nguyên a để M nguyên

b) Tìm các số hữu tỉ a để M nguyên

a) Ta có

⎧a∈

Z

⎨

⎩M

∈ Z

a + 2 4

M = = 1+

a −2 a −2

Để ⇔ a −2∈ U( 4) = { ± 1; ± 2; ± 4}

b) Đặt

F: SỐ HỮU TỈ. SỐ VÔ TỈ

Bài 1:

Lời giải

. Từ đó tìm được các giá trị của a

4 4+ 2n

⎛4+

2n⎞

= n ⇔ an− 2n = 4⇔ a = ⇔ a = ⎜ ⎟

a − 2

n ⎝ n ⎠

Điều kiện của n là

2

4+ 2n

2+

n ⎡n

≥ 0

≥0⇔ ≥0⇔ n n ⎢

⎣n

≤− 2

⎛4+

2n

⎞

Vậy a = ⎜ ⎟ , với n∈ Zn , > 0, n ≤−2

thì M nguyên.

⎝ n ⎠


a) Chứng minh rằng 3 là số vô tỉ

Bài 2:

b) Tổng quát, nếu a là số nguyên dương không chính phương thì a là số vô tỉ

2


30

Website:

c) Tính chất: Nếu a là số nguyên dương không chính phương, AB , hữu tỉ và + = 0

A= B = 0

Lời giải

⎡a

p

*) Lưu ý: ab , ∈Z, p∈Pa , . p⇒ ⎢⎣

b

p

a) Gỉa sử 3 là số hữu tỉ 3


m

Mà y = − x∈Q

(đpcm).

n


⇒ = a b với *

( a, b) = 1 ( ab,

∈ N )

2 2 2 2 2 2

3 3 . 3 3 9 3 9 3 3

⇔ b = a ⇒a ⇒aa ⇒a ⇒a ⇒ b ⇒b ⇒b

⎧a3

Vậy ⎨ ⇒ vô lí ⇒ 3 là số vô tỉ

⎩b3

α

b) Ta phân tích ( )

1 α 2 α

a= p *

1

. p2 ... pk

k α1∈N , Pi∈P

Tổng quát: a b. p1. p2...

p

=

k

Ta đi chứng minh p1. p2... p

k

là số vô tỉ

Phản chứng: Giả sử

1. 2... k

2 2 2

1 2 k

1 1

m

⇒

1. 2... k

= , , ∈ , , = 1

n

*

p p p là số hữu tỉ p p p ( mn N ) ( mn)

( )

⇔ n . p. p .... p = m ⇒m p ⇒mp

1

⇒m p ⇒n . p. p .... p p ⇒n . p .... p p ⇒n p ⇒np

2

2 2 2 2 2 2

1 1 2 k 1 2 k 1 1 1

Từ (1)(2) ⇒ vô lí (đpcm)

c) Từ giả thiết ⇒ a là số vô tỉ (chứng minh ý b)

Nếu A= 0⇒ B = 0 (đúng)

−B

A≠0

⇒ A a =−B⇔ a = ∈Q

(vô lí) ⇒ đpcm.

A

Bài 3:

Cho ba số xy , , x+

y là số hữu tỉ. Chứng minh rằng x;

Đặt ( )

Lời giải

31

( )

y đều là các số hữu tỉ

m 2

( , , 0, , 1)

m m 2

m

2

n n n n

x+ y= mn∈Nn≠ mn = ⇔ y= − x⇒ y= − x+

x

2 2

m m 1 m⎛m

⎞

⇔ 2 x = + x− y ⇔ x = + − ∈

2 ⎜ x y

2 ⎟ Q

n n 2 n ⎝ n ⎠

A a b thì

Website:

Bài 4:

Cho abc , , là ba số hữu tỉ và n là nghiệm của phương trình

dương không chính phương. Tìm các nghiệm còn lại

Lời giải

Theo chứng minh trên,

*

n∈

N , n không là chính phương ⇒ n∈

3 2

x + ax + bx + c với n là số nguyên

3 2

Giả thiết: n là nghiệm của phương trình x + ax + bx + c ⇒ n n + an + b n + c =0

( )

⇔ n+ b n =−an−c

−an

−c

Nếu n+ b≠0

⇒ n = ∈Q

(vô lý)

n+

b

⇒ n + b = 0⇒−an − c = 0⇒ c =−an

Vậy b =− n;

c =−an thay vào phương trình ta có:

⎡ x= ± n

+ − +− = 0⇔ ( − ) + ( − ) = 0⇔( − )( + ) = 0⇔⎢

⎣x= −a

3 2 2 2 2

x ax nx an x x n a x n x n x a

Vậy các nghiệm còn lại là:

x= − n và x=

a.


I


32

Website:

Hãy lập phương trình ( ) = 0

Ta có: ( a+ b) 3 = a 3 + b 3 + 3ab( a+

b )

3 3 3

Có ( )

G: LUYỆN TẬP CĂN THỨC

Bài 1:

f x với hệ số nguyên có một nghiệm là

Lời giải

3 3 3

x x x x x

= 3 + 9 + 3 27 3 + 9 ⇒ = 12 + 9 ⇔ −9 − 12 = 0

Đặt ( )

3

f x = x −9x

−12

Phương trình ( )

3 3

f x có x = 3+

9 là nghiệm.

Bài 2:

Tìm GTNN của biểu thức A= x ( ) ( )

3 + 21+ x 3 + 1 + x 3 + 21− x

3 + 1

Điều kiện: x ≥−1

Lời giải

Nhắc lại: a + b ≥ a+

b , dấu “=” xảy ra ⇔ ab ≥0

3 3

x = 3+

9


2 2

3 3 3 3 3 3

Ta có: A= x + 21 ( + x + 1) + x + 21 ( − x + 1) = ( x + 1+ 1) + ( x + 1−1)


33

3 3 3 3

= x + + + x + − = x + + + − x + + ≥

1 1 1 1 1 1 1 1 2

Dấu “=” xảy ra ( )( ) ( )

Website:

⇔ + + − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≤

Vậy GTNN của A= 2 ⇔−1 ≤x

≤0.

3 3 3 3

1 x 1 1 x 1 0 1 x 1 0 x 0 x 0.

Bài 3: SPHN, năm học 2016

Cho xy , thỏa mãn điều kiện 0 < < 1; 0 < < x

1; 1

1 + y

x y

−x

1−

y

= . Tính giá trị của biểu thức

P = x + y + x − xy + y

Ta có giả thiết

2 2

( 1− ) + ( 1−

)

( )( )

Lời giải

x y x y y x

+ = 1⇔ = 1⇔ x − xy + y − xy = ( 1−x)( 1− y) ⇔ 2( x + y)

= 1+

3xy

1−x 1− y 1−x 1−

y

Từ đó ta có

Vậy

+) Nếu

+) Nếu

2 2 2

( 1−

3xy) 2

1+ 3xy ⎛1+ 3xy ⎞ 1+ 3xy 1− 6xy + 9x y 1+

3xy

P = + ⎜ ⎟ − 3xy

= + = +

2 ⎝ 2 ⎠ 2 4 2 2

1+ 3xy

1−3xy

P = +

2 2

Cho biểu thức

a) Rút gọn A

1 1+ 3xy

1−3xy

xy ≤ ⇒ P = + = 1

3 2 2

1 1+ 3xy

3xy

−1 xy > ⇒ P = + = 3 xy .

3 2 2

b) Tìm x, y sao cho

a) Ta có

Bài 4:

⎡⎛ 1 1 ⎞ 2 1 1⎤

x + y x + x y + y

A = ⎢

+ . + + ⎥:

x y

3 3

⎢

⎜ x y ⎟

⎣⎝

⎠ x + y ⎥⎦

xy + ?

1

xy = và A = 5

36

( )( )

( )

Lời giải

( ) 2

3 3

⎛ 2 1 1⎞

x + y x+ y x + y xy 1 1

A = + + : = . = +

⎜ xy x y ⎟

⎝

⎠ xy x + y xy x + y x y

b) Theo giải thiết ta có

với x> 0; y > 0

⎧ 1 ⎧ 1 1 ⎡ 1 1

xy

. = 6 = 2; = 3

= 36

x y

⎢

⎪ ⎪ x y

⎨

⇔

1 1

⎨

⇔ ⎢

⇒ 2 trường hợp.

⎪ 5

1 1 ⎢

+ = ⎪

1 1

+ = 5 = 3; = 2

⎪ x y

⎢

⎩ ⎩

⎪ x y ⎣ x y


2


34

Cho

1 1 2

a = 2 + −

2 8 8

a) Chứng minh rằng:

b) Tính

a) Ta có

2 4

S a a a

= + + + 1

2

4a

+ 2a− 2 = 0

Website:

Bài 5:

Lời giải

2 1 1 a 2 2

a+ = + ⇔ a + = ⇔ a + a− =

8 2 8 4 4

2 2

2 4 2 2 0

b) Từ a) ⇒ 2. a= 2 −4a 2 ⇔ a = 1−

2 2 a

2

(*)

Thay vào S ta được



35

( ) 2

2 4 2 2 4 2 2 2 2 2

S = a + a + 1− 2 2a + 1= a + a − 2 2a + 2 = a + a − 2 = a + a − 2

Ta chứng minh

1 1 2

a > 0 ⇔ 2 + > ⇔ 16 2 + 2 > 2 (đúng)

2 8 8

2 2 2 1

Từ ( ) a a a a

* ⇒ = 1− 2 2 > 0⇒ 1> 2 2. ⇒ < < 1<

2

2 2

⇒a− 2 > 0⇒ a − 2 = 2−

a

Vậy

2 2

= + − =

2 2

S a 2 a 2.

Tìm tất cả các số tự nhiên x thỏa mãn:

Điều kiện x> 0; x≠

1

Ta có VT ( )

( x −1)

Bài 6: Chuyên Nam Định, năm học 2017

( x )

⎛ 1 2 ⎞⎛ 1 ⎞

⎜ − ⎟⎜ . −1⎟≥1

⎝ x x − 1⎠⎝ x + 1 ⎠

Lời giải

x −1−2 x 1− 1+

1

* = A = . =

x

x + 1 x −1

1

A ≥1⇔ ≥1 **

x −1

( )

Ta có x − 1> 0 và x∈N ⇒ x≥

2

Với ( )

x≥2 ⇒ ** ⇔1≥ x −1⇔ x ≤2 ⇔ x≤

4

Do x≥2 ⇒ x∈{ 2;3; 4}

Bài 7: Đại học Ngoại Ngữ - Hà Nội, năm học 2017

2

2

1+ 1−x 1− 1+ x ⎞ x −1

⎛

Cho P = ⎜

+ . + 1

1 x 1 x 1 x 1 x ⎟

⎝ − + − + − + ⎠ 2

a) Rút gọn P

b) Tìm x để

P ≤

2

2

Lời giải

a) Đặt ( ab , 0)

Website:

⎧ 1− x=

a 1+ a 1−

b 1 1 1 1

⎨ ≥ ⇒ Q= + = − = −

⎩1 + x = b a+ a b− b a b 1− x 1+

x

Với a ≠0; b≠0; b≠1⇒ điều kiện

⎧1−< x < 1

⎨

⎩x

≠ 0

2

2 2 2

1+ x − 1−x ⎞ x −1 2−2 1−x x −1

⎟

2

2

2 1 x 2

( )

⎛

⇒ P= ⎜

. + 1 = . + 1=− 1− 1− x + 1= 1−x

1 x

⎟

⎝ − ⎠

−

b) ( )

2 2 2

2 2

⎡ 2

1

2 2 1 1

⎢ ≤ x <

P≤ − 1 < x< 1; x≠0 ⇔ 0 < 1 −x ≤ ⇔ 0 < 1 −x ≤ ⇔ ≤ x < 1 ⇔ ⎢ 2

2 2 2 2 ⎢ − 2

⎢− 1 < x ≤

⎣ 2

Bài 8: Đại học Sư Phạm - Hà Nội, năm học 2017

Giả sử xy , là hai số thực phận biệt thỏa mãn điều kiện 1 + 1 =

2

2 2

x + 1 y + 1 xy + 1

Tính A 1 1 2

= + +

x 2 2

+ 1 y + 1 xy + 1

Điều kiện xy ≠− 1

1 1 2

+ 1 + 1 + 1

Lời giải

2 2 2 2

Theo giả thiết ta có + = ⇔ ( y + 1)( xy + 1) + ( x + 1)( xy + 1) = 2( x + 1)( y + 1)

2 2

x y xy

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2

⇔ xy x + y + 2xy = 2x y + x + y ⇔ xy x + y − 2x y = x − y ⇔ xy x − y − x − y = 0

2

⎡x=

y

⇔( x − y) ( xy − 1)

= 0 ⇔ ⎢ ⇔ xy = 1⇒ A = 2.

⎣ xy = 1

Bài 9: Chuyên Sư Phạm - Hà Nội Vòng 1, năm học 2018

2

3 b

a −a−2b−

3 2 2

Cho

a ⎛a + a + ab + a b b ⎞

P = : ⎜

+

2 2

⎟

⎛ 1 b ⎞ ⎝ a −b a−b⎠

⎜1− +

2 ⎟( a+ a+

b)

⎝ a a ⎠

a) Chứng minh P= a−

b

3 3

b) Tìm a, b biết rằng P = 1 và a − b = 7

a) Ta có

Lời giải

2

với ( a> 0; b> 0; a≠ ba ; + b≠

a )

4 2 2

a −a −2ab −b

2 2

⎡

4 2

a

( a+ b)( a + a)

b ⎤ a − ( a+ b)

⎛a + a+

b⎞

P = : ⎢

+ ⎥ = : ⎜ ⎟

⎛ a+ b ⎞

⎢ ( a− b)( a+ b)

a−b⎥ 1 ( )

( a− a+ b)( a+ a+ b)

⎝ a−b

⎠

⎜ − a+ a+

b ⎣

⎦

2 ⎟

⎝ b ⎠

2 2

( )( )

a + a+ b a −a−b a−

b

= . = a−

b


2 2

a −a− b a + a+

b

b) P= 1⇔ a = b+

1


36

3 3

Ta có: ( ) 3 3 2 ⎡b

= 1

a + b = 7⇔ b+ 1 − b = 7⇔ 3b + 3b− 6= 0⇔ ⎢

⎣b

= − 2

Vì b > 0 nên b= 1⇒ a = 2

Vậy a = 2; b=

1

Website:

Bài 10: Chuyên Toán Bình Định, năm học 2018 - 2019

( ) 2 3 3

a − b + ab ⎛ a−b a − b ⎞

Cho biểu thức T = : −

, với a≠ ba , > 0, b>

0

a + b ⎜ a − b a−

b ⎟

⎝

⎠

a) Rút gọn biểu thức T

b) Chứng tỏ T > 1

a) Ta có

( )( )

Lời giải

( a − b)( a + b)

( )

3 3 3 3

a b ab a a b b a b a b a b ab a b ab

+ − + − − − + + − + −

T = : = .

=

a + b a − b a + b a + b ab a − b ab

a + b − ab

Vậy T= ( a≠ ba , > 0, b>

0)

ab

( ) ( )

2 2

a + b − ab a − b + ab a − b

b) Ta có T = = = + 1> 1 (vì ab > 0, a − b ≠ 0 ).

ab ab ab

Cho biểu thức

a) Rút gọn biểu thức Q

3

b) So sánh Q và Q

a) Ta có

Bài 11: Chuyên Toán Hà Nam, năm học 2018 - 2019

⎛ 1+ a 1−a

⎞⎛ 1 1⎞

Q= + − − a − a+

⎝ 1+ a − 1−a 1−a

− 1+

1⎠⎝ a a⎠

2

⎜ 1 2 1

2 ⎟⎜ 2

⎟

( 1−

a)

Lời giải

⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞

1+ a

1−a

1

Q= ⎜

+ ⎟. − −1

⎜

2

1+ a − 1−a ⎜

( 1 a)( 1 a) ( 1 a

⎟

)

a a⎟

⎝

− + − −

⎠ ⎝ ⎠

2

( )

⎛

1 1 a ⎞

+ a

− ⎛ ( 1− a)( 1+

a)

1 ⎞

= ⎜ + ⎟. ⎜ − ⎟ . a −1

⎜ 1+ a − 1−a 1− a( 1+ a − 1−a

) ⎟ ⎜ a a⎟

⎝

⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞

1+ a

1−a

⎛ ( 1− a)( 1+ a)

−1⎞

= ⎜ + ⎟. ⎜ ⎟.1−

⎜ 1+ a − 1− a ( 1+ a − 1−a)

⎟ ⎜ a ⎟

⎝

⎠ ⎝

⎠

( a)

( a )

với 0< a < 1

( 1 2

a 1 a) ( )

( 1 a 1 a)( 1 a 1 a) a

( a )

⎛ 1+ a + 1−a

⎞ − + − − + + − + + −

= ⎜

. 1 1

1 a 1 a ⎟

− =− −

⎝ + − − ⎠ 2a

2a

( 1+ a) −( 1−a) 2a

( ) ( )


=− 1− a =− 1− a = a−

1

2a

2a

2


37

Do a a ( a ) 2

1> > 0⇒ 0> − 1>−1⇒ 1> − 1 > 0

1 ⎡ 1 1⎤

3

− = − − − > 0. Vậy Q > Q.

⎣ ⎦

Xét Q 3 Q ( a ) ( a ) 2

Bài 12:

Website:

⎛ x x− x − 1⎞ ⎛ x + 2 x−5

⎞

Cho biểu thức P = ⎜

− :

−

x −2 x− 2 x ⎟ ⎜ x + 1 x− x −2⎟

với 0< a < 1

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

a) Rút gọn biểu thức P

b) So sánh P và 4

c) Tìm x thỏa mãn điều kiện: ( )

3

Điều kiện x≥0; x≠

4

a) Ta có

x x. P− 2 + x+ 4= 3 x + 4x

Lời giải

⎛ x x− x − 1⎞ ⎛ x + 2 x−5 ⎞ x− x+ x + 1 x−4− x+

5

P = ⎜

− : :

x 2 x 2 x ⎟ ⎜

− =

x 1 x x 2⎟

⎝ − − ⎠ ⎝ + − − ⎠ x x − 2 x + 1 x −2

( ) ( )( ) ( 1) 2

x + 1

x +

. x 1 x 2

x − 2

x

= + − =

x

b) Ta có

c) Ta có:

( x + 1) ( x −1)

2 2

( ) ( )( )

P− 4 = − 4 = ≥0 ⇒ P≥ 4. Dấu “=” xảy ra khi x = 1

x

x

⎡

⎢

⎢

⎢⎣

( x + 1)

x

2

⎤

−

⎥

+ + = + ⇔ + + = +

⎥

⎥⎦

( )

3 2 2

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

2

2x

x

x

Chi cả hai vế cho x + 4> 0 ta thu được 1+ = 3 . Đặt t =

2 2

2

x + 4 x + 4 x + 4

, với t > 0 ta có:

⎡t

= 1

− + = ⇔( − )( − ) = ⇔ ⎢

⎢ t =

⎣ 2

2

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

- Với

x

t = ⇒ = ⇔ x − x+ =

x + 4

2

1 1 4 0

2

(vô nghiệm)

1 x 1

t = ⇒ = ⇔ x − 4x+ 4= 0⇔ x− 2 = 0⇔ x=

2 (thỏa mãn)

x +

2

- Với ( ) 2

2

2 4 2

Bài 13:

2 x ⎛ 1 ⎞ 9 x + 14

Cho biểu thức P = ⎜1+ ⎟+

với x≥0; x≠

1

x + 3⎝

x + 2⎠

x+ 3 x + 2


b) Tính giá trị của P khi x = 4

c) Tìm các giá trị của x để P là số tự nhiên

Lời giải

a) Ta có:



38

Website:



39

2 x( x + 1)

( )( ) ( )( ) ( )( )

2 x ⎛ 1 ⎞ 9 x + 14 9 x + 14 2x+ 11 x + 14

P = ⎜1+ ⎟+ = + =

x + 3⎝

x + 2⎠

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

( )( )

( x + 1)( x + 2)

x + 2 2 x + 7 2 x + 7

= =

x + 1

b) Với

c) Ta có

Do

2.2 + 7 11

x= 4⇒ x = 2⇒ P= =

2+

1 3

( x )

2 + 1 + 5 5

P = = 2 +

x + 1 x + 1

5

x≥0⇒ 0< ≤5⇒ 2< P≤7.

x + 1

Vì P là số nguyên nên P ∈ { 3; 4;5;6;7}

5 ⎧

{ }

5 5 5 ⎫ ⎧

1;2;3;4;5 1 5; ; ; ;1 4; 3 ; 2 ; 1 ⎫ ⎧

;0 16; 9 ; 4 ; 1 ⎫

⇔ ∈ ⇔ x + ∈⎨ ⎬⇔ x∈⎨ ⎬⇔ x∈⎨ ;0⎬

x + 1

⎩ 2 3 4 ⎭ ⎩ 2 3 4 ⎭ ⎩ 4 9 16 ⎭

⎧ 9 4 1 ⎫

Đối chiếu với điều kiện ta thấy x ∈ ⎨16; ; ; ;0⎬

là các giá trị cần tìm.

⎩ 4 9 16 ⎭

5

Cách khác: Để P là số nguyên thì điều kiện cần và đủ là = m (m là số nguyên dương x ≥ 0

x + 1

)

5 5−

m

Ta có = m⇔ m x + m= 5 ⇔ x = , do x ≥0

⇒ điều kiện 5 − m

≥ 0, do đó m > 0

x + 1

m

m

⎧ 3 2 1 ⎫ ⎧ 9 4 1 ⎫

⇒5−m≥0⇔ m≤ 5 hay 0< m≤5⇒m∈{ 1;2;3;4;5}

⇒ x∈⎨4; ; ; ;0⎬⇒ x∈⎨16; ; ; ;0⎬

⎩ 2 3 4 ⎭ ⎩ 4 9 16

.

⎭

Cho biểu thức

a) Chứng minh

Bài 14: Chuyên Nam Định, năm học 2018 - 2019

( )

3 x+ 2 x x + 2 x + 1

P= − − x≥ x≠

x+ x −2 x − 1 x + 2

P =

x + 3

x + 2

b) Chứng minh rằng nếu x≥0; x≠ 1 thì

a) Ta có

3

P ≤

2

( 0; 1)

Lời giải

P

2

( ) x + 2 x + 1 3x+

6 x ( )

( )( ) ( )( )

( x − 1)( x + 3)

( x − 1)( x + 2) ( x − 1)( x + 2)

( x − 1)( x + 2)

x + 2

( )( )

( )( )

3 x+ 2 x x + 2 x − 1 x + 1

= − − = − −

x+ x −2 x − 1 x + 2 x − 1 x + 2 x − 1 x + 2 x − 1 x + 2

3x+ 6 x −x−4 x −4− x+ 1 x+ 2 x − 3 x + 3

= = = = (đpcm)

b)

x + 3 1

P = = 1+

x + 2 x + 2

Với x≥0; x≠ 1, ta có

1 1 1 3 3

x + 2≥2⇒ ≤ ⇒ 1 + ≤ ⇒ P≤

.

x + 2 2 x + 2 2 2

Cho biểu thức


b) Chứng minh rằng P ≤ 1

a) Ta có

Website:

Bài 15: Chuyên Nam Định, năm học 2018 - 2019

( )

2

x y + y x x + y −4

xy

P= − − y x> y > x≠

y

xy x − y

Lời giải

( 0; 0; )

2

( x + y ) − xy xy ( x + y )

x y + y x 4 x− 2 xy + y

P= − − y = − − y

xy x − y xy x − y

( x − y)

2

( )

= x + y − − y = x + y − x − y − y = 2 y − y

x − y

b) Chứng minh rằng P ≤ 1

Có P y y y y ( y ) 2

≤1⇔ 2 − ≤1⇔ − 2 + 1≥0⇔ −1 ≥ 0 (luôn đúng với mọi y)

Cho biểu thức

a) Rút gọn biểu thức A

b) Đặt ( )

a) Ta có

Vậy

Bài 16: Chuyên Thái Bình, năm học 2017 - 2018

( x + 1) 2

⎡

⎤

⎛ 1 3 x + 5 ⎞

A =

⎢

1

⎥

⎜

+ ⎟ − , với x> 0; x≠

1

x −1 x x −x− x + 1⎟⎢ 4 x ⎥

⎝ ⎠ ⎢ ⎣

⎥ ⎦

B= x− x + 1 A.

Chứng minh rằng B > 1với x> 0; x≠

1

( )

Lời giải

( )

2 2

⎡ ⎤

1 3 x + 5 x + 1 −4 x x− 1+ 3 x + 5 x −1

A = ⎢ + ⎥. =

.

⎢x −1 ( x−1)( x −1)

⎥ 4 x ( x−1)( x −1)

4 x

⎣

⎦

1

A = với x> 0; x≠

1

x

b) với x 0; x 1

> ≠ , ta có ( )

Tính giá trị của biểu thức

( x 1) 2

x− x + 1 − + x x

B= x− x + 1 A= = > = 1.

x x x

Bài 17: Chuyên Bắc Ninh vòng 2, năm học 2019 - 2020

A =

4 3 2

x x x x

Ta có ( ) 2 2

Có

− 2 + 3 − 38 + 5

khi x = 2+

3

2

x − 4x+

5

Lời giải

x= 2+ 3⇒ x− 2= 3⇒ x− 2 = 3⇒ x − 4x+ 1=

0

2 2

x x x x

− 4 + 5 = − 4 + 1+ 4 = 2;

x − 2x + 3x − 38x+ 5 = ( x − 4x + x ) + ( 2x − 8x + 2x) + ( 10x − 40x+ 10)

− 5 =−5

⇒ A=

−

2

4 3 2 4 3 2 3 2 2 5


Bài 18: Phát triển đề tuyển sinh vào 10 TPHN

=

1

x


40

7

x 2 x − 24

Cho hai biểu thức A = B= + x≥0; x≠9

x + 8 x − 3 x − 9

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25

b) Rút gọn biểu thức B

c) Tìm x nguyên để P = AB nguyên

d) Tìm GLLN của P

e) Tìm x để P nguyên.

a) Tính được

b) Rút gọn được

c) Ta có

⎧x∈

Z

⎨

⎩P

∈ Z

7

A =

13

và ( )

x 2 x − 24 x + 8

B = + =

x − 3 x − 9 x + 3

7 x + 8 7

P = AB = . =

x + 8 x + 3 x + 3

Vì ⇒ x + 3∈U( 7)

Mà x + 3 ≥3 ⇒ x + 3 = 7 ⇔ x = 16 ( tm )

Với x= 16 ⇒ P= 1∈Z

d) Vì

e) Dễ thấy

Lời giải

7 7

x + 3≥3⇒ ≤ , dấu “=” xảy ra ⇔ x = 0

x + 3 3

7 ⎡P

= 1

0 < P< , P∈Z

⇒

3 ⎢

⎣P

= 2

+) Với P = 1 ⇔ 7 = x + 3 ⇔ x = 4 ⇔ x = 16 ( tm )

+) Với P = 2⇔ 7= 2( x + 3) ⇔ x = ( tm )

Vậy

⎧1 ⎫

x ∈ ⎨ ;16 ⎬ thì P nguyên.

⎩4

⎭

1

4

Bài 19: Chuyên Ngữ, năm 2014

⎛ x+ 2 x + 4 x+ 2 x + 1⎞

⎛ 1 2 ⎞

Cho A = ⎜

+ : 3+ +

8 −1

⎟ ⎜ ⎟

⎝ x x − x ⎠ ⎝ x − 2 x + 1⎠

a) Rút gọn A

b) Tìm x để A > 0

c) Tìm x để A > 1

Website:


Lời giải


41

1 2

Điều kiện xác định: x≥0; x≠1; x≠ 4;3 + + ≠0

x − 2 x + 1

Ta có

+)

+)

=

( )( )

( )( )

Website:

( )

1 2 3 x − 2 x + 1 + x + 1+ 2 x −4 3 x − 3

3+ + = = ⇒ x ≠3

x − 2 x + 1 x − 2 x + 1 x − 2 x + 1

2

( x + 1)

( x + 1)( x −1)

x+ 2 x + 1 x + 1

= =

x −1 x −1

( x − 2)( x+ 2 x + 4)

( )( )

x+ 2 x + 4 x+ 2 x + 4 1 x+ 2 x + 4 x+ 2 x + 1 1 x + 1

= = ⇒ + = +

x x −8 x −2 x x −8 x −1

x −2 x −1

x − 3

( x −2)( x −1)

Ta có

( )( )

( x − 2)( x + 1)

x

3( x − 3) ( )

x− 3 + 1

A = .

=

x −2 x −1 3 x −1

*) Chú ý: Muốn biết kết quả đúng hay sai ta sẽ thay một vài giá trị bất kỳ của x vào biểu thức ban

đầu và biểu thức rút gọn, nếu hai kết quả bằng nhau thì kết quả rút gọn đúng 99,99%.

b)

( x − )

( ) ( )

x + 1

A > 0⇔ > 0⇔3 x − 1 > 0 vì x + 1> 0 ⇔ x − 1> 0⇔ x > 1

3 1

Vậy x> 1; x≠3; x ≠4

c)

x + 1 x + 1 x + 1− 3 x + 3 4−2 x − x + 2

A > 1⇔ > 1⇔ − 1> 0⇔ > 0⇔ > 0⇔ > 0

3 1 3 1 3 1 3 1 x −1

+) TH1:

( x − ) ( x − ) ( x − ) ( x − )

⎧⎪

x − 1> 0 ⎧⎪2> x ⎧x<

4

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ 1< x < 4

⎪⎩− x + 2> 0 ⎪⎩

x > 1 ⎩x

> 1

⎪⎧ x − 1< 0 ⎧x>

4

+) TH2: ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ vô nghiệm.

⎪⎩− x + 2< 0 ⎩x

< 1

Vậy 1< x < 4 và x ≠ 3 thì A > 1.



42

B. RÚT GỌN BIỂU THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

DẠNG 1: RÚT GỌN, TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC KHI BIẾT GIÁ TRỊ CỦA BIẾN

Cách giải: Cần lưu ý một số kiến thức sau

- Đặt điều kiện để biểu thức có nghĩa (nếu bài toán chưa cho) trước khi rút gọn

- Kiểm tra xem giá trị của biến có phù hợp với ĐKXĐ hay không trước khi thay giá trị của biến

vào biểu thức thu gọn

- Đôi khi có thể tính x hoặc x trước khi thay vào biểu thức rút gọn

- Kết quả cuối cùng của biểu thức rút gọn phải có mẫu dương và đã được khử mẫu hoặc trục căn

thức ở mẫu.

Bài 1:

⎛ 2 a ⎞ ⎛ 1 2 a ⎞

Cho biểu thức A =

⎜ 1 − :

−

a + 1 ⎟ ⎜ a + 1 a a + a + a+

1⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠


b) Tính giá trị của A khi a = 2021−

2 2020

a) Ta có

Lời giải

⎛ 2 a ⎞ ⎛ 1 2 a ⎞ a+ 1− 2 a a+ 1−2

a

A = ⎜

1 − : :

a 1⎟ ⎜ − =

a 1 a a a a 1⎟

⎝ + ⎠ ⎝ + + + + ⎠ a+

1 a + 1 a+

1

Điều kiện xác định:

⇒ A= a + 1

⎧⎪

a ≥ 0 ⎧a

≥ 0

⎨ ⇔ ⎨

⎪⎩

a−

2 a + 1≠0

⎩a

≠ 1

2 2

b) Lại có a

( ) A ( )

( )( )

= 2021− 2 2020 = 2020 −1 ⇒ = 2020 − 1 + 1 = 2020 − 1 + 1 = 2020

Vậy A = 2020 khi a = 2021−

2 2020

Bài 2:

( ) ( )

2 a a + 2a − 3b + 3b 2 a − 3b −2a

2

Cho biểu thức M =

a 2+

3ab

a) Tìm điều kiện của a, b để M xác định và rút gọn M

11 8

b) Tính giá trị của M khi a = 1+ 3 2 và b = 10 +

3

Lời giải

⎧

a ≥ 0

⎪ ⎧a

> 0

a) Điều kiện xác định ⎨b

≥ 0

⇔ ⎨

⎪

⎩b

≥ 0

a 2+ 3ab ≠0⇔ a ( 2+ 3b

) ≠0

⎪⎩

b) Ta có

( ) ( )

2 2 3 3 2 3 2 2 2

2 3 2 3

a a + a − b + b a − b − a a − b a − ab

M = = =

a 2+ 3ab a 2+ 3ab a a 2+

3ab


( )

1

( + )( − )

a ( a 2+

3ab

)

a 2 3ab a 2 3ab 3b

= = 2 −

a

c) Ta có

( 30 + 22 2 )( 3 2 −1)

( )( )

( ) 2

3b

30 + 11 8 30 + 22 2

= = = = 4 2+ 6= 2+

2

a 1+ 3 2 1+ 3 2 1+ 3 2 3 2−1

( ) 2

⇒ M = 2− 2+ 2 =− 2

Vậy M = − 2 khi a = 1+ 3 2 và

11 8

b = 10 +

3

Bài 3: Chuyên Quảng Ninh, năm 2017

⎛ 3 3 ⎞⎛ x 3 ⎞

Cho biểu thức A = ⎜

+

2 3

+ + 1

x + 3x+ 3 x − 27 ⎟⎜ 3 x ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

a) Rút gọn A

b) Tính giá trị của A khi x = 3 + 5 − 3− 29 − 12 5

a) Điều kiện

Ta có

b) Ta có

⎧⎪ x ≠ 0

⎨

⎪⎩ x ≠ 3

Lời giải

3( x − 3)

+ 3

( x− 3)( x + 3x+

3)

2

⎛ 3 3 ⎞⎛ x 3 ⎞ x + 3x+

3 1

A =

⎜ + 1 .

2 3 2

x 3x 3 x 27 ⎟⎜

+ + = =

3 x ⎟

⎝ + + − ⎠⎝ ⎠

3x x−

3

( a b) a b

( ) ( )

2 2 2

29 − 12 5 = 5 − ⇒ = ....; = .... ⇒29 − 12 5 = 2 5 −3 ⇒3− 2 5 − 3 = 3− 2 5 + 3 = 6 −2 5

( ) 2

= 5−1 ⇒ x− 3 = 1⇒ x= 3+ 1⇒ A=

1.

Vậy A = 1 khi x = 3 + 5 − 3− 29 − 12 5

Cho biểu thức

A =

Cách 1: Chia tử cho mẫu

Cách 2: Ta có

Bài 4: Chuyên Thừa Thiên Huế, năm 2017

4 3 2

2x − 21x + 55x −32x−4012

x

2

− 10x+

20

. Tính giá trị của A khi x = 5−

3

Lời giải

x= − ⇒ x− = ⇒ x − x+ =

2

5 3 5 3 10 22 0

( ) ( ) ( )

TS = x − x + x − x− = x x − x+ −x x − x+ + x − x+ −

= − 4034

4 3 2 2 2 2 2

2 21 55 32 4012 2 10 22 10 22 10 22 4034

2

MS = x − 10x

+ 20 =− 2

TS

⇒ A = = 2017 MS


2

Bài 5: Học sinh giỏi huyện Hằng Hóa, năm 2019 - 2020

3x+ 9x − 3 x + 1 x −2

Cho biểu thức P = − −

x+ x − 2 x + 2 x −1

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của biểu thức P khi

a) Điều kiện x≥0; x≠

1

Ta có

3 3

x = + + −

20 14 2 20 14 2

Lời giải

( )( ) ( )( )

( x − 1)( x + 2) ( x − 1)( x + 2)

( x + 1)( x + 2)

x + 1

( x − 1)( x + 2)

x −1

3x+ 3 x −3− x + 1 x −1 − x + 2 x − 2 3x+ 3 x −3− x+ 1− x+

4

P = =

⇒ P = =

b) Ta có

x

( )( ) ( )

3 3 3

= + + − ⇔ x = + 3 + − 3 + + 3 −

20 14 2 20 14 2 40 3 20 14 2 20 14 2 20 14 2 20 14 2

( )( )

3 3 2

⇔ x = + x⇔ x − x− = ⇔ x− x + x+ = ⇔ x=

40 6 6 40 0 4 4 10 0 4

(vì x 2 x ( x ) 2

+ 4 + 10 = + 2 + 6 > 0

Thay x = 4 vào biểu thức thu gọn ta được P = 3.

Cho biểu thức

a) Rút gọn A

Bài 6: Học sinh giỏi huyện Quan Sơn và Thanh Xuân, năm 2019 - 2020

⎛ x − 3 x + 2 9−x ⎞ ⎛ 3 x −9⎞

A = ⎜

+ − : 1−

2− x 3+ x x+ x −6⎟ ⎜ x − 9 ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

b) Tính giá trị của biểu thức A khi

a) Ta có

b) Ta có

Vậy

x =

( )

3 10 + 6 3 3 − 1

6+ 2 5 − 5

Lời giải

⎛ x − 3 x + 2 9−x ⎞ ⎛ 3 x −9⎞

x− 4 x + 2

A = ⎜

+ − : 1

2 x 3 x x x 6⎟ ⎜

− = =

x 9 ⎟

⎝ − + + − ⎠ ⎝ − ⎠ x − 2 x

( ) (

3

3+ 1) ( 3−1)

2

( )

( x )

( )( )

3 3

10+ 6 3 3− 1 3+ 1 3−1

x = = = = 2

6+ 2 5 − 5 1+ 5−

5

5+ 1 − 5

2+

2

A = = 2+

1

2

Cho biểu thức

a) Rút gọn A

Bài 7: Học sinh giỏi Ba Đình, năm 2019 - 2020

⎛ x x − 1 x x + 1 ⎞ 1

A = ⎜

+ −4 : −2

x 1 x 1 ⎟

⎝ − + ⎠ x−

x


3

b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = ( 2+ 3 − 2− 3)( 3+ 5 − 3−

5)

a) Điều kiện x> 0; x≠

1

Lời giải

⎛ 1 1 ⎞ 1 1

=

⎜

+ −4 : 2 1 1 4. 2

x 1 x 1 ⎟

− = + + + − + − −

⎝ − + ⎠ x− x x x −1

x x − x x +

Ta có A ⎜

⎟

( x x x x )

( x −1)

( x + )

2x

− 2 2 1 2

= − 2= − 2=

x

x x

b) x ( 2 3 2 3)( 3 5 3 5)

( )

⎛ 4+ 2 3 4− 2 3 ⎞⎛ 6+ 2 5 6−2 5 ⎞

= + − − + − − = − ⎟⎜ −

⎜ 2 2 ⎟⎜ 2 2 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ 3+ 1 3− 1⎞⎛ 5+ 1 5−1⎞

2 2

= ⎜

− . 2

2 2 ⎟⎜

− = =

2 2 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ 2 2

Thay x = 2 vào biểu thức A ta được A = 2.

Cho biểu thức


Bài 8: Học sinh giỏi Bắc Từ Liêm, năm 2017 - 2018

⎛1 1⎞

1 2 ⎛ 1 1 ⎞ x − y

A = ⎜ + ⎟. + . +

:

⎝ x y⎠ x + y + 2 xy ⎜ x y ⎟

+ ⎝ ⎠ xy xy

( x y) 3

b) Tính giá trị của biểu thức A khi x= 3+ 5; y = 3−

5

a) Điều kiện x> 0; y > 0; x≠

y

Ta có

( )

2( + )

( ) ( . )

Lời giải

x+

y

x y xy xy

A = +

.

2 3

xy x + y x + y x y x − y

x + y + 2 xy xy xy 1 xy xy xy

= . = . =

xy x y x − y xy x − y x − y

( + ) 2

b) Với x= 3+ 5; y = 3− 5 ta có x> y do đó A = xy > 0

x − y

mà

A

2

2

2

⎡

( xy) ( + )( − )

⎤

⎣

⎦

2

2

( 3+ 5) + ( 3− 5) −2 3 −( 5)

3 5 3 5 2

4

= = = = 8

2

x + y − xy

6 − 2.2

Vậy A = 8 = 2 2

Bài 9: Chuyên Bắc Ninh, năm học 2017 – 2018 (Học sinh chuyên Toán – Tin)

2x−3 x −2

Cho biểu thức P =

và Q =

x − 2

a) Rút gọn biểu thức P và Q

− + 2 −2

với x≥0; x≠

4

x + 2

3

x x x


4

b) Tính tất cả các giá trị của x để P=

Q

Lời giải

a) Với x≥0; x≠ 4 ta được P= 2 x + 1 và Q= x−

1

b) Khi đó

( ) 2

P= Q⇔ 2 x + 1= x−1⇔ x− 2 x + 1= 0⇔ x − 1 = 3⇔ x − 1= 3 ⇔ x = 3+ 1⇔ x= 4+

2 3

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 4+ 2 3 thỏa mãn điều kiện.

Bài 10:

Chuyên Bắc Ninh, năm học 2014 – 2015 (Học sinh chuyên Toán – Tin)

⎛1−x x ⎞⎛1−

x ⎞

Cho biểu thức P = ( x − 1)

⎜

+ x

1−

x ⎟⎜ 1−

x ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠


b) Tính số chính phương x sao cho 2 P

a) Ta có

2

là số nguyên

Lời giải

với x≥0; x≠

1

2

⎛

⎡

1 1

( ) ( ) ( 1 x )( x x 1 ) ⎤⎡ ⎤

−x x ⎞⎛ − x ⎞

− + +

1−

x

P = x − 1 x x 1 ⎢ x⎥⎢ ⎥

⎜

+ 1 x ⎟⎜ 1 x ⎟

= − +

⎝ − ⎠⎝ − ⎠ ⎢ 1− x ⎥⎢( 1− x)( 1+

x)

⎥

⎣ ⎦⎣ ⎦

( )( ) ( )

( )( )

1 2 1

= x − 1 1 + x + x+ x . = x − 1 1 + x . = x −1

2 2

1+ x

1+

b) Ta có 2 ∈Z

⇔ x − 1 là ước của 2 gồm 1; 2

P ± ±

{ 0; 4;9}

⇒ x ∈ .

Bài 11:

Học sinh giỏi Tỉnh Bình Phước, năm học 2018 - 2019

( x)

⎛ ⎞

x− 1 x+ 8 ⎛ 3 x− 1+

1 1 ⎞

Cho biểu thức P = ⎜ + ⎟:

−

⎜3+ x−1 ( 3− x− 1)( 3+ x−1

⎜

)

⎟ x−1−3 x−1 x−1⎟

⎝

⎠

⎝ ⎠


b) Tính giá trị của P khi ( )

a) Điều kiện xác định: 1< x ≠ 10

Đặt a = x− 1;0 < a ≠ 3

Khi đó

x = 3+ 2 2 − 5+ 1 3− 2 2 + 51−

2

Lời giải

2

2

a a + ⎛ a+ ⎞ a( 3− a)

+ a + 9 a+

P

⎜

: ⎜

:

2 ⎟

3+ ( 3− )( 3+ ) ⎟

⎝ −3 ⎠ ( 3− )( 3+ ) ( −3)

3a+ 9 3a+ 1− a+ 3 3( a+ 3)

2a+

4 3( a+ 3)

a( a−3)

: : .

( 3− a)( 3+ a) a( a−3)

( 3− a)( 3+ a) a( a−3)

( 3− a)( 3+ a)

2a+

4

⎛ 9 ⎞ 3 1 1 ⎡ ⎤ ⎡ 3 1 1⎤

= ⎜ + ⎟ − = ⎢ ⎥ ⎢ − ⎥

⎝ a a a ⎠ a a a ⎣ a a ⎦ ⎣a a a⎦


= = =

2

5

−3a

−3 x−1

= =

2a

+ 4 2 x − 1+

4

2 2

b) Ta có x = + − ( + ) − + − = ( + ) − ( + ) ( − ) + −

( ) ( )

3 2 2 5 1 3 2 2 51 2 2 1 5 1 2 1 51 2

= 2+ 1− 5+ 1 1− 2 + 51− 2 = 2+ 1− 51− 2 −1− 2 + 51− 2 = 2+ 1− 2− 1 = 2

Vậy

−3 2−1 −1 P = = .

2 2− 1+

4 2

Bài 12:

Học sinh giỏi Tỉnh Thái Bình, năm học 2018 - 2019

⎛ x + 1 xy + x ⎞ ⎛ xy + x x + 1 ⎞

Cho biểu thức P = + + 1 : 1− −

, với x ≥0; y ≥0; xy ≠ 1

⎜ xy + 1 1− xy ⎟ ⎜ xy − 1 xy + 1⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠


b) Tính giá trị của P khi

a) Ta có

P =

3 3

x = 4− 2 6 + 4+ 2 6 và

y

Lời giải

2

= +

( x + 1)( 1− xy ) + ( xy + x )( xy + 1) + 1−xy xy −1− ( xy + x )( xy + 1) − ( x + 1)( xy −1)

:

1−xy

xy −1

( )( ) ( )

( )( ) ( )( )


x

6

( )

( )

x + 1 1− xy + xy + x xy + 1+ 1− xy 2 x + 1 1

= = =

1− xy + xy + x xy + 1 + x + 1 xy − 1 2 xy + x y xy

Với x ≥0; y ≥0; xy ≠ 1 thì P =

1

xy

3

b) Ta có x ( ) ( )( )

3 3 3 3 3 3 3

= 4− 2 6 + 4+ 2 6 = 8+ 3 4− 2 6 + 4+ 2 6 4− 2 6. 4+ 2 6 = 8x−

6

( )

3 2

⇒ x + 6x = 8⇔ x x + 6 = 8⇔ xy = 8 (thỏa mãn điều kiện)

Thay xy = 8 vào P ta được

2

P = . vậy P =

4

3 a a + 1 5 a + 2

a + 2 a −2

4 − a


2 .

4

Bài 13: Chuyên Ninh Bình, năm học 2017

Cho biểu thức P= + + ( a≥0; a ≠4)

3 3

b) Tính giá trị của P khi a = 1+ 84 + 1−

84

9 9

a) Ta có

Lời giải

, với x ≥0; y ≥0; xy ≠ 1

( − ) + ( − )( + ) − ( + )

3 a a + 1 5 a + 2 3 a a 2 a 1 a 2 5 a 2

P = + + =

a + 2 a −2

4−a

a−4

3a− 6 a + a+ 3 a + 2−5 a −2 4a−8 a 4 a

P = = =

a−4 a− 4 a + 2

6

b) Tính được ( )

4

a = 1 tm ⇒ P = .

3

Bài 14: Chuyên Trà Vinh, năm học 2018 - 2019

x ⎛ x ⎞ y

Cho biểu thức Q = − 1 +

:

x − y ⎜ x y ⎟

⎝ − ⎠ x− x − y

a) Rút gọn Q

b) Xác định giá trị của Q khi x=

3y

a) Ta có

2 2 2 2 2 2

Lời giải

với x> y > 0

x ⎛ x ⎞ y x x+ x − y x− x − y

Q = − 1 + : = −

.

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

x − y ⎜ x y ⎟

⎝ − ⎠ x− x − y x − y x − y y

( − ) 2

2 2

x x− x + y x y x y x−

y

= − = − = =

2 2 2 2 2 2 2 2

x − y y x − y x − y x − y x+ y.

x− y x+

y

Vậy

Q =

x−

y

x+

y

với x> y > 0

b) Thay x= 3y

(thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức Q ta được:

3y−

y 2y

2

Q = = =

3y+

y 4y

2

Cho biểu thức

a) Rút gọn biểu thức

Bài 15: Chuyên Toán Bến Tre, năm học 2018 - 2019

a b+ a −b a − b

P =

1+

ab

P :

1

( a + b)( a + b)

với ab , là hai số thực dương

2 2 2 2

b) Xác định giá trị của biểu thức P khi a = 2019 + 2 2018 và b = 2020 + 2 2019

a) Ta có

Lời giải

( − ) + ( − ) ( − )( 1+

)

( )

a b+ a −b a − b ab a b a b a b ab

P= = = = a − b

1+ ab 1+ ab 1+

ab

( + )( + )

( )( )( ) ( )( )

2 2

1

P:

a b a b a b a b a b a b

a b a b = − + + = − + = −

2 2

b) ( ) ( )

a = 2019 + 2 2018 = 2018 + 1 ; b= 2019 + 1 ⇒ P= 2018 + 1− 2019 − 1 = 2018 − 2019 .

Bài 16: Học sinh giỏi cấp Tỉnh Lạng Sơn, năm học 2020 - 2021

⎛ x − y x + y ⎞ ⎛ x + y + 2xy

⎞

Cho biểu thức P = − : 1+

⎜ 1 xy 1 xy ⎟ ⎜ ⎟

⎝ + − ⎠ ⎝ 1−

xy ⎠


với x ≥0; y ≥0; xy ≠ 1.


b) Tính giá trị của biểu thức P với y = 9+

4 5

Lời giải

7

a) Điều kiện x ≥0; y ≥0; xy ≠ 1.

⎛ x − y x + y ⎞ ⎛ x + y + 2xy

⎞

P = − : 1+

⎜ 1 xy 1 xy ⎟ ⎜ ⎟

⎝ + − ⎠ ⎝ 1−

xy ⎠

⎛

⎞

x −x y − y + y x − x −x y − y − y x ⎛1− xy + x + y + 2xy

⎞

P = ⎜

⎟:

⎜

⎜ ⎟

( 1+ xy )( 1− xy )

⎟ ⎝ 1−

xy ⎠

⎝

⎠

( )

⎛−2x y −2 y ⎞⎛ 1−xy ⎞ ⎡− 2 y x+

1 ⎤⎡ 1−xy

⎤

P = =

⎜ 1 xy ⎟ ⎢ ⎥⎢ ⎥

⎝ − ⎠ ⎜ ⎝1+ x + y + xy ⎟ ⎠ ⎢⎣ 1− xy ⎥⎣ ⎦ ( 1+ x)( 1+

y)

⎦

2 y

P = −

1 + y

Vậy

−2

y

P = với x ≥0; y ≥0; xy ≠ 1.

1 + y

b) Với x ≥0; y ≥0; xy ≠ 1

2 2

( ) y ( )

( ) ( )

+ + 2 5( 5+

2)

y = 9+ 4 5 = 5+ 2 ⇒ = 5+ 2 = 5+ 2 (thỏa mãn)

Thay vào biểu thức P ta được

Vậy

5

P = − khi y = 9+ 4 5.

5

1) Rút gọn biểu thức

2 5 2 2 5 2 1 5

P − + − + − −

= = = =

1 9 4 5 5 5

Bài 17: Học sinh giỏi cấp Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu, năm học 2020 - 2021

⎛ x x− x − 1⎞ ⎛ x + 2 x−5

⎞

P = ⎜

− :

−

x −2 x− 2 x ⎟ ⎜ x + 1 x− x −2⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

với x≥0, x≠

4

3

3 3

2) Tính giá trị của biểu thức M = x − 9x+ 2021 với x = 12 − 3 13 + 12 + 3 13

1) Với x> 0, x≠

4

⎛ x x− x − 1⎞ ⎛ x + 2 x−5

⎞

P = ⎜

− :

−

x −2 x− 2 x ⎟ ⎜ x + 1 x− x −2⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x− x+ x + 1 x−4− x+

5

=

:

x x x x

( − 2) ( + 1)( −2)

x ( x + 1)( x −2)

.

( x − 2)

1

+ 1 x−1

= =

x

x

.

Lời giải

2) Áp dụng công thức: ( a+ b) 3 = a 3 + b 3 + 3ab( a+

b)

3

( ) ( )

3 3 3 3 3

M = x − 9x+ 2021 = 12 − 3 13 + 12 + 3 13 −9 12 − 3 13 + 12 + 3 13 + 2021


8

3 3

( )

3 3

( )

= − + + + − − + +

3

12 3 13 12 3 13 3 144 117. 12 3 13 12 3 13

−9 12 − 3 13 + 12 + 3 13 + 2021

3 3 3 3

( ) ( )

= 24 + 3.3 12 − 3 13 + 12 + 3 13 −9 12 − 3 13 + 12 + 3 13 + 2021 = 2045.

Cho biểu thức


b) Tính giá trị của A khi

a)

Bài 18: HSG Huyện Gia Lâm vòng 1, năm học 2020 - 2021

x x −x− 4 x + 4 x x + x−4 x −4

A = −

2− 3 x + x x 2+ 3 x −x x

x =

( )

2+ 3 7−4 3

3−1

x x −x− 4 x + 4 x x + x−4 x −4

A = −

2− 3 x + x x 2+ 3 x −x x

2

Đặt t = x( t ≥0) ⇒ x=

t

Như thế

Lời giải

( )( )( )

( ) ( )

( )( )( )

( ) ( )

3 2 3 2

t −t − 4t+ 4 t + t −4t−4

t− 2 t+ 2 t−1 t− 2 t+ 2 t+

1

A = − = −

3 3

2 2

t − 3t+ 2 − t + 3t+ 2 t− 1 t+ 2 t+ 1 2−t

2 2 2

2

4 2 4

1 1

2

1 1

t− t+ t − x−

= + = =

t− t+ t − x−

b) Ta có

( 2 2

+ 3 ) ( 2 − 3 ) ( 2 + 3 )( 2 − 3 )

(2 + 3) 7 − 4 3 1 3 + 1

x = = = = =

3−1 3−1 3−1 3−1

2

( − )

3+ 1−4

− 3 3 1 .2

Vậy A = = = −2 3

3−1 3−1

2

b) Ta có các bđt phụ sau (rất quen thuộc nên ta không chứng minh lại)

Với ba số thực dương xyz ; ;

xy + yz + xz ≤ 1 ( x + y + z (dấu bằng khi

3 )2

x= y = z)

Và 1 + 1 + 1 ≥ 9 (dấu bằng khi x= y = z)

x y z x + y + z

Áp dụng ta có

1 2020 ⎛ 1 1 1 ⎞ 2018

+ + + + ⎝ + + + + + + ⎠ + +

≥ 9 2018 6063 6063

6063

x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + xz) + 1

= 2

( x y z) ( x y z) ≥ 2

1

=

+ + + +

2

3

1

Vậy Pmin

= 6063 ⇔ x= y = z =

3

P = + = x

2 y

2 z

2 ⎜

+ + xy yz zx x

2 y

2 z

2

⎟+

xy yz xz xy yz xz xy yz xz


9

Bài 19: HSG Hà Đông, năm học 2018 - 2019

2 2

( a+ 1) ( a− 2) + ( a −1) ( a− 2)( a+ 2) a + 2


.

2 2

( a− 1) ( a+ 2) + ( a −1) ( a− 2)( a+

2) a − 2


b) Chứng minh rằng nếu biểu thức sau khi rút gọn của P là số nguyên tố và a là số nguyên thì a

cũng là số nguyên tố

b) Tính giá trị của biểu thức P biết

1) ĐKXĐ: a > 2hoặc a<−

2

P =

a+ a− + a − a− a+ a +

.

a− a+ + a − a− a+

a − 2

2 2

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

2 2

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

Nếu a > 2thì

a =

2( 5 + 2 + 5 −2)

+ 5

5+

1

Lời giải

( a+ 1) a− 2 ⎡( 1) 2 ( 1) 2 ⎤

⎣

a+ a− + a− a+ ⎦ a+ 2 a+

1

P = . =

( a− 1) a+ 2 ⎡( − 1) + 2 + ( + 1) −2

⎤ a−2 a−1

⎣

a a a a

⎦

Nếu a<−2thì

− ( a+ 1) 2 − a⎡( 1) 2 ( 1) 2 ⎤

⎣

a+ − a + a− −a− ⎦ −a− 2 a+

1

P = . = −

−( a−1) −a−2 ⎡( −1) − −2 − ( + 1) 2 − ⎤ 2−a

a−1

⎣

a a a a

⎦

a + 1

2) Nếu a<−2

⇒ P =− < 0 thì P không là số nguyên tố

a −1

a + 1

Nếu a > 2 ⇒ P = nguyên tố khi P là số nguyên

a − 1

Vì a∈ Z nên P nguyên khi a−1thuộc ước của 2

Mà a > 2nên a− 1> 1⇒a− 1= 2⇒ a = 3

Với a = 3thì P = 2 là số nguyên tố

Vậy P là số nguyên tố khi a = 3cũng là số nguyên tố

3) Đặt

t =

2( 5 + 2 + 5 −2)

2

⇒ t = 4⇒ t = 2(do t > 0)

5+

1

7+

1 4

⇒ a = 2+ 5=

7. Thay a = 7 vào P = =

7−1 3

Bài 20: HSG Huyện Nga Sơn, năm học 2020 - 2021

⎛ 1 2 a ⎞ ⎛ 2 a ⎞

Cho biểu thức A = − : 1−

với 0≤a

≠ 1

⎜ a − 1 a a + a −a−1⎟ ⎜ a + 1 ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠


b) Tính giá trị của A , biết

a 2 2−

3

=

4+ 2 3 6−

2

Lời giải

a) Với a≥0, a ≠ 1 ta có:


10

⎛ 1 2 a ⎞ ⎛ 2 a ⎞

A = ⎜

− : 1−

a − 1 a a + a −a−1⎟ ⎜ a + 1 ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞

1 2 a ⎛ a+ 1−2

a ⎞

A = ⎜ − ⎟:

⎜ a − 1 ( a+ 1)( a −1

⎜

)

⎟ a + 1 ⎟

⎝ ⎠

⎝ ⎠

( a 1) 2

⎛ ⎞

a+ 1−2

a −

A = ⎜

⎟:

⎜ ( a+ 1)( a −1)

⎟ a + 1

⎝ ⎠

2

( a − 1)

a + 1

( a+ 1)( a −1) ( a − 1)

A = ⋅

A =

Vậy

1

a −1

A =

b) Ta có:

a

⇔ =

1

với 0, 1

a −1

a≥

a ≠

a 2 2−

3

=

4+ 2 3 6−

2

2 4−

2 3

2

( 1+

3) 2( 3−1)

a

⇔ =

( 1+

3)

2

( 3−1) 2

3−1

a 3−1

( 1+

3) 2 3−1

a ( 1 3) 2

⇔ =

⇔ = +

Thay ( 1 3) 2

2

a = + ( thỏa mãn a≥0, a ≠ 1 ) vào biểu thức

1 1 1 3

A = = = =

1+ 3−1 3 3

1+ 3 −1

Vậy

( ) 2

3

A = khi

3

Cho biểu thức


a 2 2−

3

=

4+ 2 3 6−

2


A =

1

ta được:

a −1

Bài 21: HSG Yên Định, năm học 2020 - 2021

⎛ x ⎞ ⎛ x + 2 x + 3 x + 2⎞

A = ⎜

1 − :

+ +

x + 1⎟ ⎜ x− 5 x + 6 x −2 3−

x ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

11

3 3

1+ 1−

b) Tính giá trị của A , biết x = 2 + 2

1+ 1+ 3 3

1− 1−

2 2

Lời giải

a) Với x ≥ 0 , x ≠ 4 , x ≠ 9 ta có:

⎛ x ⎞ ⎛ x + 2 x + 3 x + 2⎞

A = ⎜

1 − :

+ +

x + 1⎟ ⎜ x− 5 x + 6 x −2 3−

x ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛

⎞

x + 1− x x + 2 x + 3 x + 2

= : ⎜

+ − ⎟

x + 1 ⎜

x −2 x −3

⎝

=

=

=

=

=

=

Vậy

b) Khi

( x −2)( x −3)

⎟

⎠

( )( ) ( )( )

( )( )

1 x + 2+ x + 3 x −3 − x + 2 x −2

:

x + 1 x −2 x −3

1 x + 2+ x−9− x+

4

:

x + 1 x −2 x −3

( )( )

1 x − 3

:

x + 1 x −2 x −3

( )( )

1 1

:

x + 1 x −2

1 x − 2

.

x + 1 1

x − 2

x + 1

.

A =

x − 2

x + 1

khi x ≥ 0 , x ≠ 4 , x ≠ 9 .

3 3 2+ 3 2−

3

1+ 1−

x = 2 + 2 = 2 + 2

3 3 4+ 2 3 4−2 3

1 1 1 1 1 1

2 2 4 4

2+ 3 2−

3

= 2 + 2

2 2

+ + − − + − 2+ ( 3+ 1) 2− ( 3−1)

2+ 3 2−

3

= +

3+ 3 3−

3

=

( 2+ 3)( 3− 3) + ( 2− 3)( 3+

3)

( 3+ 3)( 3−

3)

6− 2 3+ 3 3− 3+ 6+ 2 3−3 3−3 = = 1

9−

3

(thỏa mãn ĐKXĐ).

2 2


12

x −2 1−2 −1

Ta có A = = = .

x + 1 1+

1 2

1

Vậy A = − .

2


13

DẠNG 2: RÚT GỌN BIỂU THỨC VÀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

A. Kiến thức cần nhớ

1. Xét bài toán: P( x )

a) Rút gọn P( x )

b) Tìm x để P( x)

= m (m là hằng số) hoặc P( x) = Q( x)

2. Giải bài toán

a) Rút gọn

- Đặt điều kiện để ( )

- Thực hiện rút gọn P( x )

P x có nghĩa

b) Tìm x : Giải phương trình

B. Bài tập

Cho biểu thức

a) Rút gọn biểu thức Q

Bài 1: Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định, năm 2015

⎛ 1 2 ⎞⎛

x+ x 1−

x ⎞

Q = ⎜ − ⎜ −

⎝ x − 1 x −1

⎟⎜ x + 1 x −x⎟

⎠⎝ ⎠

b) Tìm các giá trị của x để Q = − 1

a) Điều kiện

Ta có

⎧x

≥ 0

⎪

⎪ x −1≠ 0 ⎧x>

0

⎨ ⇔ ⎨

⎪x−1≠0 ⎩x≠1

⎪

⎩ x −x≠0

( )

Lời giải

x + 1 −2 ⎛ 1 ⎞ x −1 x−1 x −1

x−

x

Q= . x − = . = =

x−1 ⎜ ⎟

⎝ x ⎠ x−1

x x x

x −1 1 1

b) Q=−1⇔ =−1⇔ x − 1=− x ⇔ x = ⇔ x= (thỏa mãn điều kiện)

x

2 4

1

Vậy x = .

4

Cho biểu thức P( x)

a) Rút gọn biểu thức P( x )

b) Tìm x để P( x) = x+

1

a) Điều kiện x > 0 và x ≠ 1

Ta có P( x)

Bài 2: Chuyên Lào Cai, năm 2017

⎛ x x ⎞ ⎛ 1 ⎞

= ⎜

+ . ⎜ x − ⎟

x 1 x 1⎟

⎝ + − ⎠ ⎝ x ⎠

Lời giải

( − 1) + ( + 1) x −1

( − 1+ + 1)

x x x x x x x

= . = = 2

x −1

x x


x

14

b) ( ) ( ) 2

P x = x+ 1⇔ 2 x = x+ 1⇔ x− 2 x + 1= 0⇔ x − 1 = 0⇔ x − 1= 0⇔ x= 1 (loại)

Vậy không có giá trị nào để P( x) x 1

= + .

3x+ 9x − 3 x + 1 x −2

Bài 3:

Cho biểu thức P= − + ( x≥0; x≠1)

x+ x − 2 x + 2 1−

x


b) Tìm tất cả các giá trị x nguyên dương để p nhận giá trị nguyên

a) Ta có

Lời giải

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

3x+ 9x − 3 x + 1 x − 2 3x+ 3 x −3

x + 1 x −1 x − 2 x + 2

P = − + = − −

x+ x − 2 x + 2 1− x x + 2 x − 1 x + 2 x − 1 x + 2 x −1

( ) ( )

3x+ 3 x −3− x−1 − x− 4 x+ 3 x + 2 x + 1

= = =

x −1

b)

( x + 2)( x − 1) ( x + 2)( x −1)

x + 1 2

P = = 1+

x −1 x −1

2

P∈Z ⇔ ∈Z

x −1

+ +

Vì x∈Z ; x≠1⇒ x∈ Z và x ≥ 2

Để

2 ⎧⎪

x∈ Z ⎡ x − 1= 1 ⎡x=

4

∈Z

⇔ ⎨

⇔ ⎢ ⇔ ⎢ (thỏa mãn)

x −1 ⎪ x −1∈U( 2)

⎢⎣

x − 1= 2 ⎣x

= 9

⎩

Vậy x ∈ { 4;9}

Bài 4: Chuyên Sư Phạm Hà Nội, năm 2017

2x

− x + 1

2 1


.

x −

( x+ 1) x+ 1+ ( x−1)

x−1

1 1

−

x− 1 x+

1


b) Tìm các giá trị của x để P= x−

1

a) Ta có

P =

( x+ 1) + ( x−1)

3 3

( x+ 1 + x−1)( 2x− x+ 1. x−1)

Lời giải

( )

2 2x− x+ 1. x− 1 x+ 1. x−1

. .

x− 1 x+ 1− x−1

( )

2 2x− x+ 1. x− 1

2 x + 1

= . . x+ 1= = x+

1

x+ 1− x−1

x+ 1− −1

b) Ta có P= x−1⇔ x+ 1= x− 1 (điều kiện x > 1)

( x )


15

( x )

2

⎡x

= 0

⇔ x+ 1= −1

⇔ ⎢

⎢⎣ x = 3

Vậy x = 3 là giá trị cần tìm.

( loai)

( tm)

Bài 5: Học sinh giỏi huyện Chương Mỹ vòng 2, năm học 2020

x y xy

Cho H = − −

x + y − xy − y x + xy + x + y x + 1− xy − y

Tìm xy , nguyên để H = 20.

Điều kiện xy , ≠ 1; xy , > 0

Lời giải

Ta có x + y − xy − y = ( x + y) − y( x + y) = ( x + y)( 1−

y)

x + y + xy + x = ( x + y)( x + 1)

; x + 1− xy − y = ( x + 1)( 1−

y )

x x x y y y xy x xy y ( ) ⎡

Khi đó H = =

( x + y)( 1− y)( x + 1)

( x + y)( 1− y)( x + 1)

x − y + x − xy + y −xy

( x + x ) − ( y + xy ) + y ( 1− x )( 1+

x )

H = =

( 1− y)( x + 1)

( 1− y)( x + 1)

x − y + y( 1− x)

x − y + y−

y x

= = = ( 1+ ) − = + −

+ − + − − x + y x − y + x − xy + y −xy⎤

⎣ ⎦

H x y y x xy xy

1−

y

1−

y

Ta có :

( ) ( ) ( )( )

H = 20 ⇒ x + xy − y = 20 ⇒ x y + 1 − y + 1 = 19 ⇒ y + 1 x − 1 = 19 = 19.1 = 1.19

( ) ( ) ( ) ( )

= 19 = 19.1 = 1.19 = −1 . − 19 = −19 . − 1

TH1:

TH2:

⎪⎧ y + 1= 1 ⎧x

= 400

⎨ ⇒ ⎨

⎪⎩ x − 1 = 19 ⎩y

= 0

⎪⎧ y + 1 = 19 ⎧x

= 4

⎨ ⇒ ⎨

⎪⎩ x − 1=

1 ⎩y

= 324

⎧ ⎪ y + 1=−1

TH1: ⎨

⇒ loại

⎪⎩ x − 1 =−19

⎧ ⎪ y + 1 =−19

TH1: ⎨

⇒ loại

⎪⎩ x − 1=−1

Vậy với x= 400; y = 0 hoặc x= 4; y = 324 thì H = 20.

Cho

Bài 6: Học sinh giỏi huyện Đức Cơ, năm học 2019

3

2x−3 x − 2 x + x + 2x+

2

A= ; B=

. Tìm x sao cho A=

B

x − 2 x + 2


Lời giải

16

2x−3 x −2

Ta có A =

xác định khi x≥0; x≠

4

x − 2

( x − 2)( 2 x + 1)

2x−3 x −2

A= = = 2 x + 1

x −2 x −2

Lại có

B =

+ + 2 + 2

xác định khi x ≥ 0

x + 2

3

x x x

( x + )( x+

)

x 3 + x + 2x+

2

B= = 2 1

= x+

1

x + 2 x + 2

⎡ x = 0 ⎡x=

0

= ⇔ 2 + 1= + 1⇔ − 2 = 0⇔ − 2 = 0⇔ ⎢ ⇔ ⎢

⎢⎣ x = 2 ⎣x

= 4

Ta có A B x x x x x( x )

Kết hợp với điều kiện ta được x = 0

Vậy x = 0 khi A=

B

Bài 7: Học sinh giỏi huyện Như Thanh, năm học 2019

⎛ x+ 2 x 1 ⎞ x −1


+ +

:

x x 1 x x 1 1 x ⎟

⎝ − + + − ⎠ 2

a) Tìm điều kiện của x để A có nghĩa và rút gọn A

b) Tìm x để biểu thức A nhận giá trị bằng 2

c) Tính giá trị của biểu thức A tại x = + ( + )


1

Ta có

3

3 2−1

3

3 2 1.

Lời giải

3

( ) ( )

( )( )

2

( )

( ) ( )

⎛

⎡

2 1 1 x 2 x x 1 x x 1 ⎤

x+ x ⎞ x − + + − − + + x −1

A = + + : =⎢ ⎥

⎜ :

x x 1 x x 1 1 x ⎟

⎝ − + + − ⎠ 2 ⎢ x − 1 x+ x + 1 ⎥ 2

⎣

⎦

( )( )

( )

( ) ( )

x+ 2+ x− x −x− x −1 2 2 x− 2 x + 1 2 x −1

2

= . = = =

2 2

x − 1 x+ x + 1 x − 1 x − 1 x+ x + 1 x − 1 x+ x + 1 x+ x + 1

Vậy

2

A = với x≥0; x≠

1

x+ x + 1

2

b) Ta có ( )

A= 2⇒ = 2⇔ x+ x + 1= 1⇔ x x + 1 = 0⇔ 2 x = 0⇔ x=

0 (thỏa mãn)

x+ x + 1

(vì x + 1> 0 với mọi x)

2 1 2 1 2 1

3 3 3

3 3 3

3 3 3 3

c) Ta có x= 3+ ( 2+ 1 ). ( ) ( ) ( )

3 ⇔ x− 3= 2+ 1 . 3 ⇔ x− 3 = 2+

1

( ) 3 3

3 3 2 1

( ) ( ) 3 3 3 3 3

x 3 ⎡3 3 2 2 1 ⎤

−

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

⇔ − = + + ⇔ − = − + + −

⎣

⎦ 3


3 3 3 2

( ) ( ) ( )

3 3

⇔ x− 3 = 2− 1+ 2 2 −1 ⇔ x− 3 = 1⇔ x− 3= 1⇔ x= 4 (thỏa mãn)

17

Thay x = 4 vào A ta được:

2 2

A = =

4+ 4+

1 7

Bài 8: Học sinh giỏi huyện Mỹ Đức và Tỉnh Lai Châu (2018-2019), năm học 2019 - 2020

⎛ x+ 2 x 1 ⎞ x −1

Cho P = ⎜

+ +

:

x x 1 x x 1 1 x ⎟

⎝ − + + − ⎠ 2

a) Rút gọn P

2

b) Tìm các giá trị của x để P =

7

c) So sánh 2P và

a) Ta có

P

2

với x≥0; x≠

1

Lời giải

⎡

⎤

⎛ x+ 2 x 1 ⎞ x − 1 x+

2 x 1

P = :

⎢

⎥

⎜

+ + = + −

x x − 1 x+ x + 1 1− x ⎟ 2 ⎢

( x ) 3

1 x+ x + 1 x −1⎥

⎝ ⎠ ⎢ −

⎣

⎥⎦

( ) ( )

( x − 1)( x+ x + 1) ( x − 1)( x+ x + 1)

x+ 2+ x x −1 − x+ x + 1 x −1 x− 2 x + 1 2 2

= : = . =

2 x − 1 x+ x + 1

b) Với x≥0; x≠

1

Ta có P 2 2 2 x x x x ( x )( x )

= ⇔ = ⇔ + + 1= 7⇔ + − 6= 0⇔ − 2 + 3 = 0

7 x+ x + 1 7

Vì x + 3> 0⇒ x − 2= 0⇔ x= 4 (thỏa mãn)

2

Vậy P = khi x = 4

7

2

2

c) Vì x≥0⇒ x+ x + 1≥1⇔ 0< ≤2⇔ 0< P≤2⇔ P( P−2) ≤0⇔ P−2P≤0⇔ P ≤2P

x+ x + 1

Dấu “=” xả ra khi P= 2⇔ x= 0.

2

Vậy P ≤ 2P

Cho

Bài 9: HSG Tỉnh Sóc Trăng, năm học 2020 - 2021

⎛

1 ⎞⎛

x− 1 x + 2021 x + 1 ⎞

P= ⎜ x − 1+ ⎜

+ +

⎝ x + 2021

⎟⎜ x− 2022 x + 2021 x −1 2021−

x ⎟

⎠⎝ ⎠

a) Rút gọn P

b) Tìm các giá trị của x để P = 2024

a) Điều kiện xác định:

x≥0; x≠1; x≠

2021

2

Lời giải

⎛

1 ⎞⎛

x− 1 x + 2021 x + 1 ⎞

P= ⎜ x − 1+ ⎜

+ +

⎝ x + 2021

⎟⎜ x− 2022 x + 2021 x −1 2021−

x ⎟

⎠⎝ ⎠

( x − 1)( x + 2021) + 1 ( x− 1) + ( x + 2021)( x −2021) −( x − 1)( x + 1)

x + 2021 ( x −1)( x −2021)

= ⋅


18

x+ 2020 x −2020

= ⋅

=

2

( x− 1) + ( x−2021 ) −( x−1)

x + 2021 ( x −1)( x −2021)

2

( x+ 2020 x − 2020 ) . ( x−

2021 )

( x + 2021)( x −1)( x −2021)

x+ 2020 x −2020

=

x −1

b) Ta có: P = 2024

x+ 2020 x −2020

⇔ = 2024

x −1

x+ 2020 x −2020 − 2024 x + 2024

⇔ = 0

x −1

x− 4 x + 4

⇔ = 0

x −1

⇒ x− 4 x + 4=

0

( x ) 2

⇔ − 2 = 0

⇔ x − 2=

0

⇔ x = 2

⇔ x = 4 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy với x = 4 thì P = 2024 .


19

DẠNG 3: RÚT GỌN BIỂU THỨC VÀ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH


1. Xét bài toán: Cho biểu thức P( x )


b) Tìm giá trị của x sao cho P( x)

> m (m là hằng số) hoặc P( x) > Q( x)


a) Rút gọn

- Đặt điều kiện để ( )

- Thực hiện rút gọn P( x )

P x có nghĩa

b) Tìm x : Giải bất phương phương trình

- Kiểm tra điều kiện và kết luận

B. Bài tập

Bài 1:

⎛ x x− 3 7 x + 10 ⎞ x + 7


− −

:

x 2 x 2 x 4 x x 8 ⎟

⎝ − + + − ⎠ x+ 2 x + 4


b) Tìm x sao cho A < 2

a) Điều kiện x ≥ 0 và x ≠ 4

Đặt A=

B:

C

Lời giải

( ) ( )( ) ( )

( x − 2)( x+ 2 x + 4) ( x − 2)( x+ 2 x + 4)

4x

−16

4( x + 2)

( x − 2)( x+ 2 x + 4)

x 2 x 4

4( x + 2)

x x+ 2 x + 4 − x−3 x −2 − 7 x + 10 x x + 2x+ 4 x − x x + 2x+ 3 x −6 −7 x −10

B = =

B = =

+ +

⇒ A= B:

C =

b)

x + 7

( x + )

4 2

A< 2⇔ < 2⇔ 4( x + 2) < 2( x + 7) ⇔ 2( x + 2)

< x + 7⇔ x < 3

x + 7

⇔0≤ x < 9. Vậy

Cho biểu thức

⎧0≤ x < 9

⎨

⎩x

≠ 4


Bài 2:

⎛ ⎞

x − 4 3 ⎛ x + 2 x ⎞

P = ⎜

+ ⎟:

−

⎜ x( x − 2)

x −2⎟

⎜ x x −2⎟

⎝

⎠

⎝ ⎠


b) Tìm m để có x thỏa mãn ( )

1 + x . P> x + m

1

a) Ta có

Điều kiện:

Lời giải

( x )

( ) ( )

⎛ ⎞

x − 4 3 ⎛ x + 2 x ⎞ 4 −1

−4

P = ⎜

+ ⎟: − =

:

⎜ x( x −2)

x −2⎟

⎜ x x 2⎟

⎝

− ⎠ x x −2 x x −2

⎝

⎠

⎧x

> 0

⎨

⎩x

≠ 4

4( x −1)

−4

P

x( x −2) x( x −2)

b) ( ) ( ) ( )

= : = 1−

1 + x . P= 1 + x . 1− x = 1−

x

Theo đầu bài 1− x> x + m⇔ x+ x < 1−

m

Nhận thấy x> 0⇒ x+ x > 0⇒1− m> 0⇔ m<

1

Ngược lại với m < 1 thì

⎛ 5 1⎞

⇔ 0 < x< ⎜

−m−

4 2⎟

⎝ ⎠

Vậy m < 1 là các giá trị cần tìm

2

x

2

⎛ 1⎞

5 1 5 5 1

x+ x < 1−m⇔ ⎜ x + ⎟ < −m⇔ x + < −m ⇔ x < −m−

⎝ 2⎠

4 2 4 4 2

Bài 3: Học sinh giỏi huyện Triệu Phong, năm học 2019 - 2020

( ) 2 .

Cho biểu thức

x + y ⎛ x−

y

B

x x − y y ⎞

= −

x x + y y ⎜ x − y x−

y ⎟

⎝

⎠

a) Rút gọn biểu thức B

b) So sánh B và B

a) Điều kiện xy , > 0; x≠

y

Ta có

2

( )

( )( )

Lời giải

( )( ) ( )( )

x − y ( )( )

x + y ⎡ x − y x + y x − y x+ xy + y

B = . ⎢

−

x + y x− xy + y ⎢

x − y x + y

⎣

x + y ⎛

2

. x + xy + y ⎞ x +

x y

y .

x + xy + y − x − xy −

= + − =

y

x − xy + y ⎜

x y ⎟

⎝

+ ⎠ x − xy + y x + y

x + y xy xy

= . =

x − xy + y x + y x − xy + y

⎛ y ⎞ 3y

b) Vì x, y > 0⇒ xy > 0 và x − xy + y = x − + > 0, ∀ x, y > 0

⎜

2 ⎟

⎝ ⎠ 4

nên B > 0 với mọi xy , thỏa mãn điều kiện đã cho

xy xy

− ≥0⇔ + − ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≤ = 1

x + y − xy xy x + y − xy xy

Lại có: ( ) 2 1 1

x y x y xy xy

2


Dấu “=” không xảy ra vì x≠

y

Vậy 0< B< 1⇒ B > B

⎤

⎥

⎥

⎦

2

Bài 4: Học sinh giỏi huyện Thường Tín, năm học 2019 - 2020

⎛ 1 1 ⎞ ⎛2x+ x − 1 2x x + x−

x ⎞

Cho biểu thức P = ⎜ − ⎟:

+

⎝1− x x ⎠

⎜ 1−

x 1+

x x ⎟

⎝ ⎠


b) Chứng minh P > 1

a) Điều kiện P có nghĩa x> 0; x≠

1

Ta có

( )( )

( )( )

x( 2 x −1)

Lời giải

( )( )

( )( )

⎛ ⎞ ⎛

2 1 x 1 2 x 1 x 2 x 1 x 1 ⎞

x − + − − +

P = ⎜ ⎟:

⎜ +

⎟

⎜( 1− x)

x ⎟ ⎜ 1− x 1+ x 1+ x 1− x + x ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

2 x −1 2 x −1 2 x −1 2 x −1 1− x + x

P = ⎜ ⎟: ⎜ + ⎟= :

=

⎜( 1− x)

x ⎟ ⎜ 1− x 1− x + x ⎟

( 1− x) x ( 1− x)( 1− x + x)

x

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

b)

1− x + x 1 1

P= = + x −1≥2 . x − 1= 1 (bất đẳng thức Côsi)

x x x

Vì đẳng thức xảy ra

Vậy P > 1

Cho biểu thức

1

⇔ = x ⇔ x= 1 (không thỏa mãn điều kiện)

x

Bài 5: Học sinh giỏi huyện Ba Vì, năm học 2019 - 2020

2

x+

3 ⎛ 8x 3x

1 ⎞

P = 1 + :

2 ⎜ − −

3 2 2 ⎟

x + 5x+ 6 ⎝4x −8x 3x − 12 x+

2 ⎠


b) Tìm các giá trị của x để P= 0; P=

1

c) Tìm các giá trị của x để P > 0

a) Điều kiện: x≠−2; x≠−3; x≠0; x≠

2

Lời giải

x + 4

Rút gọn được P =

6

b) P= 0⇔ x=− 4 (thỏa mãn)

P= 1⇔ x= 2 (không thỏa mãn điều kiện)

c) P> 0⇔ x+ 4> 0⇔ x>− 4 và x≠−2; x≠−3; x≠0; x≠

2

Bài 6: Học sinh giỏi huyện Ba Thước, năm học 2019 - 2020

⎛ 2x+ 1 x ⎞⎛

x−4

⎞

⎜

⎟⎜

x x 1 x x 1⎟

⎟

⎝ + − + ⎠⎝ x −2⎠


Cho biểu thức P = − x− ( x> 4; x≠0)

b) Tìm các giá trị của x để P x− 1<

0

a) Ta có

Lời giải


3

⎛

⎡

⎤

2x+ 1 x ⎞⎛ x− 4 ⎞ 2x+ 1 x ⎛ x x −2x− x+

4⎞

P= x

⎢ ⎥

⎜ − ⎜ − ⎟= −

x x + 1 x− x + 1⎟ ⎝ x −2⎠

⎢( x −1)( x− x + 1)

x− x + 1⎥⎜ x −2

⎟

⎝ ⎠

⎣

⎦

⎝ ⎠

( ) ( ) ( )

( x −1)( x− x + 1)

x− x + 1 x( x −2) −( x−4)

( x −1)( x− x + 1)

x − 2

1 ( x −2)( x− x −2)

⎡ 2 x+ 1 − x x − 1 ⎤⎡x x − 2 − x−

P

4 ⎤

= ⎢ ⎥⎢ ⎥

⎢ ⎥⎢ x − 2 ⎥

⎣ ⎦⎣ ⎦

⎡ ⎤⎡ ⎤

P = ⎢ ⎥⎢ ⎥

⎢ ⎥⎢ ⎥

⎣ ⎦⎣ ⎦

P= . = x − 2

x + 1 x −2

⎪⎧ x − 2< 0 ⎧x<

4

b) Ta có P x− 1< 0⇔( x −2)

x− 1< 0⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎪⎩ x − 1> 0 ⎩x

> 1

Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn bài toán.

Bài 7: Chuyên Cao Bằng vòng 2, năm học 2019 - 2020

⎛ 1 2 x ⎞ ⎛ 2 x ⎞

Cho biểu thức p =

⎜ − : 1−

x − 1 x x + x −x−1⎟ ⎜ x + 1 ⎟

, với x≥0; x≠

1

⎝ ⎠ ⎝ ⎠


b) Tìm tất cả các giá trị của x để P ≥ 1

a) Ta có

-

Vậy

b)

Lời giải

1 2 x 1 2 x

− = −

x − 1 x x + x −x−1 x −1 x − 1 x + 1

( )( ) ( )( )

( )( )

1 2 x x+ 1− 2 x 2 x x+ 1−2

x

− = ;1− =

x −1 x − 1 x + 1 x − 1 x + 1 x+ 1 x+

1

P =

1

x −1

1 2−

x

P ≥1⇔ ≥1⇔ ≥0

x −1 x −1

- TH1:

⎧⎪2− x ≥0 ⎧⎪

x ≤2 ⎧x≤4

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ 1< x ≤4

⎪⎩

x −1≥ 0 ⎪⎩

x > 1 ⎩x

> 1

⎪⎧2− x ≤0 ⎪⎧

x ≥2 ⎧x≥4

- TH2: ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ (vô lý)

⎪⎩

x − 1< 0 ⎪⎩

x < 1 ⎩x

< 1

Vậy các giá trị x cần tìm là 1< x ≤ 4


4

Với x > 0, xét hai biểu thức

Bài 8: Chuyên Toán Ninh Bình, năm học 2019 - 2020

A 5

B > 3

. Lời giải

Ta có

2 + x x − 3 2 x + 9

A = và B = + . Tìm tất cả các giá trị của x để

x

x x + 3 x

x − 3 2 x + 9 x− 9+ 2 x + 9 x+ 2 x x + 2

B = + = = =

x x+ 3 x x x x x x x + 3

Với x > 0 , ta có

81

⇔ 2 x < 9⇔ 0< x< .

4

Cho biểu thức

1

M = x. ⎛

⎜B− ⎞

⎟≤0

⎝ 2 ⎠

2) Với x≥0; x≠ 1, ta có:

( + 3 ) ( + 3)

A 5 2+ x 2+ x 5 x + 3 5

> ⇔ : > ⇔ > ⇔ 3 x + 9>

5

B 3 x x + 3 3 x 3

Bài 9: HSG Tỉnh Yên Bái, năm học 2020 - 2021

( ) 2 3 3

1− ⎡ 1− 1+


x

(vì 3 x > 0, ∀ x> 0 )

x x ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞⎤

B= : ⎢

+ x . − x

⎥.

Với x≥0; x≠ 1. Chứng minh rằng

1+ x ⎢⎜ 1− x ⎟ ⎜ 1+

x ⎟

⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦⎥

Lời giải

x

⎛ ⎞⎛ ⎞⎤

B= : ⎢⎜ + x⎟⎜ . − x⎟⎥.

1+ x ⎢⎜ 1− x ⎟⎜ 1+

x

⎟⎥

⎣⎝ ⎠⎝ ⎠⎦

2 ⎡

( 1−

x) ( 1− x)( 1+ x + x) ( 1+ x)( 1− x −x)

( 1−

x)

2

( ) ( )

x

B= : ⎡ 1 + x + x+ x .1− x + x−

x ⎤

1+

x ⎣

⎦

( 1 x)

2

− 2 2

⎡ ⎤

( ) ( )

x

B = : 1 + x .1−

x

1+

x ⎢⎣

( 1−

x)

x

B= :1−

1+

x

2

( x)

2

x

B =

1 + x

1

* Chứng minh rằng M = x. ⎛

⎜B− ⎞

⎟≤0

(Với x≥0; x≠ 1)

⎝ 2 ⎠

Ta có:

1

M x.

⎛ B

⎞ ⎛ x 1 ⎞

= ⎜ − ⎟ ⇒ M = x.

⎝ 2 ⎠

⎜

−

1+

x 2⎟

⎪

≥ ≠ ta có: ⎨( x )

Với x 0, x 1

⎥⎦

2 x −1−x

⇒ M = x.

⇒ M

⎝ ⎠ 21 ( + x)

⎧−x

≤0

2

⎪ 2 −x( x −1)

− 1 > 0⇒ ≤0

⇒M

≤ 0

⎪

21 ( + x)

⎪⎩ 2( x + 1)

> 0

−x

=

21

( x −1)

( + x)

2

5

Vậy: Với x≥0, x≠ 1 thì M ≤ 0

Bài 10: HSG Huyện Hoài Đức, năm học 2019 - 2020

⎡

⎤

x+ 3 x + 2 x+ x ⎛ 1 1 ⎞

Cho biểu thức P = ⎢

− ⎥:

( x 2)( x 1)

x 1

⎜ + ⎟ , với x> 0; x≠ 1.

⎢ + − − ⎥ ⎝ x + 1 x −1⎠

⎣

⎦


3+ 2 2 3−2 2

b) Tính giá trị của P với x = 24 − 24

3− 2 2 3+

2 2

c) Với giá trị nào của x thì 1 x +

−

1 ≥ 1

P 8

a) Với x> 0; x ≠1

ta có

⎡

⎤

x+ 3 x + 2 x+ x ⎛ 1 1 ⎞

P = ⎢

− ⎥:

+

⎢

x 1

⎜

⎟

+ − − ⎥ ⎝ x + 1 x −1⎠

⎣

⎦

( x 2)( x 1)

( )( )

( )( )

Lời giải

( )

:

( )( ) ( )( ) ( )( )

⎡ x + 2 x + 1 x x + 1 ⎤ ⎡ ⎤

x − 1 x + 1

= ⎢ − ⎥ ⎢ +

⎥

⎢ x + 2 x − 1 x + 1 x −1 ⎥ ⎢ x − 1 x + 1 x − 1 x + 1 ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎛ x + 1 x ⎞ 2 x

= ⎜

− ⎟:

⎝ x −1 x −1 x − 1 x + 1

1

= ⋅

x −1 2

=

x + 1

2

x

⎟

⎠ ( )( )

( x − 1)( x + 1)

Vậy với x> 0; x ≠1

thì P =

b) Ta có

x

x + 1

2

x

( )

( )

( )

( )

2 2

3+ 2 2 3− 2 2 2+ 1 2−1

2+ 1 2−1

x= 24 −24

⇔ x= 24 −2 2

4 ⇔ x= 2 −2

2

3− 2 2 3+ 2 2 2− 1 2+

1

2− 1 2+

1

( 2+ 1) ( 2−1)

2 2

2 2

( ) ( ) ( ) ( )

⇔ x= 2 −2 ⇔ x= 2 2+ 1 −2 2−1 ⇔ x= 2 2+ 1 −2 2−1

2−1 2−1

⇔ x= 2 2+ 2− 2 2+ 2⇔ x=

4

Thay x = 4 (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức P ta được

3+ 2 2 3−2 2

Vậy với x = 24 − 24

3− 2 2 3+

2 2

c) Ta có

thì

3

P =

4

4+ 1 2+

1 3

P = = =

2 4 22 ⋅ 4


6

1 x + 1 1 x + 1 2 x x + 1

− ≥1⇔ − ≥1⇔ − −1≥0

P 8 x + 1 8 x + 1 8

2

x

16 x −x−2 x −1−8 x −8 − x+ 6 x −9

⇔ ≥0⇔ ≥0

8( x + 1) 8( x + 1)

2 2

( x 3)

( x 3)

0 0

( x + ) ( x + )

− − −

⇔ ≥ ⇔ ≤

8 1 8 1

x −3 ≥ 0

Với x> 0, x≠1⇒ x > 0 ⇒ 8( x + 1)

> 0 và ( ) 2

( )

2

x − 3

mà

8( x + 1)

≤ 0

2

( x − 3)

8( x + 1)

Dấu “=” xảy ra ⇔ x − 3= 0⇔ x = 3⇔ x= 9(tmđk). Vậy để 1 x +

− 1 ≥ 1 thì x = 9

P 8


⇒

Bài 11: HSG Tân Kỳ, năm học 2018 - 2019

⎛3x+ 16x − 7 x + 1 x + 7 ⎞ ⎛ x ⎞

Cho biểu thức A = − − : 2 −

⎜ + − + − ⎟ ⎜ − ⎟

⎝ x 2 x 3 x 3 x 1⎠ ⎝ x 1⎠

a) Tìm điều kiện xác định của A

b) Tính giá trị của A khi

c) Cho

P =

x 2 27 + 7 5

=

9 10 + 7 2

x − 2 . A. Tìm x để P < 0

x + 2

a) ĐKXĐ x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ 4

Lời giải

⎛3x+ 16x − 7 x + 1 x + 7 ⎞ ⎛ x ⎞

A = − − : 2 −

⎜ + − + − ⎟ ⎜ − ⎟

⎝ x 2 x 3 x 3 x 1⎠ ⎝ x 1⎠

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

≥0

( )

⎡ + − + + ⎤ ⎛ − ⎞

⎢ 3x+ 4 x −7

x 1 x 1 x 7 x 3 2 x 1

= − −

⎥ ⎜ x

A

: −

⎟

⎢

⎥

( − )( + ) − + − + ⎜ x − x −

⎢

x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 1 1

⎥

⎟

⎣ ⎦ ⎝ ⎠

3x+ 4 x −7 − x+ 1−x−10 x −21 2 x −2

− x

A =

:

x −1

A =

( x − 1)( x + 3)

( x − 1)( x + 3)

x−6 x −27 x −2

:

x −1

7

( x + 3)( x −9)

( x + 3)( x −1)

x −1 x −9

A = . = .

x −2 x −2

b) Ta thấy

( + )

( 7+

5)

x 2 27 + 7 5 2. 54 + 14 5 49 + 2.7. 5 + 5

= = = = = 1

9 10+ 7 2 2. 5 7 7+ 5 7+

5

⇔ x = 9 (Thỏa mãn ĐKXĐ)

Thay x = 9 vào biểu thức A , ta tính được

c) ĐKXĐ x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ 4

Ta có:

x −2 x −2 x −9 x −9

P = . A= . = .

x + 2 x + 2 x − 2 x + 2

9−9 3−9

A = = = −6

.

9−

2 3−

2

x − 9

Khi đó, P< 0⇔ < 0⇔ x − 9<

0 ( vì x + 2>

0) ⇒0 ≤ x < 81

x + 2

Kết hợp với ĐKXĐ ta được 0 ≤ x < 81; x ≠ 1; x ≠ 4 thì P < 0


2

8

BÀI 4: RÚT GỌN VÀ TÌM GIÁ TRỊ NGUYÊN CỦA BIỂU THỨC

Phương pháp:

B

+ Đối với các biểu thức P= A+ với AB , là số nguyên, C nhận giá trị nguyên hoặc vô tỷ thì P

C

nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi C là số nguyên và C là ước của số B.

B

+ Đối với các biểu thức P= A+ với AB , là số hữu tỷ, C nhận giá trị thực. Ta thường tìm cách

C

đanh giá P , tức là chặn P theo kiểu M ≤ P≤ N từ đó suy ra các giá trị có thể của P . Hoặc tìm

ra điều kiện của P để tồn tại biến xy , ,... thỏa mãn yêu cầu bài toán từ đó suy ra các giá trị

nguyên có thể của P

- Đối với các bài toán tổng hợp học sinh cần chú ý điều kiện ban đầu để loại các giá trị không

thỏa mãn

Bài 1: Học sinh giỏi huyện Đan Phượng, năm học 2019 - 2020

x 2 x x+

9 x

Cho biểu thức A = và B = − với x> 0; x≠4; x≠

9

x − 2 x − 3 x − 9

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 100

b) Rút gọn biểu thức B

c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M = A:

B có giá trị nguyên

a) Điều kiện x> 0; x≠4; x≠

9

Khi x = 100 (thỏa mãn điều kiện) thì

b)

( )

Lời giải

10 10 5

A = = =

10 − 2 8 4

2 x x+ 9 x 2 x x + 3 −x−9

x x−3

x x

B = − = = =

x − 3 x−9 x−9 x−9

x + 3

c) Ta có

x x + 3 x + 3 x − 2+

5 5

M = A: B= . = = = 1+

x −2 x x −2 x −2 x −2

Để M nguyên thì x 2 U( 5)

− ∈ và x − 2>−

2

{ } { } { }

⇒ x −2 ∈ −1;1; 5 ⇔ x∈ 1; 3; 7 ⇔ x∈

1; 9; 49

Bài 2: Học sinh giỏi Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2017 - 2018

x− 2 x x + 1 1+ 2x−2

x

Cho biểu thức P = + +

, với x> 0; x≠

1

2

x x − 1 x x + x+ x x − x


b) Tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên

( ) ( )( )

P

( )( )

( x − 1)( x + 2)

x + 2

( x − 1)( x+ x + 1)

x x 1

a) Ta có

Lời giải

( )

( )( )

x x− 2 x + x + 1 x − 1 + 2x− 2 x + 1 x x+ x + 2

= =

x x − 1 x+ x + 1 x x − 1 x+ x + 1


= =

+ +

9

x + 2 x + 2 1

Ta có điều kiện x> 0; x≠1⇒ x+ x + 1 > x + 1 > 1 ⇒ 0 < P= < = 1+ < 2

x + x + 1 x + 1 x + 1

x + 2

Do P nguyên nên ⇒ P= 1⇔ = 1⇔ x=

1 (loại)

x+ x + 1

Vậy không có giá trị nào của x để P nguyên.

Bài 3: Học sinh giỏi Tỉnh Điện Biên, năm học 2018 - 2019

⎛ x ⎞ ⎛ 1 2 ⎞


⎜

1 + : 1

x 1⎟

⎜ − ⎟−

⎝ + ⎠ ⎝ x − 1 x x + x −x−1⎠


b) Tìm các giá trị của x để Q= x − P nhận giá trị nguyên

a) Điều kiện

Lời giải

⎛

⎛

⎞

x+ 1+ x ⎞ 1 2

x≥0; x≠1 ⇒ P= : ⎜ ⎟

⎜ 1

x 1 ⎟

− −

⎝ + ⎠

⎜ x − 1 x+ 1 x −1

⎟

⎝ ⎠

( )( )

( x+ 1)( x −1)

( )( )

⎛

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

x+ 1+ x ⎞ x− 1 ⎛ x+ 1+

x ⎞

= : ⎜ ⎟ 1 . ⎜ ⎟

⎜ 1

x 1 ⎟

− = ( x 1)( x 1

⎜ −

) x 1 ⎟

⎝ + ⎠

⎜ + − ⎟

⎝ + ⎠

⎜ x + 1 x −1

⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x+ x + 1 x

= − 1 =

x + 1 x + 1

x x x + 1 1

Q= x − P= x − = = −

x + 1 x + 1 x + 1 x + 1

b) Để Q∈ Z thì x + 1 là ước của 1

Vậy x = 0 thì Q∈ Z.

⎡ x + 1=

1 ⎡ x = 0

⇔ ⎢ ⇔ ⎢

⎢⎣ x + 1=−1

⎢⎣

x = −

( tm)

2( loai)

Bài 4: Chuyên Điện Biên, năm học 2018 - 2019

x + 2 x + 3 3x+ 4 x −5 Cho biểu thức P= − − , ( x≥ 0; x≠

25 )

x + 1 5− x x−4 x −5

a) Rút gọn biểu thức P . Tìm các số thực x để P >− 2

b) Tìm các số tự nhiên x là số chính phương sao cho P là số nguyên.

a) Ta có

Lời giải

x + 2 x + 3 3x+ 4 x − 5 x + 2

P = − − =−

x + 1 5− x x−4 x −5 x −5

x + 2 x + 2 ⎡ x < 5

P >−2⇔− >−2⇔2− > 0⇔⎢

x −5 x − 5 ⎢⎣ x > 12

- Với x < 5 ⇔0 ≤ x<

25

- Với x > 12 ⇔ x>

144


b) Ta có x là số chính phương nên x∈ N và x −5≥−

5

10

x + 2 7

Khi đó P=− =−1− ∈Z ⇒ x −5∈{ −1;1;7 } ⇒ x∈{ 16;36;144}

x −5 x −5

Bài 5: Chuyên Bắc Giang, năm học 2018 - 2019

⎛ x+ 4 x + 4 x+ x ⎞ ⎛ 1 1 ⎞

⎜

x x 2 1 x ⎟ ⎜ ⎟

⎝ + − − ⎠ ⎝ x + 1 1−

x ⎠


Cho biểu thức A= + : − ( x> 0; x≠1)

b) Có bao nhiêu giá trị nguyên của x để

a) Ta có

2

( )

( )( )

1+

2018

A ≥

2018

Lời giải

( )

( )( )

x+ 4 x + 4 x+

x x + 2 x x + 1

+ = −

x+ x −2 1−

x x − 1 x + 2 x − 1 x + 1

x + 2 x 2

= − =

x −1 x −1 x −1

+)

1 1 2 x

− =

x + 1 1− x x + 1 x −1

( )( )

x

( x 1)( x 1)

( x −1) ( x − 1)( x + 1) ( x −1)

2 x

2 2 2 − + x + 1

⇒ A= : = . = x> 0; x≠1

x

b)

( )

1+

2018 1 1 1 1

A≥ ⇔ 1+ ≥ 1+ ⇔ ≥ ⇔ x ≤ 2018 ⇒ 0 < x≤

2018

2018 x 2018 x 2018

> ≠ và x nguyên nên x ∈ { 2;3;4....;2018}

Vì x 0; x 1

Vậy có 2017 giá trị ngyên của x thỏa mãn bài toán.

Bài 6: Chuyên Toán Cần Thơ, năm học 2018 - 2019

( ) ( )

2

x −4( x−1)

x− 4 x− 1 + x+ 4 x−1 ⎛ 1 ⎞

Cho biểu thức A = .1 ⎜ − ⎟ , trong đó x> 1; x≠

2

⎝ x −1⎠


b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị biểu thức A là số nguyên

a) Ta có

Lời giải

x−2 x− 1+ x+ 2 x−1 ⎛ x−2⎞ x−1− 1+ 1+ x−1

⎛ x−2⎞

A = . .

2

⎜ ⎟=

⎜ ⎟

x − 4x+

4 ⎝ x−1⎠ x−2 ⎝ x−1⎠

2

- Nếu 1< x< 2⇒ A= 1 − x

2

- Nếu x> 2 ⇒ A=

x −1

b)

- Nếu 1< x < 2 thì không có giá trị nguyên.


11

- Nếu x > 2 thì

A =

2

x −1

+ x− 1= 1⇔ x= 2 (loại)

+ x− 1= 2⇔ x= 5 (thỏa mãn)


x y xy

Cho biểu thức P = − −

với x> 0; x≠

1

x + y 1− y x + y x + 1 x + 1 1−

y

( )( ) ( )( ) ( )( )


b) Tìm các giá trị xy , nguyên thỏa mãn P = 2

a) Ta có

P

( ) ( ) ( )

( )( )( )

( 1) ( 1) ( 1 )( 1 )

( 1+ x)( 1−

y)

( 1− )( 1+ ) − ( 1−

)

Lời giải

( )( )

( )( )( )

x − y + x x + y y − xy x + y x + y x − y + x − xy + y −xy

= =

x + y 1+ x 1− y x + y 1+ x 1−

y

x x + − y x + + y + x − x x − y + y−

y x

= =

1−

y

x y y y y

= = x + xy − y

1−

y

b) P = 2⇔ x + xy − y = 2, với x≥0; y≥0; y ≠ 1; x+ y ≠ 0

( ) ( ) ( )( )

⇔ x 1+ y − 1+ y = 1⇔ 1+ y x − 1 = 1

Ta có 1+ y ≥1⇒ x −1 ≤1 ⇔0 ≤ x≤4 ⇒ x=

0;1; 2;3; 4

Thay vào P ta có các cặp giá trị ( ) ( )

4;0 ; 2; 2 thỏa mãn.

Bài 8: Học sinh giỏi huyện Chương Mỹ, năm học 2019 - 2020

1 1 x

Cho biểu thức A = + −

x − 2 x + 2 4 − x

a) Tìm x để A < 1

1 . 19 8 3 19 8 3 1,

2

b) Biết ( )

x + 3 : 2

2 − x

A = + + − − hãy tính giá trị của B=

( A)

c) Tìm giá trị x nguyên để P nhận giá trị nguyên, khi

d) Tìm x để ( )


4

Rút gọn được

A. x − 2 + 5 x = x+ 4 + x+ 16 + 9 − x

A =

Kết hợp với điều kiện ta được: 0≤ x < 4

Lời giải

x − 3

P=

A:

2 − x

x

x − 2

, do x 2

A< 1⇒ < 1⇔ < 0⇒ x − 2< 0⇔ x<

4

x −2 x −2


x

b) Tính được A= 3⇒ = 3⇔ x=

9 (thỏa mãn điều kiện)

x − 2

12

6 1

Thay vào biểu thức B = − :6=

−

7 7

c) Ta có

x − 3 x 3

P= A: = =− 1+

2− x 3− x 3−

x

Để P nhận giá trị nguyên thì Z x { 0; 4;16;36}

x ∈

{ 0;16;36}

3

3−

x ∈ ⇒ ∈

d) ( ) ( ) 2

, kết hợp với điều kiện ta được

A. x − 2 + 5 x = x+ 4 + x+ 16 + 9 −x ⇔5 − x − 3 = x+ 16 + 9 − x

Ta có VT ≤5; VP ≥ 5 với mọi x thuộc điều kiện xác định

⇒ dấu “=” xảy ra ⇔ x = 9

Bài 9: HSG Tỉnh Lào Cai, năm học 2020 - 2021

⎛ 3 x 2 x 9x+ x + 1⎞

3 x + 1


− −

:

x 1 3x 2 x 3x x 2⎟

⎝ − + − − ⎠ 7x−7

x


b) Tìm x sao cho P nhận giá trị là một số nguyên

a) Ta có

Lời giải

⎛ 3 x 2 x 9x+ x + 1⎞

3 x + 1

P = ⎜

− −

:

x 1 3x 2 x 3x x 2⎟

⎝ − + − − ⎠ 7x−7

x

3 x(3 x + 2) −2( x −1) −9x− x −1 7 x( x −1)

=

.

( x − 1)(3 x + 2) 3 x + 1

3 x + 1 7 x

= .

3 x + 2 3 x + 1

7 x

=

3 x + 2

b)

7 x

∀ x> 0, x≠1⇒ x > 0 ⇒ P= > 0

3 x + 2

7 x 7 14 7 7

P= = − < ⇒ 0 < P< , ∀ x> 0, x≠1

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

P nhận giá trị là một số nguyên ⇒ P ∈ {1; 2}

1 1

P= 1 ⇔ x = ⇔ x= (tmđk)

2 4

P= 2 ⇔ x = 4 ⇔ x= 16 (tmđk)

Vậy

⎧1 ⎫

x ∈ ⎨ ;16 ⎬ thì P nhận giá trị là một số nguyên.

⎩4

⎭

( x> 0; x≠ 1)


13

Bài 10: HSG Tỉnh Bắc Giang, năm học 2020 - 2021

3x+ 9x − 3 x + 1 x + 2

Cho biểu thức A = − + ( x≥0; x≠ 1)

x+ x − 2 x + 2 1−

x


b) Tìm các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.

Lời giải

1.

a) Với x≥0, x≠ 1, ta có:

3x+ 9x − 3 x + 1 x + 2

A = − +

x+ x − 2 x + 2 1−

x

( x + 2)( x −1)

( )( ) ( )

( x + 2)( x −1)

3x+ 3 x −3− x + 1 x −1 − x + 2

⇒ A =

( )( )

( )( )

x−

x −6

x + 2 x −3

⇒ A = ⇒ A = ⇒ A =

x + 2 x −1

Vậy với x≥0, x≠ 1 thì A =

b) Ta có

x − 3 2

A = = 1−

x −1 x − 1

.

x − 3

x − 1

.

Với x ∈ , để A∈ thì ( 1)

Suy ra 1 { 2; 1}

Lập bảng

x − ∈ ± ± .

Kết hợp với điều kiện x 0, x 1

x − là ước của 2 .

x − 3

x − 1

.

x − 1 − 2 2 − 1 1

x

− 1

(loại)

3 0 2

x 9 0 4

≥ ≠ thì { 0; 4;9}

x ∈ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 11: HSG Tỉnh Quảng Ninh, năm học 2020 - 2021

5 x −1 2 x − 1 2 x + 1


x + 2 x − 1 x+ x −2


b) Tìm giá trị của x để 2

A nhận giá trị nguyên.

a) Ta có:

( x≥0; x≠ 1)

Lời giải

5 x −1 2 x − 1 2 x + 1

A = + − với x ≥ 0 và x ≠ 1.

x + 2 x − 1 x+ x −2

=

( 5 x −1)( x − 1) + ( 2 x − 1)( x + 2) − ( 2 x + 1)

( x + 2)( x −1)


2

14

5x− 6 x + 1+ 2x+ 3 x −2−2 x −1

=

=

=

7x−5 x −2

( x + 2)( x − 1)

( x + 2)( x −1)

( x − 1)( 7 x + 2)

7 x + 2

=

( x + 2)( x −1)

x + 2

7 x + 2

Vậy A =

x + 2

b) Với x ≥ 0 và x ≠ 1

Ta có

A 7 x + 2

= > 0

2 2 x + 4

A

Để nhận giá trị nguyên ⇔ A 2 và A∈

2

( x )

7 x + 2 7 + 2 −12

12

Ta có A = = = 7− < 7

x + 2 x + 2 x + 2

Mà 0< A < 7, A 2, A∈

⇒ A∈

Với A = 2

Với A = 4

Với A = 6

Vậy

{ 2; 4;6}

7 x + 2

⇔ = 2⇒ 7 x + 2= 2 x + 4

x + 2

4

⇔ 5 x = 2⇒ x= (thỏa mãn)

25

7 x + 2

⇔ = 4⇒ 7 x + 2= 4 x + 8 ⇔ 3 x = 6⇔ x = 2⇒ x= 4 (thỏa mãn)

x + 2

7 x + 2

⇔ = 6 ⇒ 7 x + 2 = 6 x + 12 ⇔ x = 10 ⇒ x= 100 (thỏa mãn)

x + 2

⎧ 4 ⎫

x ∈ ⎨ ;4; 100 ⎬

⎩25

⎭ thì A nhận giá trị nguyên.

2

Bài 12: HSG Tỉnh Đồng Tháp, năm học 2020 - 2021

x+ 4 x− 4 + x−4 x−4 −2

Cho biểu thức A =

8 16

1− +

2

x x


b) Tìm x để A có giá trị nguyên.

a) Với 4< x ≤ 8 ta có

A =

Lời giải

x− 4+ 4 x− 4+ 4+ x−4−4 x− 4+ 4−2

=

2

⎛ 4 ⎞

⎜1−

⎟

⎝ x ⎠

( 4< x ≤ 8)

( x ) ( x )

2 2

− 4+ 2 + −4−2 −2

⎛ 4 ⎞

⎜1−

⎟

⎝ x ⎠

| x− 4+ 2| + | x−4−2| −2

x− 4+ 2+ 2− x−4−2

4 2x

=

=

do x −4−2≤ 0 và 1− > 0 =

4

x − 4

x x − 4

1−

x

x


2

15

b) Với 4< x ≤ 8 ta có

A 2x

8

= = 2 + x −4 x −4

A nguyên khi và chỉ khi x − 4 là ước của 8

⎡x

− 4=±

1

⎢

x 4 2

Suy ra: ⎢ − =±

⎢x

− 4=±

4

⎢

⎣x

− 4 =± 8

⎡x

= 5

Kết hợp với điều kiện ta có:

⎢

⎢

x = 6

⎢ ⎣x

= 8

Cho hai biểu thức

a) Tính giá trị của A tại

Bài 13: HSG Tỉnh Sơn La, năm học 2020 - 2021

2 x x + 1 3−11

x

A = + +

x + 3 x −3

9 − x

và

B =

2 2

x = +

5 45 2021 5 45 2021

( − ) ( + )

b) Rút gọn A

c) TÌm tất cả các số nguyên x để P= AB . nhận giá trị nguyên.

a) Ta có:

Lời giải

2 2 2(45 + 2021) + 2(45 − 2021)

x = +

=

5(45 − 2021) 5(45 + 2021) 5(45 − 2021)(45 + 2021)

180

= = 9

20

Thay x = 9 vào biểu thức B ta được:

x −3 9−3 3−3

B = = = = 0

x + 1 9+

1 3+

1

b)

2 x x + 1 3−11

x

A = + +

x + 3 x −3

9 − x

x − 3

với x≥0; x≠

9

x + 1

2 x( x − 3) + ( x + 1)( x + 3) + 11 x −3

=

( x + 3)( x −3)

2x− 6 x + x+ 3 x + x + 3+ 11 x −3

3x+

9 x

=

=

( x + 3)( x −3)

( x + 3)( x −3)

3 x( x + 3)

=

=

( x + 3)( x −3)

c)

3

x

x − 3

với x≥0, x ≠9

3 x x − 3

Ta có: P= AB ⋅ = ⋅ =

x − 3 x + 1

⇒ P là số nguyên

⇔ ( x + 1) ∈ Ö (3) = { ± 1; ± 3}

mà x + 1≥ 1 với x ≥ 0

3 x 3( x + 1) −3

=

= 3−

x + 1 x + 1

3

⇔ là số nguyên ⇔ 3 : ( x + 1)

x +1

90 + 2 2021 + 90 −2 2021

=

5(2025 − 2021)


3

x + 1

16

{ }

⇒ x + 1∈ 1; 3 ⇒ x∈{0; 4}

Bài 14: HSG Quận Tây Hồ, năm học 2020 - 2021

⎛ x− 2 x+ 7 ⎞ ⎛ 3 x− 2+

1 1 ⎞

Cho hai biểu thức P = ⎜

+ :

−

3+ x−2 11−

x ⎟ ⎜ x−3 x−2−2 x−2

⎟

với x≥2; x≠

11

⎝ ⎠ ⎝ ⎠


c) Tìm tất cả các số thực x để biểu thức P đạt giá trị nguyên.

1) Rút gọn biểu thức P .

Điều kiện xác định: x≥2; x≠

11

Đặt x− 2 = a, a > 0; a ≠ 3

Lời giải

( )

( )

2

⎛ a a + 9⎞

⎛ 3 1 1

:

a + ⎞ ⎡

2

a 3−a a + 9⎤ ⎡ 3a+

1 a−3

⎤

P = ⎜ + − ⇒

2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ P = ⎢ +

2 ⎥:

⎢ − ⎥

⎝3+ a 9−a ⎠ ⎝a −3a a⎠

⎢⎣( 3+ a)( 3−a) 9−a ⎥⎦ ⎢⎣a( a−3)

a( a−3)

⎥⎦

3( a+ 3)

2( a+

2)

3a

:

P = −

( 3+ a)( 3−a)

a( a− 3)

2( a + 2)

⇒ P = ⇒

Thay x− 2 = a vào P ta được:

3 x − 2

P = −

2 2 2

( x − + )

b) Tìm các số thực x để biểu thức P đạt giá trị nguyên.

−3 x −2

P= ⇒ x− 2( 2P+ 3)

=−4P

2 2 2

( x − + )

P nguyên nên 2P + 3≠ 0.

Từ đó

−4P

x − 2 =

2P

+ 3

Do x −2 ≥ 0 nên

−4P

≥ 0

2P

+ 3

Do P nguyên nên P ∈{ − 1; 0}

. Suy ra

Với P = − 1 thì x− 2 = 4 ⇔ x=

18

Với P = 0 thì x− 2 = 0⇔ x=

2



b) Chứng minh rằng P > 4

− 3 < P ≤ 0

2

Bài 15: HSG Huyện Ba Vì, năm học 2020 - 2021

x+ x x − x − x x + x −

P = + +

x x−

x x −x x

2

1 1 1


c) Với những giá trị nào của x thì biểu thức 6 P

⋅

nhận giá trị nguyên.

Lời giải

17

a) Rút gọn biểu thức P .

Điều kiện x > 0 ; x ≠ 1.

Ta có

x x −1 ( x − 1)( x+ x + 1) x+ x + 1

= =

x−

x x( x −1)

x

2

x x x x x x x x x

− + −1 ( −1)( − + 1) − + −1

= = ⋅

x −x x x(1 −x)

x

x+ 1 x+ x + 1 − x+ x − 1 x+

1

Thay vào P ta được: P = + + = + 2 .

x x x x

b) Chứng minh rằng P > 4 .

Ta có với x 0; x 1

Suy ra x+ 1> 2 x .

> ≠ thì ( ) 2

x+

1 2 x

Do đó, P = + 2> + 2.

x x

Suy ra P > 4 .

x − 1 > 0.

c) Với những giá trị nào của x thì biểu thức 6 nhận giá trị nguyên?

P

Ta có

Do đó 6 P

Khi đó

6 3

P > 4⇒ 0 < < .

P 2

nhận giá trị nguyên bằng 1.

x+ 1 x− 4 x + 1

P = 6⇔ + 2= 6⇔ = 0.

x

x

⎡

2

x = 2+

3

⇔( x − 2) = 3 ⇔ ⎢

⎢⎣ x = 2−

3

⎡ x = 7+

4 3

Vậy với ⎢ thì 6 nhận giá trị nguyên.

⎢⎣ x = 7−

4 3 P



Bài 16: HSG Huyện Mỹ Đức, năm học 2020 - 2021

⎛ 2 3 5 x − 7 ⎞ 2 x + 3

P = ⎜

+ −

:

x 2 2 x 1 2x 3 x 2 ⎟

⎝ − + − − ⎠ 10x+

5 x

b) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 13+ 12 − 28 + 16 3 + 6

c) Cho biểu thức

a) Ta có

x − 2

B = . Tìm x để M = PB . có giá trị nguyên.

x+ 2 x

Lời giải

⎛ 2 3 5 x − 7 ⎞ 2 x + 3

P = ⎜

+ −

:

x 2 2 x 1 2x 3 x 2 ⎟

⎝ − + − − ⎠ 10x+

5 x

Với x> 0, x≠

4


18

⎛

⎞

4 x + 2+ 3 x −6 5 x − 7 2 x + 3

= ⎜

−

⎟:

⎜

⎝

⎠

( x − 2)( 2 x + 1) ( x − 2)( 2 x + 1) ⎟ 5 x( 2 x + 1)

⎛

⎞

2 x + 3 2 x + 3

= ⎜

⎟:

⎜ ⎟

=

=

( x − 2)( 2 x + 1) 5 x( 2 x + 1

⎝

⎠

)

2 x + 3 5 x( 2 x + 1)

.

( x − 2)( 2 x + 1)

2 x + 3

5

x

x − 2

b) Ta có: ( ) 2

x = 13+ 2 3− 4+ 2 3 + 6

⇒ x = 13+ 2 3−4− 2 3 + 6= 9+ 6=

9 (TM)

5 9

⇒ P = = 15

9−

2

c)

5 x x − 2 5

M = PB . = .

=

x − 2 x

x + 2

Với x> 0, x≠ 4 ta có

5 5

⇒ M = <

x + 2 2

Mà dễ thấy

( x + 2)

5

M > 0⇒ 0< M <

2

Nên với M ∈

⇒M

∈{ 1; 2}

+ Với

+ Với

Vậy

1 1

x + 2> 2⇒ <

x + 2 2

5

M = 1⇒ = 1 ⇔ x + 2 = 5 ⇔ x=

9 (TM)

x + 2

5 5 1

M = 2 ⇒ = 2 ⇔ x + 2 = ⇔ x=

(TM)

x + 2

2 4

⎧1 ⎫

x ∈ ⎨ ;9 ⎬

⎩4

⎭

Bài 17: HSG Huyện Hưng Hà, năm học 2019 - 2020

2

x+ 1 x x −1 x − x x + x −1

Cho hai biểu thức P = + +

(với 0< x ≠ 1)

x x−

x x −x x

a) Rút gọn biểu thức P và chứng minh rằng P > 4

6

b) Với những giá trị nào của x thì biểu thức Q = nhận giá trị nguyên

P

a) Với 0< x ≠ 1 ta có:

Lời giải


19

x+ x x − x − x x + x −

P = + +

x x−

x x −x x

2

1 1 1

( )( )

( )

x + 1 ( )( )

( )

( )( )( )

( )( )

x + 1 x − 1 x+ x + 1 x − 1 x + 1 x− x + 1

= + −

x x x −1 x x − 1 x + 1

x+ 1+ x+ x + 1− x+ x − 1 x+ 2 x + 1

= =

x

x

Vậy với 0< x ≠ 1, ta có

Ta có:

Vì

x+ 2 x + 1

P =

x

x+ 2 x + 1 1

P= = x + + 2

x

x

( )

( )( )

x − 1 x+ x + 1 x x x − 1 + x −1

= + −

x x x −1 x x − 1 x + 1

1

x> 0 ⇒ x > 0; > 0 . Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:

x

1 1 1

x + ≥ 2 x. = 2⇒ x + + 2≥

4

x x x

Dấu “=” xảy ra khi:

⎧x

> 0

⎪

⎨

⎪

x =

⎩

1

x

⇔ x = 1

Vì 0< x ≠ 1 do đó P > 4

6

b) Ta có: Q = xác định khi 0< x ≠ 1

P

6

Chỉ ra P > 0 suy ra Q = > 0 P

6 6 3 6 3

Vì P> 4 ⇒ Q= < = ⇒ 0 < Q = <

P 4 2 P 2

x+ 1 x+ x + 1 x− x + 1

= + −

x x x

x+ 2 x + 1

Mà Q ∈ Z ⇒ Q = 1 ⇒ P = 6 ⇒ P= = 6 ⇒ x+ 2 x + 1 = 6 x ⇔ x− 4 x + 1 = 0

x

( 2 3)

( )

⎡

2

⎡ x − 2= 3 x = +

⎢

⇔( x − 2)

= 3⇔ x − 2 = 3 ⇔ ⎢

⇔

⎢

⎢⎣ x − 2=−

3 ⎢x

= 2−

3

⎣

2 2

{ }

Vậy ( 2 3 ) ;2 ( 3)

x ∈ − + .


2

2

(thỏa mãn)

20

DẠNG 5: RÚT GỌN BIỂU THỨC VÀ TÌM GTLN, GTNN


1. Xét bài toán: Cho biểu thức P( x )


b) Tìm GTNN, GTLN của P hoặc một biểu thức có liên quan đến P

Ví dụ: Tìm Min (max) của ( x−

1. ) P( x)


- Tìm Tập xác định

- Rút gọn P

- Chỉ ra được số m sao cho P( x)

≤ m (hoặc P( x)

Chi ra

0

x sao cho P( x )

0

= m

3. Chú ý: Với số thực AB≥ , 0 thì

≥ m).

- A ≥ 0

- A + B ≥ 2 AB (bất đẳng thức AM − GM ). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A=

B

2 2

2 2 2 2

- A B C D ( A C) ( B C)

+ + + ≥ + + + , với các số thực ABCD≥ , , , 0

- ( A B) 2 2 ( A 2 B 2 ),( A B) 3

4( A 3 B

3

)

+ ≤ + + ≤ + , với AB≥ , 0

B. Bài tập

Cho biểu thức

Bài 1: Chuyên Lê Hồng Phong, năm 2018

⎛ 1 ⎞ ⎛ x −1 1−

x ⎞

P= ⎜ x − ⎟:

+

⎝ x ⎠

⎜ x x+

x ⎟

⎝ ⎠


b) Với mọi giá trị của x để biểu thức P có nghĩa. Chứng minh rằng P > 4

a) Điều kiện: x> 0; x≠

1

Ta có

⇒ P =

Lời giải

( x − 1)( x + 1)

+ 1−

x

x( x 1) x( x 1)

⎛ 1 ⎞ ⎛ x −1 1− x ⎞ x−1 x−1

x−

x

P= ⎜ x − ⎟: + = : = :

⎝ x ⎠

⎜ x x+ x ⎟

⎝ ⎠ x + x +

( x + 1) 2

x

b) Với x> 0; x≠

1

Ta có

( x + ) 2

1 4 x

P = ≥ .1 = 4

x x

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1⇔ x=

1


Do x ≠ 1 nên P > 4 (đpcm).

1

2 x − 1 2 x + 1

Cho biểu thức P= − ( x≥0; x≠1)


x − 1 x + 1

b) Tìm GTNN của biểu thức = ( − )( − )

2 x − 1 2 x + 1 2 x

x − 1 x + 1 x −1

Bài 2: Chuyên Hưng Yên, năm 2017

A x 4 x 1. P

a) P= − = ( x≥0; x≠1)

Lời giải

2 x

= −4 − 1. = 2 − 4 = 2 − 4 = 2 −2 −8≥−8

x −1

b) A ( x )( x ) x( x ) ( x x) ( x ) 2

Dấu “=” xảy ra ⇔ x − 2= 0⇔ x = 2⇔ x= 4 (thỏa mãn)

Bài 3: Học sinh giỏi huyện Cầu Giấy, năm học 2019 - 2020

⎛2x x + x− x x+ x ⎞ x−1

x


− .

x x 1 x 1 ⎟

+

⎝ − − ⎠ 2x+ x −1 2 x −1

a) Tìm điều kiện của x để P có nghĩa và rút gọn P

b) Tìm GTNN của biểu thức P

a) Điều kiện

Ta có

Lời giải

⎧

⎪

⎧x≥0 ⎪x≥0 x ≥ 0

⎪

⎪

⎧ ⎧

1 0 1 3

⎪x x − ≠ ⎪x x ≠ ⎪

x ≠ 1 ⎪x≥0

⎪

⎪

⎪

⎪

⎨x−1≠0 ⇔ ⎨x≠1 ⇔ ⎨x

≠ 1 ⇒⎨x≠1

⎪ ⎪

2x

x 1 0 1

⎪ ⎪

1 1

⎪ + − ≠ ⎪

⎛ ⎞

2⎜

x − ⎟( x + 1)

≠0

⎪x

≠ ⎪x

≠

⎪ 2 4 4

2 x 1 0 ⎪ ⎝ ⎠ ⎩⎪

⎩

⎩ − ≠

⎪

1 ⎪ x ≠

⎩ 2

( )

( )( )

( )( )

( )

⎛

2

x x 1 ⎞

x x + x−

x + x + 1 x −1

x

P = ⎜

− ⎟.

+

⎜( x − 1)( x+ x + 1)

x + 1 x −1 ⎟ ⎛ 1 ⎞

2 x x 1

2 x −1

⎝ ⎠ ⎜ − ⎟ +

⎝ 2 ⎠

( x −1)

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

2x x + x− x x x x x −2 x x −1

x

P = ⎜ − ⎟. + = ⎜ ⎟.

+

⎜( x − 1)( x+ x + 1)

x −1⎟ ⎛ 1 ⎞

2 x

2 x −1 ⎜( x − 1)( x+ x + 1)

⎟ 2 x −1 2 x −1

⎝ ⎠ ⎜ − ⎟

⎝ ⎠

⎝ 2 ⎠

( )( )

( 2 x − 1)( x+

x)

( )( )

x −1 x x x − 2 x x x+

x

= ( ). + = + = =

2 x − 1 2 x − 1 2 x − 1 x+ x + 1 2 x − 1 2 x − 1 x+ x + 1 x+ x + 1


2

x+ x x+ x + 1−1 1

b) Ta có P = = = 1−

x + x + 1 x + x + 1 x + x + 1

P đạt GTNN thì

Lại có

1

đạt GTLN ⇒ 1

x+ x + 1

x + x + đạt GTNN

1

x≥0; x≠1; x≠ ⇒ x+ x + 1 ≥ 1

4

⇒ Giá trị nhỏ nhất của x+ x + 1= 1⇔ x=

0

⇒ Giá trị nhỏ nhất của P= 0⇔ x=

0

Vậy với x = 0 thì P có giá trị nhỏ nhất bằng 0.

Cho biểu thức

Bài 4: Học sinh giỏi huyện Quan Sơn, năm học 2019 - 2020

x x −2x− x + 2 x x + 2x− x −2

P = +

x x −3 x −2 x x − 3 x + 2

a) Rút gọn P . Với giá trị nào của x thì P > 1

b) Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất

a) Ta có

Lời giải

( )( )

( )( )

( )( )

x x −2x− x + 2 x x + 2x− x −2

x − 2 x+ 1 x + 2 x−1

P = + = +

x x −3 x −2 x x − 3 x + 2 x − 2 x + 1 x + 2 x −1

( ) ( )

( )( )

( )

( )( )

( )

x−1 x−1 x − 1 x + 1 x − 1 x + 1 x − 1 x + 1

= + = + = +

x + 1 2 x − 1 2 x + 1 2 x −1

2

x + 1 x −1

( ) ( )

( x − 1)( x + 1)

2 2

x − 1 + x + 1 2x

+ 2

= =

x −1

b) Ta có

( x )

2x

+ 2 2 − 2 + 4 4

P = = = 2 +

x−1 x−1 x−1

P có giá trị lớn nhất khi

⇔ x− 1= 1⇔ x=

2

Cho biểu thức

( )( )

2 2

4

2 + x − 1

có giá trị lớn nhất ⇔ x − 1 là số nguyên dương nhỏ nhất

Bài 5: Học sinh giỏi huyện Cẩm Thủy Thanh Hóa Vòng 2, năm học 2019 - 2020

a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P

⎛ x x ⎞ ⎛2 2−

x ⎞

P = ⎜

+ :

x 1 x 1⎟

⎜ −

x

⎟

⎝ − − ⎠ ⎝ x x + x⎠


Lời giải

3


1

Ta có:

=

( )

( )( )

( )

( )

⎛ x x ⎞ ⎛2 2−

x ⎞ x x + 1 + x 2 x + 1 − 2+

x

P =

⎜

+ : :

x 1 x 1⎟

⎜ −

x

⎟=

⎝ − − ⎠ ⎝ x x + x⎠

x − 1 x + 1 x x + 1

( x 1)( x 1)

b) Có

( x + 1)

x+

2 x x

x

. ⇒ P =

− + x+

2 x x −1

x x− 1+

1 1 1 1

P= = = x + 1+ = x − 1+ + 2 ≥2 x − 1. + 2 = 4

x −1 x −1 x −1 x −1 x −1

1

Dấu “=” xảy ra khi x

( x )

Vậy P = 4⇔ x= 4.

min

2 ⎡ x − 1=

1 ⎡x

= 4

− 1= ⇔ − 1 = 1⇔ ⎢ ⇔ ⎢

x −1 ⎢⎣

x − 1=−1

⎢⎣

x = 0

( tm)

( loai)

Bài 6: Học sinh giỏi huyện Đan Phượng, năm học 2018 - 2019

x x + 26 x −19 2 x x −3

Cho biểu thức P = − +

x+ 2 x −3 x − 1 x + 3

a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P


1

Ta có

( )( )

Lời giải

( )( )

( )( )

x x + 26 x −19 2 x x −3

x x + 26 x −19 − 2 x + x −1 x −3

P = − + =

x − 1 x + 3 x − 1 x + 3

x − 1 x + 3

( )( ) ( )( )

( x − 1)( x+

16)

x x + 26 x −19 −2 x − 6 x + x− 4 x + 3 x x − x+ 16 x − 16 x+

16

= = = =

x − 1 x + 3 x − 1 x + 3 x − 1 x + 3 x + 3

x +

b) Ta có P x x ( x )

Vậy P = 4 ⇔ x=

4.

min

Cho biểu thức

( )( )

16 25 25 25

= = − 3+ = + 3+ −6 ≥ 2 + 3 . − 6 = 10 − 6 = 4

x + 3 x + 3 x + 3 x + 3

Bài 7: Học sinh giỏi Tỉnh Lạng Sơn, 23/03/2019

( x + 1)( x −3)

( x − )

x x − 3 2 3 x + 3

A = − − , với x≥0; x≠

9

x + 1 x −3


b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A


Lời giải

4

a) Ta có

( )( )

2

( x − ) x x − − ( x − ) − ( x + )( x + )

x + 1 x −3

( )( )

x x − 3 2 3 x + 3 3 2 3 3 1

A = − − =

x + 1 x − 3 x + 1 x −3

( )( )

( x − 3)( x+

8)

x x − 3x+ 8 x − 24 x+

8

= = =

x + 1 x − 3 x + 1 x −3

x + 1

b) Ta có

( )( )

x + 8 9

A= = x + 1+ −2

x + 1 x + 1

Vì x + 1 > 0, ∀x≥0; x≠ 9 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

( )

9 9

A= x + 1+ −2≥ 2 x + 1. − 2=

4

x + 1 x + 1

9

Đẳng thức xảy ra ⇔ x + 1= ⇔ x=

4 (thỏa mãn)

x + 1

Vậy A = 4 khi x = 4 .

min

Bài 8: Học sinh giỏi Tỉnh Quảng Bình, 23/03/2019

1 3 2

Cho biểu thức A = − + , với x ≥ 0

x + 1 x + 1 x− x + 1 x− x + 1

( )( )

Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của A

Ta có

Ta có

Và ( ) 2

( x + 1)( x− x + 1)

Lời giải

( x + 1)

1 3 2 x− x + 1− 3+ 2 x + 2 x

x

A = − + = = =

x + 1 x− x + 1 x x + 1 x x + 1 x− x + 1

2

⎧ ⎛ 1⎞

3

⎪x− x + 1 = ⎜ x − ⎟ + > 0, ∀x≥0

⎨ ⎝ 2⎠

4

⎪

⎩ x ≥0, ∀x≥0

x

x −1 ≥0, ∀x≥0⇔ x− 2 x + 1≥0, ∀x≥0⇔ x− x + 1 ≥ x, ∀x≥0⇔ ≤1, ∀x≥0

x− x + 1

⇔ A≤1, ∀x≥

0

A= 1⇔ x= 1. Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1 khi x = 1.

x + 1 1


:

x x x x x

2

+ + − x

a) Rút gọn P

Bài 9: Đại học Ngoaị Ngữ hà nội, năm học 2010

và

4 2

Q= x − 7x

+ 15


b) Với giá trị nào của x thì ( Q 4P)

− đạt GTNN

5

Lời giải


1

Ta có

( ) ( )

x( x+ x + 1)

( )( )( )

x + 1. x. x x − 1 x + 1 x − 1 x+ x + 1

P= = = x−1

x+ x + 1

b) ( Q P) x 4 x 2 ( x ) x 4 x 2 x ( x 4 x 2 ) ( x 2 x )

− 4 = − 7 + 15 −4 − 1 = −7 − 4 + 19 = − 8 + 16 + − 4 + 4 − 1

2

2 2

( x ) ( x ) ( )

= − 4 + −2 −1≥ 0+ 0+ − 1 =− 1

Dấu “=” xảy ra

Vậy x = 2.

2

⎧ − =

x 4 0

⇔ ⎨ ⇔ x = 2

⎩x

− 2 = 0

Bài 10: Chuyên Hưng Yên, năm học 2018-2019

x + 1 −1

4 2

Cho các biểu thức A =

: và B= x −5x − 8x+ 2025 với x> 0; x≠

1

x x x x x

2

+ + − + x


2

b) Tìm các giá trị của x để biểu thức T = B− 2A

đạt giá trị nhỏ nhất.

a) Ta có

Lời giải

( 1)

( 1− )( + + 1)

x + 1 − 1 x + 1 x x x x

A= : = . = x−1

2

x x + x+ x − x + x x x+ x +

−1

b)

2 4 2 2 4 2

T = B− 2A = x −5x − 8x+ 2025 − 2x + 4x− 2 = x −7x − 4x+

2023

4 2 2 2

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

= x − 8x + 16 + x − 4x+ 4 + 2003 = x − 4 + x− 2 + 2003 ≥2003,

∀ x

Vậy T = 2003 ⇔ x=

2.

min

Bài 11: Chuyên Thái Bình, năm học 2018-2019

⎛ x − 4 ⎞ 1

⎜

⎟

⎝ x− 3 x + 2 ⎠ 2x− 3 x + 1


b) Tìm các giá trị của x sao cho P = 2019

10

c) Với x ≥ 5, tìm GTNN của T = P+

x

Cho các biểu thức P= + 1 : ( x≥0; x≠1; x≠4)

a) Ta có

( )( )

( x −1)( x −2)

Lời giải

⎡ x − 2 x + 2 ⎤

2 x + 1

P= ⎢

+ 1.2 ⎥

( x −1)( x − 1 ) = .2 ( x −1)( x − 1)

= 4x−1

⎢ ⎥ x −1

⎣

⎦


6

b) P= 2019 ⇔ 4x− 1 = 2019 ⇔ x= 505 (thỏa mãn)

10 10 ⎛10 2x⎞

18x 10 2x

18

c) T = P+ = 4x+ − 1 = ⎜ + ⎟+ −1 ≥ 2 . + − 1 = 21 (do x ≥ 5, và áp dụng Côsi)

x x ⎝ x 5 ⎠ 5 x 5 5

Vậy T có giá trị nhỏ nhất bằng 21 khi x = 5

Bài 12: Chuyên Toán Hà Nam, năm học 2019-2020

x+ 24 ⎡ x + 3 x + 2 x + 2 ⎤

Cho biểu thức A = : ⎢ + + ⎥, với x≥0; x≠4; x≠

9

x − x −2 ⎣ x −2 3− x x − 5 x + 6⎦


b) Tìm x để biểu thức A đạt giá trị nhỏ nhất

a) Ta có

A =

Lời giải

( )( ) ( )( )

( )( )

⎡

24 x 3 x 3 x 2 x 2 x 2⎤

x + + − − + − + +

A = : ⎢

⎥

x − x −2 ⎢

x − 2 x + 3

⎥

⎣

⎦

⎡

24 ( x 9) ( x 4)

x 2

⎤

x +

: ⎢

− − − + +

⎥

x + 1 x −2 ⎢ ( x −2)( x −3)

⎥

⎣

⎦

( )( )

⎡

⎤

x+ 24 x − 3 x+

24

A = : ⎢

⎥ =

( x + 1)( x −2) ⎢( x −2)( x −3)

⎥ x + 1

⎣

⎦

b)

x+ 24 x− 1+

25 25 25

A= = = x − 1+ = x + 1+ −2

x + 1 x + 1 x + 1 x + 1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số ta có

Do đó 8

A ≥ , đẳng thức xảy ra khi ( ) 2

25

x + 1+ ≥10

x + 1

x + 1 = 25 ⇔ x + 1 = 5 ⇔ x=

16

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 8, đạt được khi x = 16 .

Cho biểu thức

Bài 13: Chuyên Phú Yên, năm học 2019-2020

⎛ x + 3 x + 2 x + 2 ⎞ ⎛ x−2

⎞

A = ⎜

+ + : −1

x 2 3 x x 5 x 6⎟

⎜ ⎟

⎝ − − − + ⎠ ⎝ x− x −2

⎠


1

b) Tìm x để P= 2A− đạt giá trị lớn nhất

x

a) Điều kiện x> 0; x≠4; x≠

9

Lời giải


7

Ta có

x + 3 x + 2 x + 2 x + 3 x + 2 x + 2

+ + = + +

x −2 3− x x− 5 x + 6 x −2 3− x x −2 x −3

( )( ) ( )( ) ( )

( )( )

( )( )

( ) ( )

( )( )

x + 3 x −3 − x + 2 x − 2 + x + 2 x−9− x− 4 + x + 2 1

= =

x −2 x −3 x −2 x −3

x − 2

( )

x−

2 x−2− x− x −2

x x

− 1 = = =

x− x −2 x− x −2 x− x − 2 x + 1 x −2

Do đó

b) Ta có

1 x x + 1

A = :

=

x − 2 + 1 −2

x

( x )( x )

( )( )

2 x + 2 1 2 1 ⎛ 1 ⎞

P = − = 2+ − =− 1 3 3

x x x x

⎜ − ⎟ + ≤ , dấu “=” xảy ra khi

⎝ x ⎠

Vậy P = 3 ⇔ x=

1.

max

Cho biểu thức


b) Tìm giá trị lớn nhất của A

a) Ta có

2

Bài 14: Chuyên Quảng Ngãi, năm học 2019-2020

2

2x+ 3 x x − 1 x + x

P = + − , với 0; 1

x x− x x x + x

x>

x≠

( )( )

( )

Lời giải

( )

( )

2x+ 3 x − 1 x+ x + 1 x x x + 1 2x+ 2 x + 3 3

P= + − = = 2 x + + 2

x x x − 1 x x + 1 x x

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

Dấu “=” xảy ra khi

Cho biểu thức


b) Tìm giá trị lớn nhất của A

a) Ta có

3

x = (thỏa mãn điều kiện)

2

3

2 x + ≥2 6 ⇒ P≥ 2+

2 6

x

Bài 15: Chuyên Quảng Ninh, năm học 2019-2020

−4x− 9 x + 3 x −1 2 x −1

A = + −

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

, với x ≥ 0

( )( )

( )( )

Lời giải

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

1

1 x 1

x = ⇔ =

−4x− 9 x + 3 x − 1 x + 2 2 x − 1 x + 1 1− 5 x x + 2 1−5

x

A = + − = =

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


8

b)

1−

5 x 6

A = =− 5 + .

x + 1 x + 1

Do đó

Với x ≥ 0 ta có x + 1≥ 1 nên

6

A=− 5+ ≤1⇒ Amax

= 1⇔ x=

0.

x + 1

6

≤ 6

x + 1

Bài 16: Chuyên Thái Bình vòng 1, năm học 2019-2020

( )

⎛ 2 1 1 ⎞ xy x + y −xy


. , với x> 0; y > 0

⎜ xy x y⎟ ⎝

⎠ x x + y y


b) Biết xy = 16. Tìm giá trị nhỏ nhất của P

a) Ta có

( ) 2 .

Lời giải

( ) 2

( + − )

( )( )

⎛ 2 1 1 ⎞ xy x + y − xy xy + x + y xy x y xy

P = + + . =

.

⎜ xy x y ⎟

⎝

⎠ x x + y y xy x + y x + y − xy

x + y xy x + y

= = , với x> 0; y > 0

xy x + y xy

b) Áp dụng bất đẳng thức Cachy, ta có:

Dấu “=” xảy ra ⇔ x= y = 4

Vậy P = 1 tại x= y = 4

min

4

x + y ≥ 2 xy = 2 16 = 4 ⇒ P ≥ = 1

16


⎛ x + 1 xy + x ⎞ ⎛ xy + x x + 1 ⎞

Cho biểu thức A = + + 1 : 1− −

, với x> 0; y > 0

⎜ xy + 1 1− xy ⎟ ⎜ xy − 1 xy + 1⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠


1 1

b) Cho + = 6. Tìm giá trị lớn nhất của A

x y

a) Ta có

:

A =

Lời giải

( x + 1)( 1− xy ) + ( xy + x )( xy + 1) + ( xy + 1)( 1−

xy )

( xy + 1)( 1−

xy )

( xy + 1)( 1− xy ) + ( xy + x )( xy + 1) − ( x + 1)( 1−

xy )

( xy + 1)( 1−

xy )

( )( ) ( )( ) ( )( )

( xy + 1)( 1− xy ) + ( xy + x )( xy + 1) − ( x + 1)( 1−

xy )

x + 1 1− xy + xy + x xy + 1 + xy + 1 1− xy 1+

x 1

= = =

x y + xy xy


9

Theo bất đẳng thức Côsi ta có

Dấu “=” xảy ra

Vậy

Cho

1

Amax

= 9 ⇔ x= y =

9

1 1 1

⇔ = ⇔ x= y =

x y 9

⎛a

b ⎞⎛1 1⎞

⎜ + + 1⎟⎜ − ⎟

⎝b a ⎠⎝a b

P =

⎠

2 2

a b ⎛a b⎞

+ − +

2 2 ⎜ ⎟

b a ⎝b a⎠

a) Chứng minh rằng

2

1

P = ab

1 1 1 1

6= + ≥2 ⇒ ≤ 9

x y xy xy

Bài 18: SPHN, năm 2015

, với a > 0, b> 0; a ≠0

b) Giả sử ab , thay đổi thỏa mãn 4a + b + ab = 1. Tìm GTNN của P

a) Ta có

⎛a

b ⎞⎛1

1 ⎞

TS

= ⎜ + + 1⎟⎜ − ⎟

⎝b

a ⎠⎝a

b⎠

2

=

Lời giải

2 2 2 2

a + b + ab

a + b −2a

.

2 2

ab

ab

( ) ( )

a + 2a b + b − ab a + b − 2a b a + b − ab a + b

= =

3 3 3 3

ab

ab

4 2 2 4 2 2 2 2 4 4 2 2

⎛ ⎞ + − −

MS = + −

2 2 ⎜ + ⎟=

2 2

b a ⎝b a⎠

ab

Vậy

2 2 4 4 3 3

a b a b a b a b b a

1

P = ab

1 1

4a + b ≥2 4ab AM −GM ⇔ 4a + b + ab ≥5 ab ⇔1≥5

ab ⇔ ab ≤ ⇔ ≥ab

5 25

b) Ta có: ( )

1

⇔ ≥25. Vậy P ≥ 25

ab

Dấu ‘=” xảy ra

⎧ 1

4 1 a =

⎧ ⎪ a + b + ab = ⎪ 10

⇔ ⎨

⇔ ⎨

⎪⎩ 4a

= b

⎪ 2

b =

⎪⎩ 5

Bài 19: HSG Tỉnh Hà Nam, năm 2020 - 2021

⎛ 2 6 1 39

Cho

x − x x − x x − x + ⎞

Q

.

x +

= ⎜

− +

x 4 x x 2 1 x ⎟

, với x≥0; x≠1; x≠

4).

⎝ − + − − ⎠ x+ 3 x −10

a) Rút gọn Q


b

10

b) Tìm x để Q đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải

a) Với x≥0; x≠1; x≠ 4 ta có:

⎛ x−2 x x−x x − 6 x + 1⎞

x+

39

Q = ⎜

− +

.

− 4 + −2 1− ⎟

⎝ x x x x ⎠ x+ 3 x −10

x. ( x − 2)

⎤

x−x x − 6 x + 1

⎥

x+

39

.

( x − 2. ) ( x + 2) ( x + 2. ) ( x −1) x −1⎥

( x − 2. ) ( x + 5)

⎡

= ⎢

− −

⎢

⎣

⎡

⎤

⎢

x x−x x − 6 x + 1

⎥

x+

39

= − − .

⎢

⎣

=

( x + 2) ( x + 2. ) ( x −1) x −1⎥

( x − 2. ) ( x + 5

⎦

)

x. ( x −1) − x+ x x + 6− ( x + 1. ) ( x + 2)

x + 39

.

( x + 2. ) ( x −1) ( x − 2. ) ( x + 5)

x− x − x+ x x + 6 −x−3 x − 2 x+

39

=

.

( x + 2. ) ( x −1) ( x − 2. ) ( x + 5)

x x −x− 4 x + 4 x+

39

=

.

=

( x + 2. ) ( x −1)

( x − 2. ) ( x + 5)

( x−4. ) ( x − 1)

x + 39

.

( x + 2. ) ( x −1) ( x − 2. ) ( x + 5)

x + 39

=

x + 5

Vậy với x≥0; x≠1; x≠4

thì Q =

x + 39

x + 5

x +

b) Ta có x x ( x )

Dấu " = " xảy ra

39 64 64 64

= − 5 + = + 5 + −10 ≥ 2 + 5 . − 10 = 6

x + 5 x + 5 x + 5 x + 5

Vậy MinQ = 6⇔ x = 9

⎧ 64

⎪

x + 5 =

x + 5

⎪ ⇔ ⎨x

≥ 0 ⇔ x = 9

⎪x

≠ 1

⎪

⎪⎩ x ≠ 4

⎦

Bài 20: HSG Quận Nam Từ Liêm, năm 2020 - 2021

⎡⎛ 1 1 ⎞ 2 1 1 ⎤ x + y x + x y + y

Cho A = ⎢

+ ⋅ + + ⎥ :

x y

3 3

⎢

⎜ x y ⎟

⎣⎝

⎠ x + y ⎥⎦

xy + x y


b) Cho x+ y = 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A

3 3

, với x> 0, y > 0


Lời giải

11

1. a) Rút gọn biểu thức A

⎡⎛ 1 1 ⎞ 2 1 1 ⎤ x + y x + x y + y

A = ⎢

+ ⋅ + + ⎥ :

x y

3 3

⎢

⎜ x y ⎟

⎣⎝

⎠ x + y ⎥⎦

xy + x y

3 3

3 3

( x + x y) + ( y x + y )

⎛ x + y 2 x+

y⎞

= . + :

⎜

xy x y xy ⎟

⎝

+ ⎠ xy y + x

( + ) + ( + )

⎛ 2 x+

y⎞

= : x x y y x y

+

⎜ xy xy ⎟

⎝

⎠ xy ( x + y)

2

=

=

=

( x + y)( x+

y)

( + )

xy + x + y

:

xy xy x y

2

( x + y) xy ( x + y)

Vậy

x +

.

xy x y x y

xy

y

( + )( + )

x + y

A = với x> 0, y > 0

xy

( )

b) Cho x+ y = 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

Với x> 0, y > 0 ta có:

x + y 1 1

A = = + .

xy x y

Áp dụng bất đẳng thức Cô- Si ta có:

Mặt khác:

Hay

với x> 0, y > 0

1 1 1 1 1

+ ≥ 2 . = 2

x y x y xy

x+

y 4 1 1 1 1

xy ≤ = = 2 ⇒ ≥ ⇔ 2. ≥ 2. = 2

2 2 xy 2 xy 2

1 1 1 1 1

+ ≥ 2 . = 2 ≥ 2

x y x y xy

⎧x=

y

Do đó: A ≥ 2 . Dấu “ = ” xảy ra ⇔ ⎨ ⇒ x= y = 2.

⎩x

+ y = 4

Vậy MinA = 2 tại x= y = 2 .

Bài 21: HSG Huyện Chương Mỹ, năm 2020 - 2021

x −1 x − 3 7+ x −x

Cho biểu thức P = + − , với 0; 4

3+ x 2− x x+ x − 6

x≥

x≠



b) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 21+ 3 48 − 21−

3 48

12

c) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để 1 P

nhận giá trị nguyên

d) Tìm giá trị nhỏ nhất của

1) Rút gọn biểu thức P

x −1 x − 3 7+ x −x

P = + −

3+ x 2− x x+ x −6

12

Q P. x − x −

=

x

( x −1)( x −2) −( x − 3)( x + 3) − (7 + x −x)

=

( x − 2)( x + 3)

x− 3 x + 2− x+ 9−7− x + x

=

( x − 2)( x + 3)

2

x− 4 x + 4 ( x −2) x −2

= = =

( x − 2)( x + 3) ( x − 2)( x + 3) x + 3

Vậy với x ≥ 0 v à x ≠ 4 t hì P =

x − 2

x + 3

Lời giải

2) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 21+ 3 48 − 21−

3 48

Ta có:

x = 21+ 3.4 3 − 21− 3.4 3 = (2 3 + 3) + (2 3 − 3)

= 2 3+ 3 − 2 3− 3 = 6 (tmđk x ≥ 0 và x ≠ 4 )

Thay x = 6 v ào biểu thức P, ta có:

Vậy khi x = 21+ 3 48 − 21− 3 48 thì

3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để 1 P

Ta có: 1 x + 3 x − 2 +

= = 5 = 1+

5

P x −2 x −2 x − 2

1

P nguyên 5

x

Bảng tìm x

Với { 1; 9; 49}

2

2 2

6 −2 − 12 + 5 6

P = =

6+

3 3

12 5 6

P =

− +

3

nhận giá trị nguyên

⇔ nguyên ⇔5

−

( x −2) ⇔ x −2 ∈ Ö (5) = { ± 1; ± 5}

x ∈ thì 1 P

x − 2 -1 1 -5 5

x 1 3 -3 7

x 1 9 Ο 49

Nhận định Tmđk Tmđk Tmđk

có giá trị nguyên


4) Tìm giá trị nhỏ nhất của

12

Q P. x − x −

= .

x

13

( ) ( ) ( ) ( )

x − 2 x − 4. x + 3 x −2. x −4

Ta có: Q = .

=

x + 3 x x

x− 6 x + 8 8 ⎛ 8 ⎞

Q= = x − 6+ = ⎜ x + ⎟−6

x x ⎝ x ⎠

8

Q≥2 x. − 6= 4 2−6

x

Dấu “=” xảy ra khi x = 8 (tmđk)

Vậy GTNN của: Q = 4 2− 6 khi x = 8.

Bài 22: HSG Huyện Ứng Hòa, năm 2020 - 2021

x + 1 x+ 2 x + 1

x −1 x x − 1 x+ x + 1

Cho biểu thức P = − − ( x > 0, x ≠1)


b) Tính giá trị lớn nhất của biểu thức

c) Tính giá trị của P khi cho

1) Rút gọn

2

Q = +

P

x

3 3

x = − + +

7 50 7 50

x + 1 x+ 2 x + 1

P= − − x> x≠

x −1 x x − 1 x+ x + 1

( 0, 1)

1 x+ 2 x + 1

P = − −

P =

x − 1 ( x − 1)( x+ x + 1)

x+ x + 1

( x+ x + 1) − ( x+ 2) −( x − 1)( x + 1)

( x − 1)( x+ x + 1)

− x+

x

− x( x −1)

( x − 1)( x+ x + 1)

( x − 1)( x+ x + 1)

P = =

− x

P = .

x+ x + 1

2)

2 2x+ 2 x + 2 x x+ 2 x + 2

Q= + x = − =

P − x − x − x

⎛ 2 ⎞

Q=− ⎜ x + + 2⎟

⎝ x ⎠

Theo BĐT Cauchy ta có

Nên

2

x + + 2≥ 2 2+

2

x

2

x + ≥ 2 2.

x

Lời giải


14

Suy ra max Q =− ( 2 2 + 2)

dấu "=" xảy ra khi

3 3

3) Từ x = 7 − 50 + 7 + 50

Ta có

x

= 7 − 50 + 7 + 50 + 3x

7 − 50

3 3 2

( )( )

3 14 0 2 2 7 0

3 2

⇔ x + x− = ⇔ x− x + x+ =

2

⇔ x = 2( Do x + 2x+ 7> 0)

Thay x = 2 ( Thỏa ĐKXĐ ), ta tính được

− 2

P = .

3 + 2

2 x + 1 x + 3 10 − x


x −3 2− x x− 5 x + 6


b) Tìm các giá trị của x sao cho A < 2

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B biết rằng

a) Điều kiện xác định: x≥0; x≠4; x≠ 9 . Khi đó:

2

x = ⇔ x= 2.

x

Bài 23: HSG Huyện Vĩnh Lộc, năm 2019 - 2020

Lời giải

x− 4 x + 20

B =

A

( x − 2)

2 x + 1 x + 3 10 − x 2 x + 1 x + 3 10 − x

A = + − = − −

x −3 2− x x− 5 x + 6 x −3 x −2 x −3 x −2

( )( )

( 2 x + 1)( x −2) − ( x + 3)( x −3)

− 10 + x x−2 x −3

( x −3)( x −2) ( x −3)( x −2)

= =

b) Để

TH1: Khi

TH2: Khi

x + 1 x + 1 x −5

A < 2⇒ < 2⇔ 2− > 0⇔ > 0

x −2 x −2 x −2

⎧⎪

x − 5 > 0 ⎧⎪

x > 5 ⎧x>

25

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ x > 25

⎪⎩

x − 2> 0 ⎪⎩

x > 2 ⎩x

> 4

⎧⎪

x − 5 < 0 ⎧⎪

x < 5 ⎧0 ≤ x<

25

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔0≤ x < 4

⎪⎩

x − 2< 0 ⎪⎩

x < 2 ⎩0 ≤ x < 4

( )( )

( x −3)( x −2)

x + 1 x − 3 x + 1

= =

x − 2

Đối chiếu với điều kiện xác định ban đầu ta được giá trị cần tìm của x là: 0≤ x < 4 hoặc x > 25

c) Ta có: B xác định khi x≥0; x≠4; x≠

9

x− 4 x + 20 x −2 x− 4 x + 20 x− 4 x + 20

B = = .

=

A

x + 1 x − 2 x + 1

( x − 2)

25 25

= x − 5+ = x + 1+ −6

x + 1 x + 1


Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2 số x + 1 và

25

, ta được

x +1

15

25 25

25

x + 1+ ≥2.5 ⇔ x + 1+ ≥10

⇔ x + 1+ −6≥4⇒ B≥4

x + 1 x + 1

x + 1

Dấu “=” xảy ra khi:

25

x + 1 = ⇔ x + 1 = 5 ⇔ x = 4 ⇔ x=

16 (t/m)

x + 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B là: MinB = 4 khi x = 16 .


16

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH

BÀI 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI


1. Giải phương trình: ax + b = 01 ( )

- Nếu 0 ( 1)

a = ⇒ trở thành b = 0

+ Nếu 0 ( 1)

b = ⇒ có vô số nghiệm

+ Nếu 0 ( 1)

b ≠ ⇒ vô nghiệm

−b

a

- Nếu a ≠0⇒( 1)

⇔ ax =−b ⇔ x = trở thành b = 0

2. Giải phương trình: ax 2 + bx + c = 0( 2)

- Nếu 0 ( 2)

a = ⇒ trở thành bx + c = 0 ⇒ quay trở về dạng 1

- Nếu 0 ( 2)

a ≠ ⇒ là phương trình bậc hai

2

Tính ∆= b − 4ac

hoặc ∆= b'

2 − ac rồi tìm nghiệm của bài toán.

3. Định lí Vi-ét

Giả sử phương trình ax 2 bx c 0( 2)

4. Vi-ét đảo

Nếu x 1

, x 2

thỏa mãn:

+ + = có nghiệm x 1

, x 2

thì

⎧x1+ x2

= S

⎨

⎩xx

1 2=

P

⎧ −b

x1 + x2

=

⎪ a

⎨

⎪ c

xx

1 2=

⎪⎩ a

2

thì x 1

, x 2

là nghiệm của phương trình: x − Sx + P = 0

Bài 1:

Giải và biện luận phương trình: ( m 2 2m 3) x m 1 01 ( )

Phương trình ( ) ( )( )

1 ⇔ m− 1 m+ 3 x+ m− 1=

0

+ − + − = , với m là tham số

Lời giải

- Nếu m = 1, phương trình (1) trở thành 0x= 1− 1= 0⇔ 0x= 0⇒ phương trình (1) có vô số

nghiệm

- Nếu m = − 3, phương trình (1) trở thành 0x + 4= 0 (vô lý) ⇒ phương trình vô nghiệm


- Nếu m≠1, m≠−3

⇒ phương trình (1) có nghiệm duy nhất

1−m

−1

x = =

m− 1 m+ 3 m+

3

( )( )

1

3

Cho số thực dương a thỏa mãn: a 6( a 1)

( )

2 2

x + ax + a − 6=

01

Ta có: ∆= a 2 −4( a 2 − 6) = 24 − 3a 2 = 3( 8 − a

2

)

Bài 2:

= + . Chứng minh rằng phương trình sau vô nghiệm

Lời giải

Theo giả thiết: a 3 = 6( a+ 1) ⇔ a 3 −6a− 6= 0⇔ a( a

2 − 6) = 6( 2)

Giả sử

2 2

∆≥0⇔8−a ≥0⇔ a ≤8⇒ 0< a≤

2 2

2

a −6≤8− 6= 2⎫⎪

2

⇒ ⎬ ⇒a( a −6)

≤ 4 2 < 6⇒

mẫu thuẫn với (2)

0< a ≤2 2 ⎪⎭

Vậy ∆< 0 ⇒ phương trình (1) vô nghiệm

Bài 3:

2

Giả sử ab , là hai nghiệm của phương trình x + px + 1= 0 và cd , là hai nghiệm của phương

2

trình x

qx

1 0

a−c b− c a+ d b+ d = q − p

+ + = . Chứng minh ( )( )( )( )

2 2

⎧a+ b=− p ⎧c+ d =−q

Áp dụng định lí ta có: ⎨ ; ⎨

⎩ab

= 1 ⎩cd

= 1

Ta có:

Lời giải

( a −c)( b − c)( a + d )( b + d ) = ( a − c)( b + d )( b − c)( a + d ) = ( ad + ad −bc − ad )( ab + cd −ca − bd )

2 2 2 2 2 2 2 2

( ad bc)( bd ac) abd a cd b cd c ab d a b c

= − − = − = + = − − +

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2

= c + d − a + b = c+ d − a+ b = q 2 − p

2 (đpcm)

Cho phương trình ( )

Bài 4: Chuyên Toán Vĩnh Phúc, năm học 2017

2 2

x m x m m

−2 − 1 + 2 − 3 + 1= 0 (1)

a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm

9

b) Giả sử phương trình (1) có 2 nghiệm x 1

, x 2

. Chứng minh rằng P= x1+ x2+ xx

1 2≤

8

Lời giải


a) Để phương trình (1) có nghiệm ( m ) 2 ( m 2 m )

⇔∆' ≥0⇔ −1 − 2 − 3 + 1 ≥ 0

2

2

⇔ m−m ≥ ⇔ ≤m≤

0 0 1

Theo định lí Viét ta có:

( )

⎧⎪ x1+ x2

= 2 m−1

⎨

⎪⎩ xx

1 2= m − m+

( )( )

2

2 3 1

⇒ P= 2m −m− 1 = m− 1 2m+ 1 = 1+ m−2m

Ta chứng minh

9

⇒ P ≤ .

8

2 2

≤0 ≥0

2

2 2

2 1 2 0 ⎛ ⎞ 0

9 9 1 1

P≤ ⇔ − m + m+ ≤ ⇔ m − m+ ≥ ⇔⎜m− ⎟ ≥

8 8 8 ⎝ 4⎠

Bài 5:

(luôn đúng)

2

10 10

Giả sử x 1

, x 2

là nghiệm của phương trình x − 4x+ 1= 0. Chứng minh rằng x + x là một số

nguyên

n n

Đặt S = x + x( n∈Nn≥

)

n

1 2

, 1

Theo định lí Viét ta có S1 = 4; S2

= 14

Vì 1

, 2

Lời giải

2

x x là hai nghiệm khác 0 của phương trình x − 4x+ 1= 0 nên:

2 n+

2 n n

n

x1 = 4x1−1⇒ x1 = 4x1 − x1

(nhân với x

1

)

2 n+ 2 n+

1 n

n

x2 = 4x2 −1⇒ x2 = 4x2 − x2

(nhân với x

2

)

⇒ S = 4S − S (với ∀n

≥ 1)

n+ 2 n+

1 n

Nếu S

n

là số nguyên, S

n + 1

là số nguyên ⇒ S

n + 2

là số nguyên

⇒ S 1

là số nguyên,

2

S là số nguyên ⇒ S10

là số nguyên.

Bài 6: Chuyên Lê Hồng Phong TP HCM, năm học 2003

1 2

Chứng minh rằng nếu a+ b≥ 2 thì ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm

2

x ax b

2

+ 2 + = 0 và x + 2bx + a = 0


Lời giải

3

Ta sử dụng phương pháp phản chứng

Giải sử cả hai phương trình đã cho đều vô nghiệm. Khi đó:

( )

⇒∆ +∆ = a + b − a+ b < (1)

' ' 2 2

1 2

0

2 2

Mặt khác dễ chứng minh được: 2( a b ) ( a b) 2

Vậy ( a 2 b 2 ) ( a b) a 2 b 2 a b a 2 b 2

( a b)

∆ = − < và

' 2

1

a b 0

+ ≥ + và ( a+ b) 2

≥ 2( a+ b)

do a+ b≥

2

2 + ≥ 2 + ⇔ + ≥ + ⇔ + − + > 0 (2)

Từ (1) và (2) ta thấy mâu thuẫn, nên điều giả sử là sai

Vậy ít nhất 1 trong 2 phương trình đã cho có nghiệm.

Bài 7: NK Trần Đại Nghĩa TP HCM, năm học 2001

Cho phương trình ax 2 bx c 0( a 0)

3 2 2

b + a c + ac = 3abc

∆ = − <

' 2

2

b a 0

2

+ + = ≠ có hai nghiệm x 1

, x 2

thỏa mãn x = x . Chứng minh

Lời giải

1 2

c

2

c

Theo hệ thức Viét ta có: xx 1 2

= và do x1 = x2

nên x 3

2

= là nghiệm của phương trình đã

a

a

c

cho. Thay x 3

2

= vào phương trình ta được:

a

3 2 3

b ac ca

2

+ + = 0

*) Lưu ý: ( x+ y+ z) 3 = x 3 + y 3 + z 3 + 3( x+ y)( y+ z)( z+ x)

với mọi , ,

Nếu

3 3 3

x + y + z = 0⇒ x + y + z = 3xyz

3 2 3 2

Áp dụng cho x= by , = ac,

z= ca ta có điều phải chứng minh.

xyz

Bài 8: NK Trần Đại Nghĩa TP HCM, năm học 2001

2

2

Giả sử các phương trình ax + bx + c = 0 và cy + dx + a = 0 ( a ≠0, c≠ 0 ) có các nghiệm tương

2 2 2 2

ứng là x1,

x

2

và y1,

y

2. Chứng minh rằng x + x + y + y ≥

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

1 2 1 2

4

Lời giải

2 2 2 2

1+ 2≥ 1

+

2

≥ 2

1 2=

2

1 2

x x x x x x xx


2 2 2 2

1

+

2

≥

1

+

2

≥ 2

1 2

= 2

1 2

y y y y y y yy

4

c a

Theo địn lí Viét ta có: xx

1 2= và yy

1 2

=

a c

c a c a

+ + + ≥ 2 + 2 = 2 + ≥ 2.2 . = 4 (đpcm)

a c a c

2 2 2 2

Vậy x1 x2 y1 y2 xx

1 2

yy

1 2

Bài 9:

Chứng minh rằng nếu a+ b+ 5c= 0 thì phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0( a ≠ 0)

có hai

nghiệm phân biệt

Ta có a+ b+ 5c= 0⇒ b=−a−

5c

Lời giải

( ) ( )

2 2 2 2 2 2

∆= b − 4ac = a + 5c − 4ac = a + 6ac + 25c = a + 3c + 16c

≥ 0

Giả sử

⎧a+ 3c= 0 ⎧a

= 0

∆= 0 ⇒⎨

⇔⎨

⎩c= 0 ⎩c=

0

mâu thuẫn với giả thiết a ≠ 0

Vậy ∆> 0 nê phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Bài 10: ĐHKHTN HN, năm học 2015

2 2

Giả sử ab , là hai số thực phân biệt thỏa mãn a + 3a= b + 3b=

2

a) Chứng minh rằng a+ b=−

3

3 3

b) Chứng minh rằng a + b =− 45

Lời giải

a) Nhận thấy ab , là hai nghiệm phân biệt của phương trình ẩn x sau:

2 2

x x x x

+ 3 = 2⇔ + 3 − 2=

0

Theo định lí Viét ta có a+ b =−3

b) Theo Viét ta cũng có ab = −2

3 3

3 3

Có a b ( a b) ab( a b ) ( ) ( )( )

+ = + − 3 + = −3 −3 −2 − 3 =−45


5

BÀI 2: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA


1) Phương trình bậc ba: ax 3 bx 2 cx d 0( a 0)

2) Cách giải

a) Phân tích đa thức thành nhân tử

- Nhẩm nghiệm: Đa thức ( )

- Sử dụng máy tính để xác định nghiệm

+ + + = ≠ (*)

b) Biến đổi đa thức về dạng A 3 ( x) = B 3

( x)

P x có ngiệm x= a thì P( x) ( x−

a)

Trong đó: A( x) ; B( x ) có thể là các biểu thức chứa x hoặc là những hằng số

Khi đó phương trình ⇔ A( x) = B( x)

3) Chú ý:

- Nếu abcd , , , là các số nguyên và

x

m

n

= là nghiệm hữu tỉ của phương trình (*) thì m là

ước của d và n là ước của a . Đặc biệt khi a = 1 thì phương trình (*) có nghiệm hữu tỉ thì

nghiệm đó là nguyên và là ước của d

- Nếu a+ b+ c+ d = 0 thì phương trình (*) có một nghiệm là x = 1

- Nếu a− b+ c− d = 0 thì phương trình (*) có một nghiệm là x = − 1

B. Bài tập

Bài 1: Giải các phương trình sau

3

3

a) x − 7x+ 6= 0

b) 3x

− x+ 2=

0

c)

3 2

x 6x 10x

4 0

− + − = d)

3 2

Lời giải

3x + 3x + 3x+ 1=

0

a) Dùng phương pháp nhẩm nghiệm ta thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình nên có 1

nhân tử là x − 1

Ta có: x 3 x x 3 x 2 x 2 x x ( x )( x 2 x )

− 7 + 6= 0⇔ − + − − 6 + 6= 0⇔ − 1 + − 6 = 0

⎡x

− 1=

0

⇔ ⎢

⇔ x ∈ −

2

⎣x

+ x− 6=

0

{ 3;1; 2}


b) Dùng phương pháp nhẩm nghiệm ta thấy x = − 1 là một nghiệm của phương trình nên có

1 nhân tử là x + 1

6

Ta có: x 3 x x 3 x 2 x 2 x x ( x )( x 2 x )

3 − + 2= 0⇔ 3 + 3 −3 − 3 + 2 + 2= 0⇔ + 1 3 − 3 + 2 = 0

⎡x

+ 1=

0

⇔ ⎢

⇔ x ∈

2

⎣3x

− 3x+ 2=

0

{.....}

c) Dùng phương pháp nhẩm nghiệm ta thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình nên có 1

nhân tử là x − 2

Ta có: x 3 − 6x 2 + 10x− 4 = 0 ⇔ x 3 −2x 2 − 4x 2 + 8x+ 2x− 4 = 0 ⇔( x−2)( x 2 − 4x+ 2) = 0 ⇔ x∈

{...}

d) 3x ( ) 3 ( ) 3 ( ) 3

( ) 3 + 3x 2 + 3x+ 1= 0⇔ 2x 3 + x+ 1 = 0⇔ 2x 3 =− x+ 1 ⇔ x+ 1 = −

3 2. x

3

a)

3 2

8x 12x 6x

5 0


− + − = b)

3 2

Lời giải

3 3

a) Ta có: ( ) ( ) ( )

3x −3x −3x− 1=

0

−1

⇔ x = .

+

3

1 2

3

3

3 2 3 3 4+

1

8x − 12x + 6x− 5= 0⇔ 2x−1 − 4= 0⇔ 2x− 1 = 4 ⇔ 2x− 1= 4 ⇔ x=

b) Ta có: ( ) 3

3 2 3 3

3 3 3 1 0 4 1 4 1

x − x − x− = ⇔ x = x+ ⇔ x = x+ ⇔ x=


3

3 2

a) 8x

− 4x+ 1= 0

b)

c)

3 2

x x x

+ 2 − 5 + 2 = 0

Lời giải


3

1

4−1

6x −10x − 5x+ 6 = 0

a) Ta có: a = 8; d = 1 nên ta nhẩm các nghiệm có dạng 1 m với m là ước của 8, ta thấy 1

x =

2

là nghiệm của phương trình

⎡ 1

x = ⎧⎪1 − 1±

5⎫⎪

⇔ 2x− 1 4x + 2x− 1 = 0 ⇔ ⎢ 2 ⇔ x ;

⎢

∈⎨ ⎬

2

2 4

4x

+ 2x− 1=

0

⎪⎩

⎪⎭

⎢⎣

2

Phương trình ( )( )

Vậy tập nghiệm của phương trình

⎧⎪1 − 1±

5⎫⎪

S = ⎨ ; ⎬

⎪⎩2 4 ⎪⎭

2

7

m

b) Ta có: a = d = 6 nên ta nhẩm các nghiệm có dạng x = với mn , là ước của 6

n

Ta nhận thấy

2

x = là nghiệm của phương trình

3

⎡ 2

⎡ 2 x =

x = ⎢ 3

⇔ 3 −2 2 −2 − 3 = 0⇔ ⎢ 3 ⇔ ⎢

⎢

2

1 7

x 2x 3

⎢ ±

⎢ ⎣ − −

⎢x

= ⎣ 2

2

Phương trình ( x )( x x )

Vậy tập nghiệm của phương trình

⎧⎪2 1±

7⎫⎪

S = ⎨ ; ⎬

⎪⎩3 2 ⎪⎭

c) Vì các hệ số xuất hiện 2 nên ta nhẩm nghiệm có dạng x= a 2. Thay vào phương trình

ta có:

3 2 3 2

2a 2+ 2a 2− 5a 2+ 2 = 0⇔ 2a + 2a − 5a+ 1= 0 (*)

Vì tổng các hệ số của (*) bằng 0 nên (*) có nghiệm a = 1 hay phương trình đã cho có

nghiệm x = 2

⎡

3 2 2

x= 2 ⎡x=

2

+ 2 − 5 + 2 = 0⇔ − 2 + 2 2 − 1 = 0⇔ ⎢

⇔ ⎢

⎢⎣x+ 2 2x− 1= 0 ⎢⎣x=− 2±

3

Có: x x x ( x )( x x )

Vậy tập nghiệm của phương trình S = { 2; − 2 ± 3}

a)

3 2


3 2

x − 3x + 3x− 4= 0

b) 3x − 3x + 9x− 1=

0

Lời giải

a) Nhẩm các nghiệm x= a với a là ước của 4, ta thấy phương trình không có nghiệm

nguyên

Ta thấy các hệ số xuất hiện 1; − 3; 3 nên ta nghĩ tới hằng đẳng thức như sau:

( ) ( ) 3

x 3 − 3x 2 + 3x−1 − 3= 0⇔ x− 1 = 3⇔ x− 1= 3 3 ⇔ x= 1+

3 3

3

Vậy tập nghiệm của phương trình S = { 1+

3}

b) Bằng cách nhẩm nghiệm, ta thấy phương trình đã cho không có nghiệm hữu tỉ. Ta biến

đổi phương trình như sau:


8

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3 2 3 2

3 3 3 3

3x + 3x + 3x+ 1+ 2 x − 3x + 3x− 1 = 0⇔ x+ 1 + 2 x− 1 = 0⇔ x+ 1 = 2 1−

x

( )

⇔ + = − ⇔ =

3

x 1 21 x x

3

3

2−1

2+

1

Vậy phương trình có tập nghiệm

a) Phân tích đa thức thành nhân tử

3

⎪⎧

2−1⎫⎪

S = ⎨

3

⎬

⎪⎩

2+

1⎪⎭

Bài 5: Cho đa thức ( )

3 2

P x = x −m 2x − 2x+

2m

2

b) Tìm m để đa thức P( x ) có 3 nghiệm phân biệt sao cho có một nghiệm là trung bình

cộng của hai nghiệm còn lại

Lời giải

a) Ta có P( x) = x ( )( ) ( )( )( )

3 −m 2x 2 − 2x+ 2m 2 = x 2 −2 x− m 2 = x− 2 x+ 2 x−

m 2

b) P( x ) có ba nghiệm x 1

m x 2

x 3

= 2; = 2; = − 2

P( x ) có ba nghiệm phân biệt ⇔m

≠± 1, ta xét các trường hợp sau:

x2 + x3

- TH1: Nếu x1 = = 0⇒ m=

0

2

1 3

- TH2: Nếu x

1 1

- TH3: Nếu x

2

3

x + x m 2−

2

= ⇔ 2 = ⇔ m=

3

2 2

x + x m 2+

2

= ⇔− 2 = ⇔ m=−

3

2 2

Vậy m∈ { 0; ± 3}


Bài 6:

3 3

3

Giải phương trình ( x ) ( x) ( x)

3 − 3 + 2− + 3−2− 2 = 0 (1)

Lời giải

Đặt a= 3x− 3; b= 2 − x;c = 3 −2 −2x⇒ a+ b+ c=

0


3 3 3

*) Nhận xét: Nếu a + b + c = 0⇒ a + b + c = 3abc

9

Nhận thấy: ( x ) ( x) ( x)

3 − 3 + 2− + 3−2− 2 = 0

⎡3x

− 3 = 0

⎢

⎧⎪

3 3−

2⎫⎪

VT 1 = 3 3x − 3 2 −x 3 −2 − 2x = 0 ⇔ ⎢2 − x = 0 ⇔ x ∈⎨2; ; ⎬

⎢

⎪⎩

3 2 ⎪⎭

⎣ 3−2− 2x

= 0

Nên ( ) ( )( )( )

Bài 7: Cho phương trình

3 2

x + ax + bx − 1= 0 (1)

a) Tìm các số hữu tỷ a, b để phương trình (1) có nghiệm x = 2−

3

b) Với giá trị a, b vuwà tìm được. Gọi x1, x2,

x

3

là 3 nghiệm của phương trình (1) và đặt

1 1 1

*

= + + với n∈ N . Tính S

5

và chứng minh Sn

∈ Z

S n

x n

1

x n n

2

x3

Lời giải

a) Thay x = 2− 3 vào phương trình (1) ta được:

3 2

( ) a( ) b( ) ( a b) ( a b)

2− 3 + 2− 3 + 2− 3 − 1= 0⇔ 25+ 7 + 2 − 15+ 4 + 3 = 0

⎧4a+ b+ 15 = 0 ⎧a=−5

⇔ ⎨

⇔ ⎨

⎩7a+ 2b+ 25 = 0 ⎩b=

5

b) Phương trình ( ) ( x )( x 2 x )

Đặt x3 x1 x2

(do a, b là số hữu tỷ)

1 ⇔ −1 − 4 + 1 = 0

= 1; = 2 − 3; = 2 + 3

n n

1 1 1 x + x 1

= + + = +

1 2

Ta có S

n n n n n n n

x1 x2 x3 x1x2 x3

Theo Viét ta có:

⎧x1+ x2

= 4

n n

⎨ ⇒ Sn

= x1 + x2

+ 1

⎩xx

1 2=

1

n n

Đặt ( ) 2

Q= x + x ⇒ Q = 4; Q = x + x − 2xx

= 14

1 2 1 2 1 2 1 2

n+ 2 n+

1 n n n n

( )

Q = 4 Q −Q ⇒Q ∈Z, ∀n⇒ S = Q + 1 ∈ Z

Có: Q3 Q2 Q1 Q4 Q3 Q2 Q5 Q4 Q3

S

5

= 725.

= 4 − ; = 4 − ; = 4 − = ... = 724


10

Bài 8:

3 2

Biết rằng 2 là một nghiệm của phương trình x + ax + bx + c = 0 với các hệ số hữu tỉ. hãy

tìm các nghiệm còn lại

Lời giải

Thay x = 2 vào phương trình, ta được: ( b+ 2) 2 =− ( 2a+

c)

- Nếu

( 2a

c)

− +

b+ 2≠0⇒ 2 = ∈Q

b + 2

(vô lý)

Từ đó ⇒ b=−2⇒ c=− 2a

thay vào phương trình

Vậy nghiệm còn lại của phương trình là x=− 2; x=−

a

Lưu ý: a∈ Q nên a ≠± 2

Bài 9:

Xác định các số nguyên a , b sao cho một trong các nghiệm của phương trình

x + ax + bx + = là 1+

3

3 2

3 12 0

Lời giải

Thay 1+ 3 vào phương trình ta được hệ thức: ( a b ) ( a b)

Do ab , nguyên nên:

Vậy a =− 12; b= 6 .

⎧4a+ b+ 42 = 0 ⎧a=−12

⎨

⇔ ⎨

⎩18 + 2a+ b= 0 ⎩b=

6

4 + + 42 + 18 + 2 + 3 = 0


11

Bài 3: NHẢM NGHIỆM ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO


1) Định lí Bơzu: Nếu phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm x = 2 thì f ( x) = ( x−α

).

q( x )

n

n−1

*) Nhận xét 1: Cho f ( x ) = 0 với ( )

Nếu phương trình có nghiệm

f x = ax + a x + ... + a

p ⎧q/

an

x = ⇒ ⎨

q ⎩ p/

a

n

0

n−1 0

*) Nhận xét 2: Sử dụng lược đồ hoocne để chia đa thức

B. Bài tập

3 2

2x − 3x + 3x

− 1=

0

Bài 1: Giải phương trình sau

Lời giải

*) Phân tích: Sử dụng máy tính ta tìm được nghiệm

⎛ 1 ⎞

2⎜x− ⎟= 2x

−1

⎝ 2 ⎠

3 2 2

Ta có phương trình ( )( )

−2 −3 − 2=

0

4 2

x x x

Phân tích:

1

x = ⇒ phương trình có 1 nhân tử là

2

⎡2x

− 1=

0 1

2x − 3x + 3x− 1= 0⇔ 2x−1 x − x+ 1 = 0 ⇔ ⎢

⇔ x=

.

2

⎣x

− x+ 1=

0 2


Lời giải

- Nếu phương trình có nghiệm nguyên thì nghiệm đó là ước của 2, từ đó tìm được nghiệm

x =−1⇒

có một nhân tử là x + 1.

- Tổng các hệ số bằng 0 nên phương trình có nghiệm x = 1

- Tổng các hệ số của x mũ chẵn bằng tổng hệ số x mũ lẻ thì phương trình có nghiệm

x = −1

4 2 3 2

Ta có: x x x ( x )( x x )


−2 −3 − 2= 0⇔ + 1 − − 2 = 0

12

⎡

⎢

⎢x

= −1

2

⎡x

= −1

⇔ ( x+ 1)( x− 2)( x + x+ 1)

= 0⇔ ⎢x= 2 ⇔

⎢

⎢

= 2

2 ⎣x

⎢⎛ 1⎞

3

⎢⎜x

+ ⎟ + = 0

⎣⎝

2 ⎠ 4

Vậy phương trình có tập nghiệm S = { −1; 2}

4 2

x x x

+ −6 − 8=

0


Lời giải

Phương trình có tổng các hệ số bằng 0 nên có một nghiệm x = 1, tức là có một nhân tử là

4 2 4 3 3 2 2

x −1, ta có: x + x + 6x−8⇔( x − x ) + ( x − x ) + ( 2x − 2x) + ( 8x

− 8)

= 0

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

⇔ − 1 + + 2 + 8 = 0⇔ − 1 2 2 4 8 ⎤

⎣

+ − + + −

⎦

= 0

2 2

( x 1) ⎡x ( x 2) x( x 2) 4( x 2) ⎤ 0 ( x 1)( x 2)( x x 4) 0 (*)

⇔ − ⎣ + − + + + ⎦ = ⇔ − + − + =

2

2 ⎛ 1 ⎞ 15

⎡x

= 1

Vì x x 4 x 0, x (*)

− + = ⎜ − ⎟ + > ∀ ⇒ ⇔

2 4

⎢

⎝ ⎠ ⎣x

= −2

Vậy phương trình có hai nghiệm x= 1; x = −2

4 3 2

x −x −5x

− 18 = 0


Lời giải

Nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình, nên phương trình có nhân tử x − 2

Ta có

4 3 2 4 3 3 2 2

x −x −5x − 18 = 0 ⇔ x − 2x + x −2x − 3x + 6x+ 9x

− 18 = 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

3 2 3 2

⇔ x x− + x x− − x x− + x− = ⇔ x− x + x − x + =

2 2 3 2 9 2 0 2 3 9 0

2 2

( x 2) ⎡x ( x 3) 2x( x 3) 3( x 3) ⎤ 0 ( x 2)( x 3)( x 2x

3) 0 ( 1)

⇔ − ⎣ + − + + + ⎦ = ⇔ − + − + =

2

Vì x − 2x+ 3 = ( x− 1) 2

+ 2 > 0, ∀x⇒( 1) ⇔( x−2)( x− 3) = 0 ⇔ x ∈{ 2;3}


Vậy phương trình có nghiệm x= 2; x = 3

13


3 2

3x − 7x + 17x

− 5 = 0

Nhẩm nghiệm

Lời giải

1

x = là nghiệm của phương trình nên có nhân tử là 3x

−1

3

3 2 3 2 2

Ta có x x x ( x x ) ( x x) ( x )

3 − 7 + 17 − 5 = 0 ⇔ 3 − − 6 − 2 + 15 − 5 = 0

( 3 1) 2 ( 3 1) 5( 3 1) 0 ( 3 1)( 2 5) 0 ( 1)

2 2

⇔ x x− − x x− + x− = ⇔ x− x − x + =

2

Vì ( ) ( )

x − 2x+ 5= x− 1 + 4> 0⇒ 1 ⇔3x− 1= 0⇔ x = .

3

2 1

Vậy phương trình có nghiệm

5 4 3 2

x x x x x

= + + + +2

1

x = .

3


Lời giải

5 4 3 2 5 4 3 2

Ta có x x x x x ( x ) ( x x x x )

= + + + + 2⇔ −1 − + + + + 1 = 0

4 3 2 4 3 2 4 3 2

( x )( x x x x ) ( x x x x ) ( x )( x x x x )

⇔ − 1 + + + + 1 − + + + + 1 = 0⇔ − 2 + + + + 1 = 0

+) TH1: x− 2= 0⇔ x = 2

+) TH2: ( ) ( ) ( )( )

4 3 2 4 3 2 3 2

x + x + x + x+ 1= 0⇔ x + x + x+ 1 + x = 0⇔ x+ 1 x + 1 + x = 0

2 2 2

( x 1) ( x x 1) 0 x 0 ( 1)

⇔ + − + = + =

Ta có:

2 ⎛ 1⎞

3

− + 1 = ⎜ − ⎟ + > 0, ∀

⎝ 2⎠

4

2

x x x x và ( ) 2 2

( ) ( )

x+ 1 ≥0; x ≥0,

∀x

2 2 2

x 1 x x 1 x 0, x phương trình (1) vô nghiệm.

⇒ + − + + > ∀ ⇒

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.



4 2

x x x

+ 2012 + 2009 + 2010 = 0

14

Lời giải

Ta có

4 2 4 2

x + 2012x + 2009x+ 2010 = 0 ⇔ x + 2012x + 2010x− x + 2010 = 0

4 2 3 2

( x x) ( x x ) x( x ) ( x x )

⇔ − + 2010 + 2010 + 2010 = 0 ⇔ − 1 + 2010 + + 1 = 0

2 2 2 2

( 1)( 1) 2010( 1) 0 ( 1)( 2010) 0 (*)

⇔ x x− x + x+ + x + x+ = ⇔ x + x+ x − x + =

Vì

2 ⎛ 1⎞

3

x + x+ 1 = ⎜x+ ⎟ + > 0, ∀x và

⎝ 2⎠

4

(*) vô nghiệm.

2

( x 2 + x+ 1) = 3( x 4 + x + 1)

2

2 ⎛ 1⎞

1

− + 2010 = ⎜ − ⎟ + 2010 − > 0, ∀

⎝ 2⎠

4


2

x x x x nên phương trình


Lời giải

2 2

Ta có ( x 2 x ) ( x 4 x ) ( x 2 x ) ( x 4 x )

+ + 1 = 3 + + 1 ⇔ + + 1 − 3 + + 1 = 0

( x 2 x ) ( x 2 x )( x 2 x ) ( x 2 x ) ⎡x 2 x ( x 2 x )

⇔ + + 12− 3 + + 1 − + 1= 0⇔ + + 1 1 3 1⎤

⎣

+ + − − +

⎦

= 0

2 2 2 2

( x x )( x x ) ( x x )( x x )

⇔ + + 1 − 2 + 4 − 2 = 0⇔ + + 1 − 2 + 1 = 0

2

( x x 1)( x 1) 2

0 ( 2)

⇔ + + − =

Vì ( )

2

2 ⎛ 1⎞

3

x + x+ 1= ⎜x+ ⎟ + > 0⇒ 2 ⇔ x− 1= 0⇔ x = 1

⎝ 2⎠

4

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

C. MỘT SỐ DẠNG TOÁN KHÁC

Mẫu 1: Phương trình đẳng cấp bậc hai.

15

2 2

Ví dụ: Tìm mối liên hệ giữa a và b , biết 10a + ab − 11b

= 0

Phân tích: Ta xét b= 0⇒ a = 0

2

Với b ≠ 0 , chia cả hai vế cho b ta được:

Đặt

2

2

⎛a⎞ a

10⎜

⎟ + − 11 = 0

⎝b⎠

b

⎡ a

⎡t = 1

⎢

= 1 ⎡a=

b

a

10 11 0 ⎢ b

t = ⇒ t + t− = ⇔ −11 ⇒⎢

⇔ ⎢

⎢

−11

b t = ⎢ a −11

⎢a=

b

⎣ 10 = ⎣ 10

⎢⎣ b 10

2 2 2

⎛ x− 2⎞ ⎛ x+ 2⎞

x −4

10⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ − 11 = 0

2

⎝ x+ 1⎠ ⎝ x−1⎠

x −1

Điều kiện: x ≠± 1

Đặt

2

x − 2 x 2 4

;

+ x

= a = b ⇒ − = ab

2

x+ 1 x−1 x −1


Lời giải

2 2 2 2

Phương trình a b ab ( a ab) ( ab b )

⇒ 10 + − 11 = 0 ⇔ 10 −10 − − = 0

⎡a=

b

⇔( a−b)( 10a− b)

= 0 ⇔ ⎢

⎣b

= 10a

+) TH1:

+) TH2:

x− 2 x+

2

a= b⇔ =

x+ 1 x−1

x+ 2 x−2

b= 10a⇒ = 10

x− 1 x+

1

Giải 2 trường hợp và đối chiếu điều kiện ta tìm được nghiệm của phương trình.

2 2

⎛ x + 1⎞ x + 1 ⎛ x 2

12

− ⎞

⎜ ⎟ + = ⎜ ⎟

⎝ x−2⎠ x−3 ⎝ x−3⎠

Đặt

x + 1 x 2 1

;

− x

u = v = ⇒ uv =

+

x−2 x−3 x−3


Lời giải


2 2 ⎡u− 3v=

0

+ = 12 ⇔ − 3 + 4 = 0 ⇔ ⎢

⎣u

+ 4v

= 0

Ta có phương trình: u uv v ( u v)( u v)

16

x+ 1 x−2

2

+) TH1: u− 3v= 0 ⇒ − 3 = 0 ⇔− 2x + 10x− 15 = 0 (phương trình vô nghiệm)

x−2 x−3

⎡x

= 1

x+ 1 x−2

u+ 4v= 0 ⇔ + 4 = 0 ⇔5x − 18x+ 13 = 0 ⇔ ⎢

13

x−2 x− 3

⎢ x =

⎣ 5

+) TH2:

2

Vậy phương trình có hai nghiệm

2

( ) ( )

2 2 2

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

= 0

2

Ta có: ( x 2 + 1) + 3x( x 2 + 1) + 2x

2 = 0 ( 1)

13

x= 1; x = .

5


Lời giải

2 2 2 2 2

Đặt x y y xy x ( y xy) ( xy x ) ( y x)( y x )

⎡x+ y = 0

⇔ ⎢

⎣ y+ 2x=

0

+ 1= ⇒ + 3 + 2 = 0⇔ + + 2 + 2 = 0⇔ + + 2 = 0

2

+) Nếu x+ y = 0⇔ y =−x⇒ x + x + 1=

0 (phương trình vô nghiệm)

2

+) Nếu ( ) 2

y+ 2x= 0⇔ y =−2x⇒ x + 2x+ 1= 0⇔ x+ 1 = 0⇔ x =−1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = −1

3 3

3

Mẫu 2: Sử dụng hẳng đẳng thức a + b = ( a+ b) − 3ab( a+

b)

( a+ b+ c) 3 = a 3 + b 3 + c 3 + 3( a+ b)( b+ c)( c+

a )


17

( x+ 1) + ( x− 2) = ( 2x

−1)

3 3 3


Lời giải

3 3

3

Áp dụng hẳng đẳng thức a + b = ( a+ b) − 3ab( a+

b )

3 3 3

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

1)

⇒ + + − = − − + − −

⎡

⎡x+ 1= 0 ⎢x=−1

⎢

⇔ 0= 3( x+ 1)( x−2)( 2x−1 ⎢

) ⇔

⎢

x− 2= 0 ⇔ ⎢x=

2

⎢2 − 1=

0 ⎢

⎣ x

1

⎢x

=

⎣ 2


( 2x+ 1) + ( x− 3) = ( 3x

−2)

3 3 3

1

x=− 1; x= ; x = 2 .

2


Lời giải

Ta có ( 2x+ 1) 3 + ( x− 3) 3 = ( 3x−2) 3 ⇔ ( 2x+ 1) 3 + ( x− 3) 3 + ( − 3x

+ 2) 3

= 0 ( 1)

Sử dụng hẳng đẳng thức a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c)( a 2 + b 2 + c 2 −ab −bc −ca

)

3 3 3

Nhận xét: Nếu a + b + c = 0⇒ a + b + c = 3abc

Áp dụng vào bài toán:

Ta có: 2x+ 1+ x−3− 3x

+ 2=

0

⎡ −1

⎢

x =

2

⎢

1⇔ 32x+ 1 x−3 − 3x+ 2= 0⇔ ⎢x=

3

⎢ 2

⎢x

=

⎣ 3

Do đó ( ) ( )( )( )

Vậy phương trình có ba nghiệm


⎧−1 2 ⎫

x ∈ ⎨ ; ;3 ⎬

⎩ 2 3 ⎭

BÀI 4: PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 TRÙNG PHƯƠNG

1. Phương trình bậc 4 trùng phương: ax 4 bx 2 c 0( a 0)

2. Cách giải


+ + = ≠ (*)

18

4 2

- Với một phương trình cụ thể: x + 2x

− 3=

0

+ Áp dụng cách giải tổng quát

+ Sử dụng máy tính

- Với phương trình chứa tham số ta áp dụng cách giải tổng quát

*) Phương pháp giải:

Đặt 2

2

t = x ( t ≥0 ) ⇒ (*)

trở thành at + bt + c = 0 (**)

( )

∆= − ∆ = −

2 2

b 4 ac ' b ' ac

- Nếu ∆< 0 ⇒ phương trình (**) vô nghiệm ⇒ phương trình (*) vô nghiệm

−b

- Nếu ∆= 0 ⇒ phương trình (**) có nghiệm kép t 1

= t 2

=

2a

+ Nếu

⎧

x

−b

⎪

≥0

⇒⎨

2a

⎪

⎪

x

⎩

= x =

1 2

= x = −

3 4

−b

2a

−b

2a

− b

+ Nếu < 0 ⇒ (*)

vô nghiệm vì t ≥ 0

2a

− b+ ∆ −b− ∆

= =

2a

2a

- Nếu ∆> 0 ⇒ phương trình (**) có nghiệm t 1

; t 2

Căn cứ vào dấu của t 1

; t 2

để tìm x .

Ví dụ: Giả sử t 1

0 x 1

t 1

; x 2

t 1

Nếu t 1

< 0 ⇒ loại

> ⇒ = =− ; t 2

> 0 ⇒ x 3

= t 2

; x 4

=− t 2

c

= =

a

*) Chú ý: Nếu a+ b+ c= 0 ⇒ (**)

có t 1

1; t 2

c

=− =−

a

- Nếu a− b+ c= 0 ⇒ (**)

có t 1

1; t 2

B. Bài tập

Bài 1:

Tìm một phương trình bậc 4 trùng phương để x = 6− 3 2+ 3 − 2+ 2+

3

Lời giải


19

Ta có x = 6− 3 2+ 3 − 2+ 2+ 3 = 3. 2− 2+ 3 − 2+ 2+

3

x

2

⎛

( ) ⎜ ( )( )

⎞

= 3 2− 2+ 3 −2. 3. 2− 2+ 3 2+ 2+ 3 ⎟+ 2+ 2+

3

⎝

⎠

( )

= − + − − ⇒ − =− + + −

2

8 2 2 3 2 3 2 3 x 8 2 2 3 3 2 3

( ) 2

⇒ x 2 − 8 = 32 ⇔ x 4 − 16x

2 + 32 = 0 (đpcm)

Cho phương trình x 4 16x 2 32 0( x R)

Là một nghiệm của phương trình đã cho.

4 2 2

2

Ta có x − 16x + 32 = 0 ⇔( x −8) − 32 = 0( 1)

Bài 2:

− + = ∈ . Chứng minh rằng x = 6− 3 2+ 3 − 2+ 2+

3

Lời giải

Với x = 6− 3 2+ 3 − 2+ 2+ 3 = 3. 2− 2+ 3 − 2+ 2+

3

x

8 2 2 3 2 3 2 3

2

⇒ = − + − −

2

Thay x vào vế trái của (1) ta được:

2

2

2

( ) ( ) ( ) ( )

x −8 − 32 = 8 − 2 2 + 3 −2 3 2 − 3 −8 − 32 = 4 2 + 3 + 4 3 + 12 2 − 3 − 32

= 8 + 4 3 + 8 3 + 24 −12 3 − 32 = 0

Vậy x = 6− 3 2+ 3 − 2+ 2+ 3 là một nghiệm của phương trình đã cho (đpcm).

Bài 3:

4 2

Cho phương trình x + 2mx

+ 4= 0 (1). Tìm giá trị của m để phương trình trên có 4 nghiệm

phân biệt x 1

, x 2

, x 3

, x 4

thỏa mãn S = x + x + x + x =

4 4 4 4

1 2 3 4

32


Lời giải

20

Đặt 2

2

t = x ( t ≥ 0)

, phương trình (1) trở thành: t + 2mt

+ 4=

0( 2)

Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) phải có 2 nghiệm dương

phân biệt ⎨ 1 2

⎧∆> 0

⎪

⇔ t + t =− 2m> 0 ⇔ m <−2

⎪

⎩tt

12=

4>

0

Vậy với m <− 2 thì phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt t 1

, t 2

. Khi đó phương

trình (1) có 4 nghiệm: x 1

= t 1

; x 2

=− t 1

; x 3

= t 2

; x 4

=− t 2

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

2 2 2 2 2 2

2

S = 2 t + t = 32 ⇔ t + t = 16 ⇔ t + t − 2tt = 16 ⇔ −2m − 8 = 16 ⇔ 4m = 24 ⇔ m=±

6

Do m<−2⇒ m=− 6 là giá trị cần tìm.


4 2

x m x m

− + 1 + = 0

Bài 4:

a) Chứng minh rằng phương trình trên luôn có nghiệm

b) Tìm giá trị của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x 1

, x 2

, x 3

, x 4

thỏa mãn

S = x + x + x + x =

4 4 4 4

1 2 3 4

20

a) Đặt t x 2

( t )

( ) ( )( )

Lời giải

= ≥ 0, phương trình đã cho trở thành

2 ⎡t

= 1

t − m+ 1 t+ m= 0⇔ t−1 t− m = 0⇔ ⎢

⎣t

= m

Dễ thấy phương trình đã cho luôn có nghiệm x = ± 1

b) Với m> 0; m≠ 1 thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt:

x= 1; x=− 1; x= mx ; =− m

1 2 3 4

Vậy

4 4 4 4

S x x x x m

=

1

+

2

+

3

+

4

= 20 ⇔ = 9 (thỏa mãn điều kiện)


Bài 5: Chuyên Hà Nam, năm học 2012

x 4 − 2 m 2 + 3 x 2 + m

4 + 5= 0 (với m là tham số)


a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 4 nghiệm phân biệt với mọi m

21

2 2 2 2

b) Tìm m để Q x1x2x3x4 ( x1 x2 x3 x4)

= 2 − + + + = 28

a) Đặt t x 2

( t 0)

Lời giải

= ≥ , phương trình đã cho trở thành t 2 − 2( m 2 + 3) t+ m

4 + 5=

01 ( )

2

Ta có ( ) ( )

' 2 4 2

∆ = + 3 − + 5 = 6 + 4> 0 với mọi m

t

m m m

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt t 1

và t 2

2

( )

⎧ ⎪t1+ t2 = 2 m + 3 > 0 ⎧t1

> 0

Theo định lí Viét ta có: ⎨ ⇒ ⎨

4

tt

12= m + 5>

0 ⎩t2

> 0

⎪⎩

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt

b) Giả sử

x t x t x t x t x x x x tt m

4

1

=

1; 2

=−

1; 3

=

2; 4

=−

2

⇒

1 2 3 4

=

1 2

= + 5

và x 2 2 2 2 ( ) ( 2

1

+ x2 + x3 + x4 = 2 t1+ t2

= 4 m + 3)

Thay vào biểu thức Q ta được giá trị của m cần tìm.

Giải phương trình 5x 4 −2x 2 − 3x 2 x

2 + 2 = 4 ( 1)

Điều kiện: ∀x∈

R

Đặt ( )

Bài 6: Chuyên Vũng Tàu, năm học 2018

Lời giải

⎧ t − t− ≥

⎪

= ≥0 ⇒5 −2 − 3 + 2 = 4⇔5 −2 − 4= 3 + 2 ⇔ ⎨

⎪

⎩

2 2 2

t x t t t t t t t t t

Phương trình (3) ⇔ 25t 4 + 4t 2 + 16 −20t 3 − 40t 2 + 16t = 9t 2

( t+

2)


( )

2

5 2 4 0 2

2

2

2

( 5t −2t− 4) = ( 3t t+

2) ( 3)

( )( ) ( )( )( ) ( )

⇔ − − + + = ⇔ + − + = ⇔ + − − − =

4 3 2 3 2 2

25t 29t 54t 16t 16 0 t 1 25t 54t 16 0 t 1 t 2 25t 4t

8 0 4

Do t ≥0⇒ t+ 1>

0

2 2 2

Ta có t t t ( t t )

Từ ( )

2

Vậy x

25 −4 − 8 = 15 + 2 5 −2 − 4 > 0 do (2)

≥0

≥0

4 ⇒ t = 2 (thỏa mãn điều kiện (2))

= 2 ⇔ x=±

2.

22

BÀI 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN DẠNG ĐỖI XỨNG VÀ HỒI QUY


1. Phương trình bậc bốn dạng đối xứng

4 3 2

ax bx cx bx a a

( )

+ + + + = 0 ≠ 0 (*)

Cách giải:


23

- Nếu x = 0 ⇒ (*)

trở thành: a − 0 (vô lý do a ≠ 0)

2

- Nếu x ≠ 0, chia cả hai vế của phương trình (*) cho x , ta được:

1 1

* b a ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⇔ ax + bx + c + + = 0⇔ a x b x c 0

2 ⎜ +

2 ⎟+ ⎜ + ⎟+ =

x x ⎝ x ⎠ ⎝ x⎠

( )

2 2

1 2 2 1

2 2

t = x + t x 2 4 t 2 a t 2 bt c 0 at bt c 2a

0

2

x

⇒ = + x

+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ − + + = ⇔ + + − = ⇒ tìm được

Đặt ( )

t và so sánh với điều kiện t ≥ 2

2. Phương trình bậc bốn dạng hồi quy

n ⎛m⎞

+ + + + = 0 ( , ≠ 0)

(**) và = ⎜ ⎟ = q

a ⎝ b ⎠

4 3 2

ax bx cx mx n a b

Cách giải:

- Nếu 0 (**)

x = ⇒ trở thành: n = 0

+ Có 1 nghiệm x = 0

+ Vô nghiệm

2

- Nếu x ≠ 0, chia cả hai vế của (**) cho x ta được:

2


2

ptb2

+ + + 1 1

. . 0

2

x

+ x

=

2

ax bx c m n

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

m n bq

2

aq

2

q q

b a x

2

x

2

x x

2 2 2

Đặt = q ⇒ = q ⇒ ax + bx + c + + = 0⇔ a x + + b x + + c = 01 ( )

Đặt

2

q

2 q 2

x+ = t ⇒ x + = t − 2q

2

x x

Từ ( ) ( )

⇒ − + + = ⇔ + + − =

2 2

1 a t 2q bt c 0 at bt c 2aq

0

⎧a=

n

⎨

⎩b

= m

*) Chú ý: - Nếu q = 1 ⇒ ⇒( **)

⎧a

= −n

⎨

⎩b

= − m

- Nếu q =−1 ⇒ ⇒( **)

ptb2

là phương trình dạng đối xứng

là phương trình dạng phản đối xứng

Bài 1:

Giải phương trình sau: x 4 −4x 3 − 9x 2 + 8x+ 4=

01 ( )

Nhận xét:

Lời giải

24

Cách 1: Dùng máy tính tính được nghiệm của phương trình là x= 1; x= − 2 sau đó phân tích

đa thức thành nhân tử và tìm nghiệm của phương trình, ta được:

( )( )( )

4 3 2 2

x x x x x x ax bx x

−4 − 9 + 8 + 4= 0⇔ − 1 + 2 + + = 0

Cách 2: Nhận thấy tổng các hệ số của phương trình bằng 0, nên phương trình có 1 nghiệm

x = 1⇒ có 1 nhận tử là x − 1

2

4 ⎛ 8 ⎞

Cách 3: Nhận thấy = ⎜ ⎟ ⇒ phương trình dạng hồi quy

1 ⎝−4⎠

- Nếu 0 ( 1)

x = ⇒ trở thành: 4= 0 (vô lý)

2

- Nếu x ≠ 0, chia cả hai vế của phương trình (1) cho x ta được: x

⎛ 4 ⎞ ⎛ 2⎞

⎜x

⎟ 4⎜x

⎟ 9 0 2

⎝ x ⎠ ⎝ x⎠

2

⇔ + − − − =

2

2 2

Đặt t x ( ) t x

⎡t

= −1

⇔ ⎢

⎣t

= 5

( )


2

− 8 4

4x

− 9 + 0

2

x

+ x

=

= − 2 4

* 4

2

x

⇒ = + x

− , phương trình (2) trở thành: t 2 + 4−4t− 9= 0⇔t 2 −4t− 5=

0

2

x

- Nếu t =−1 ⇒ x− =−1 ⇔ x 2 − 2 =−x⇔ x 2 + x− 2 = 0 ⇔ x∈{ − 2;1}

2

- Nếu 2 ⎧⎪

t 5 x 5 x 5x 2 0 x

5 ± 33 ⎫⎪

= ⇒ − = ⇔ − − = ⇔ ∈⎨ ⎬

x

⎪⎩

2 ⎪⎭

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt

⎧⎪

5 ± 33 ⎫⎪

x ∈⎨−2;1;

⎬.

⎪⎩

2 ⎪⎭

Bài 2: SPĐN, năm học 2006

Giải phương trình sau: x 4 −4x 3 − 2x 2 + 4x+ 1=

01 ( )

Lời giải

Cách 1: x 4 x 3 x 2 x ( x 4 x 2 ) x( x 2 ) ( x 2 )( x 2 x )

2

⎡ − =

−4 − 2 + 4 + 1= 0⇔ − 2 + 1 −4 − 1 = 0⇔ −1 −4 − 1 = 0

{ 1; 2 5}

x 1 0

⇔ ⎢

⇔ x ∈ ± ±

2

⎣x

−4x− 1=

0

Cách 2: Nhận thấy phương trình (1) có dạng phản đối xứng

- Nếu 0 ( 1)

x = ⇒ trở thành 1= 0 (vô lý)

25

2

2 4 1 ⎛ 2 1 ⎞ ⎛ 1⎞

- Nếu x = 0, chia cả 2 vế cho x ta được: x −4x− 2+ + = 0⇔ x 4 x 2 0

2 ⎜ +

2 ⎟− ⎜ − ⎟− =

x x ⎝ x ⎠ ⎝ x⎠

Đặt

⎡ 1

x − = 0

1

⎡t

= 0 ⎢ 1

t = x− ⇒ ta được: 2 2 4 2 0 2 x ⎡x

= ±

t + − t− = ⇔t − 4t

= 0⇔ ⎢ ⇔ ⎢ ⇔ ⎢

x

⎣t

= 4 ⎢ 1 x = 2±

5

x − = 4 ⎣

⎢⎣ x

Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt x ∈ { ± 1; 2 ± 5}

Giải các phương trình sau:

Bài 3:

a) 10x 4 −27x 3 −110x 2 − 27x+ 10 = 0( 1)

b) 2x 4 + 3x 3 − 5x 2 + 3x+ 2=

0( 2)

Lời giải

a) Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1)

2

Với x ≠ 0 , chia cả hai vế của phương trình cho x ta được

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ x ⎠ ⎝ x⎠

2

10 x + − 27 x+ − 110 = 0

2

Đặt

1 1

t x t x

x

x

= + ⇒ 2 = 2

+ + 2 ⇒ phương trình đã cho trở thành:

2

−

- Với 5 −

t 1

1

= ⇒ x 1

=− 2; x 2

=

2 2

- Với t 2

= 26 ⇒ x 1

3

= 5; x 4

=

5 5

b) Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (2)

2

Với x ≠ 0 , chia cả hai vế của phương trình cho x ta được:

2 3 3 ⎛ 2 1 ⎞ ⎛ 1⎞

2x + 3x− 5+ + = 0⇔ 2 x 3 x 5 0

2 ⎜ +

2 ⎟+ ⎜ + ⎟− =

x x ⎝ x ⎠ ⎝ x⎠

Đặt

1 1

t x x t

x x

= + ⇒ 2 + = 2

− 2 ⇒ phương trình đã cho trở thành: ( 2

t )

2

⎡t

= −3

2

⇔ 2t

+ 3t− 9= 0⇔ ⎢

⎢

3

t =

⎣ 2

⎡ −5

⎢

t =

2

− − = ⇔ ⎢

⎢ 26

t =

⎢⎣ 5

2

10t

27t

130 0

2 − 2 + 3t− 5=

0


26

- Với

- Với

⎡ − 3+

5

1

⎢x

=

2

t

2

1

=−3⇒ x+ =−3⇔ x + 3x+ 1= 0⇔ ⎢

x

⎢ −3−

5

⎢x

=

⎣ 2

3 1 3

t x x x

2 x 2

2

1

= ⇒ + = ⇔ 2 − 3 + 2= 0 (vô nghiệm)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm


4 3 2

⎧⎪− 3±

5⎫⎪

S = ⎨ ⎬

⎪⎩

2 ⎪⎭

Bài 4:

6x + 5x −38x − 3x+ 2 = 0

Lời giải

Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình

2


⎛ 1 ⎞ ⎛ 1⎞

⇔ ⎜ + ⎟+ ⎜ + ⎟− =

⎝ x ⎠ ⎝ x⎠

2

6 x 5 x 38 0

2

( )

, đặt

⎡ 5

⎢

t =

2

− + − = ⇔ + − = ⇔ ⎢

⎢ −10

t =

⎢⎣ 3

2 2

6 t 2 5t 38 0 6t 5t

60 0

2

- Với 5 1 5 ⎧

2 5 2 0 2;

1 ⎫

t = ⇒ x+ = ⇔ x − x+ = ⇔ x∈⎨ ⎬

2 x 2 ⎩ 2⎭

2

- Với 10 1 10 ⎧ −

3 10 3 0 3;

1 ⎫

t =− ⇒ x+ =− ⇔ x + x+ = ⇔ x∈⎨−

⎬

3 x 3 ⎩ 3 ⎭

Giải phương trình sau: + = − ( )

Điều kiện x ≠ 0

Đặt

2

x 4 2 x 16 8

t = 2

3 − t

x

⇒ = 9 + x

− 3

x

2

2

9 3 3

5 6

x x

2

6x

+ 5x

− 38 + + = 0

2

1 2 1 2

t = x + x t 2

2

x

⇒ + x

= − , ta được phương trình:

16 10 ⎛ x 4 ⎞

⎜ ⎟ 1

x ⎝ x⎠

Bài 5:

Lời giải

⎡t

= 2

8 10

Phương trình (1) trở thành: t 2 + = t ⇔3t 2 − 10t+ 8 = 0 ⇔ ⎢

4

3 3

⎢ t =

⎣ 3


27

- Với

- Với

x 4

t = ⇒ − = ⇔ x − x− = ⇔ x = ±

3 x

2

2 2 6 12 0

1,2

3 21

4 x 4 4

= ⇒ − = ⇔ −4 − 12 = 0 ⇔ = 6; − 2

3 3 x 3

2

t x x x3,4

Vậy phương trình có tập nghiệm S = { 3 ± 21; − 2;6}

Giải phương trình sau:

4 3

2 4 2 2 1 0

x − x − x− =

Bài 6:

Lời giải

Nhận xét: Phương trình trên không phải dạng đối xứng hay hồi quy

Dùng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử, ta được:

( )

4 3 4 3 4 3 2 2

2x −4x −2 2x− 1= 0⇔ 4x −8x −4 2x− 2= 0⇔ 4x − 8x + 4x −4x −4 2x− 2=

0

2 2 2 2 2± 4+

2 2

⇔ 2x −2x − 2x+ 2 = 0⇔ 2x + 2 2x −4x− 2 = 0⇔ x −4x− 2 = 0⇔ x=

2

2

2

( ) ( ) ( )( )


Điều kiện: ∀x∈

R

Đặt ( ) ( )

Bài 7: Chuyên Vũng Tàu, năm học 2018

4 2 2 2

5x 2x 3x x 12 4

− − + = (1)

Lời giải

2 2 2

t x t t t t t t t t t

= ≥0 ⇒ 1 :5 −2 − 3 + 2 = 4⇔5 −2 − 4= 3 + 2

⎧ − −

⎪

⇔ ⎨

⎪

⎩

( )

2

5t

2t

4 2

2

2

2

( 5t −2t− 4) = ( 3t t+

2) ( 3)

( ) ( )

4 2 3 2 2 4 3 2

3 ⇔ 25t + 4t + 16 −20t − 40t + 16t = 9t t+ 2 ⇔ 25t −29t − 54t + 16t+ 16 = 0

(tổng hệ số bậc chẵn bằng tổng hệ số bậc lẻ)

( t 1)( 25t 3 54t 2 16) 0 ( t 1)( t 2)( 25t 2 4t

8) 0( 4)

⇔ + − + = ⇔ + − − − =

2 2

⎛

2

⎞

Do t ≥0⇒ t+ 1> 0 và 25t −4t− 8 = 15 t + 2⎜5 t −2t − 4⎟>

0 (do 2)

≥0 ⎝ ≥0

⎠

Từ ( )

4 ⇒ t = 2 (thỏa mãn điều kiện 2)

2

⇒ x = ⇒ x=±

2 2.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Bài 1:


28


4 3 2

a) 10x −27x −110x − 27x+ 10 = 0

b)

Lời giải

4 3 2

a) 10x −27x −110x − 27x+ 10 = 0

Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình

Với x ≠ 0 chia cả hai vế của phương trình đã cho cho

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ x ⎠ ⎝ x⎠

2

10 x + − 27 x+ − 110 = 0

2

Đặt

1 1

t x t x

x

x

2

x ta được:

= + ⇒ 2 = 2

+ + 2 ⇒ phương trình đã cho trở thành:

2

−

- Với t 5 1

1

= ⇒ x 1

=− 2; x 2

=−

2 2

- Với t 2

= 26 ⇒ x 1

3

= 5; x 4

=

5 5

b)

4 3 2

2x + 3x − 5x + 3x+ 2=

0



2 3 2 ⎛ 2 1 ⎞ ⎛ 1⎞

2x + 3x− 5+ + = 0⇔ 2 x 3 x 5 0

2 ⎜ +

2 ⎟+ ⎜ + ⎟− =

x x ⎝ x ⎠ ⎝ x⎠

Đặt

1 1

t x t x

x

x

2

x ta được:

= + ⇒ 2 − 2

2 = + ⇒ phương trình đã cho trở thành: ( 2

t )

2

⎡t

= −3

2

⇔ 2t

+ 3t− 9= 0⇔ ⎢

⎢

3

t =

⎣ 2

- Với

- Với

1 2

− 3±

5

t1

=−3⇒ x+ =−3⇔ x + 3x+ 1= 0⇔ x=

x

2

3 1 3

t x x x

2 x 2

2

2

= ⇒ + = ⇔ 2 − 3 + 2= 0 (phương trình vô nghiệm)

Vậy phương trình có hai nghiệm là:

− 3±

5

x =

2

4 3 2

2x + 3x − 5x + 3x+ 2=

0

⎡ −5

⎢

t =

2

− t− = ⇔ ⎢

⎢ 26

t =

⎢⎣ 5

2

10 27 130 0



Bài 2:

4 3 2

6x + 5x − 38x + 5x+ 6 = 0

t

2 − 2 + 3t− 5=

0

29

Lời giải



2 5 6 ⎛ 2 1 ⎞ ⎛ 1⎞

6x + 5x− 38 + + = 0 ⇔ 6 x 5 x 38 0

2 ⎜ +

2 ⎟+ ⎜ + ⎟− =

x x ⎝ x ⎠ ⎝ x⎠

Đặt

1 1

t x x t

x x

2

x ta được:

= + ⇒ 2 + = 2

+ 2 ⇒ phương trình đã cho trở thành: ( 2

t )

2

⎡ 5 ⎡ ⎧ 1 ⎫

t x ∈ 2;

⎢

= ⎢ ⎨ ⎬

2

2 ⎩ 2 ⎭

⇔ 6t

+ 5t− 50 = 0 ⇔ ⎢ ⇒⎢

⎢ −10 ⎢ −1

t =

⎧ ⎫

x ∈⎨−3;

⎬

⎢⎣ 3

⎢

⎣ ⎩ 3 ⎭


4 3 2

x x x x

Bài 3:

−4 − 9 + 58 + 4 = 0

Lời giải



2 8 4 ⎛ 2 4 ⎞ ⎛ 2⎞

x −4x− 9+ + = 0⇔ x 4 x 9 0

2 ⎜ +

2 ⎟− ⎜ − ⎟− =

x x ⎝ x ⎠ ⎝ x⎠

Đặt

2

x ta được:

6 − 2 + 5t− 38 = 0

2 2 2 4 2 4 2

t = x− ⇒ t = x + −4⇒ x + = t + 4⇒ 2 2

phương trình đã cho trở thành:

x x x

⎧

2 2 ⎪ 5 ± 33 ⎫⎪

t + 4 −4t− 9 = 0 ⇔t −4t− 5 = 0 ⇔t∈{ −1; 5}

⇒ x∈⎨1; −2;

⎬

⎪⎩

2 ⎪⎭


4 3 2

x x x x

Bài 4:

+ + 4 + 5 + 25 = 0

Lời giải



2 5 25 ⎛ 2 25 ⎞ ⎛ 5 ⎞

x + x+ 4+ + = 0⇔ x x 4 0

2 ⎜ +

2 ⎟+ ⎜ + ⎟+ =

x x ⎝ x ⎠ ⎝ x⎠

Đặt

2

x ta được:

5 2 25 2

t = x + x t 10

2

x

⇒ + x

= − ⇒ phương trình đã cho trở thành:


{ }

2 2

t 10 t 4 0 t t 6 0 t 3;2 x

− + + = ⇔ + − = ⇔ ∈ − ⇒ ∈∅

30

Bài 5:


4 3

2x −4x −2 2x− 1=

0

Lời giải

Ta có ( )

4 3 4 3 4 3 2 2

2x −4x −2 2x− 1= 0⇔ 4x −8x −4 2x− 2= 0⇔ 4x − 8x + 4x −4x −4 2x

− 2=

0

2

2

( ) ( ) 2

2 2 2 2

2x 2x 2x 2 0 ( 2x 2)( 2x 4x 2) 0 2x 4x 2 0( 2x

2 0)

⇔ − − + = ⇔ + − − = ⇔ − − = + >

2± 4+

2 2

⇔ x =

.

2

⎧

⎪2± 4+

2 2 ⎫

⎪

Vậy phương trình có nghiệm x ∈ ⎨

⎬.

⎪ 2

⎩

⎪⎭


31

BÀI 6: MỘT SỐ DẠNG TOÁN PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN ĐẶC BIỆT


- Nguyên tắc: Biến đổi phương trình bậc 4 về phương trình bậc hai đơn giản hơn

- Một số dạng phương trình bậc 4 đặc biệt khác:

2

a) Dạng: A( ax 2 bx c) B( ax 2 bx c) C 0( A 0, a 0)

+ + + + + + = ≠ ≠ (1)

Cách giải: Đặt

2 2

t = ax + bx + c ⇒ At + Bt + c

= 0

b) Dạng: ( ) 4 ( ) 4

⎡ x− a + x− b = c ( 2 )

⎢

4 4

⎢ ( x+ a) + ( x+ b) = c( 3)

⎣

ptb2

Cách giải: - Đối với phương trình (2), đặt

biến đổi về phương trình bậc hai

- Đối với phương tình (3), đặt

phương trình bậc hai

c) Dạng: ( x+ a)( x+ b)( x+ c)( x+ d) = m( 4)

với a+ d = b+

c

a+

b

t = x− ⇒ thay vào phương trình đã cho,

2

a+

b

t = x+ ⇒ thay vào phương trình đã cho, biến đổi về

2

2 2

Cách giải: ( )( )( )( ) ( ) ( )

x+ a x+ b x+ c x+ d = m⇔ ⎡

⎣x + a+ d x+ ad⎤⎡ ⎦⎣x + b+ c x+ bc⎤

⎦ = m

Đặt = 2 + ( + ) = 2 + ( + )

t x a d x x b c x

( 4 ) :( )( )

⇒ t + ad t + bc = m

ptb2

ad + bc

2

2

Hoặc đặt t = x + ( a+ d)

x+ , sau đó biến đổi phương trình về phương trình bậc hai ẩn

t và tìm t, sau đó tìm x .

2 2

d) Dạng: ( 1)( 2)

Cách giải: Đặt

ax + bx + c ax + bx + c = m (5)

2

⎡ t = ax + bx

⎢

2 c1 c ⇒

⎢ +

2

t = ax + bx +

⎢⎣

2


tìm t ⇒ tìm x

Bài 1:

4 4

a) ( x− 3) + ( x− 1)

= 82 (1) b) ( x ) ( x )

4 4

+ 3 + + 5 = 16 (2)


Lời giải

1

a)

Cách 1: Dùng công thức ( x− y) n

để khai triển ( x − 3) 4

và ( x − 1) 4

Cách 2: Đặt

⎧x−

3= t−1

t = x−2

⇒⎨

⎩x

− 1 = t + 1

Phương trình (1) trở thành: ( t ) ( t )

4 4

− 1 + + 1 = 82

( t 4 4t 3 6t 2 4t 1) ( t 4 4t 3 6t 2 4t 1) 82 2t 4 12t 2 2 82 t 4 6t

2 40 0( 2)

⇔ − + − + + + + + + = ⇔ + + = ⇔ + − =

⎡t

= 2 ⎡x=

4

⇔ ⎢ ⇔

t 2

⎢

⎣ =− ⎣x=

0

Vậy phương trình có tập nghiệm S = { 0; 4}

4 4

b) Đặt y = x+ 4, ta có phương trình ( y− 1) + ( y+ 1)

= 16

2

⎡

4 2 4 2

y = 1

2y 12y 14 y 6y 7 0 ⎢ y 1 x 5; 3

2

{ }

⇔ + = ⇔ + − = ⇔ ⇒ =± ⇒ ∈ − −

⎣ y = −7


Bài 2:

a) ( x−5)( x− 6)( x+ 2)( x+ 3)

= 180

b) ( x )( x )( x )( x )

Lời giải

a) ( x )( x )( x )( x ) ( x )( x )( x )( x )

−5 − 6 + 2 + 3 = 180 ⇔ − 5 + 2 − 6 + 3 = 180

( x 2 x )( x 2 x )

⇔ −3 −10 −3 − 18 = 180

−7 −6 −5 − 4 = 1680

t =

− = ⇔ − − = ⇔ ⎢ ⇒ x ∈

⎣t

= − 10

2

2 ⎡ 8

Đặt t = x −3x− 10 ta có phương trình t( t 8) 180 t 8t

180 0

b) ( x )( x )( x )( x ) ( x )( x )( x )( x )

−7 −6 −5 − 4 = 1680 ⇔ −7 −4 −6 − 5 = 1680

( x 2 x )( x 2 x )

⇔ − 11 + 28 − 11 + 30 = 1680

2

Đặt y = x − 11x+ 28, ta có phương trình ( )

2 ⎡ y = 40

⇔ y + 2y− 1680 = 0 ⇔ ⎢ ⇒ x∈

....

⎣ y = −42

{ }

Giải phương trình ( x 2 x )( x 2 x )

y y+ 2 = 1680

Bài 3: Chuyên Khánh Hòa, năm học 2011

+ 3 − 4 + − 6 = 24


Lời giải

{...}

2

Ta có:

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

+ 3 − 4 + − 6 = 24 ⇔ − 1 + 4 − 2 + 3 = 24 ⇔ − 1 + 3 + 4 − 2 = 24

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

8) 24( 1)

⇔ + − + − =

2

Đặt t = x + 2x− 3 phương trình (1) trở thành t 2 −5t− 24 = 0 ⇔t∈{ − 3;8}

Từ đó ta tính được x ∈{ −2;0; − 1±

2 3}

Giải phương trình ( x 2 x )( x 2 x )

Bài 4: Sư Phạm Ngoại Ngữ, năm học 2004

+ 3 + 2 + 7 + 12 = 24

Lời giải

Ta có ( x 2 x )( x 2 x ) ( x )( x )( x )( x )

+ 3 + 2 + 7 + 12 = 24 ⇔ + 1 + 4 + 2 + 3 = 24

( x 2 5x 4)( x 2 5x

6) 24( 1)

⇔ + + + + =

2

Đặt t = x + 5x+ 4 phương trình (1) trở thành: t 2 − 25 = 0 ⇔t∈{ −5;5} ⇒ x∈{ − 5;0}


Bài 5:

2 2

2

a) ( ) 2 2

2

2x + 3x−1 −10x − 15x+ 9 = 0

b) ( x x) ( x )

Lời giải

−6 −2 − 3 = 81

2 2

a) Ta có ( x 2 x ) x 2 x ( x 2 x ) ( x 2 x )

2 + 3 −1 −10 − 15 + 9= 0⇔ 2 + 3 −1 − 5 2 + 3 − 1 + 4=

0

2

Đặt t = 2x + 3x− 1, ta có phương trình: t 2 − 5t+ 4 = 0 ⇔t∈{ −4;1 } ⇒ x∈

{....}

b)

2

( ) 2 2

( ) ( ) 2

2 2

x x x x x ( x ) ( x x )( x x ) ( x )

2 2 2

−6 −2 − 3 = 81⇔ −6 −81−2 − 3 = 0⇔ − 6 + 9 −6 −9 −2 − 3 = 0

2 2

⎡x

− 3= 0 ⎡x

= 3

⇔( x−3) ( x −6x− 11)

= 0 ⇔ ⎢ ⇔

2

⎢

⎣x −6x− 11 ⎣x

= 3±

2 5

2

Giải phương trình sau: x ( x ) ( x )

Bài 6:

2 2

+ 4 − 2 + 2 + 2= 0 (1)

Lời giải

2

Phương trình ( 1) ⇔ ( x 2 + 4x) − 2( x 2 + 4x+ 4) + 2=

0( 2)


Đặt t x 2 x ( x ) 2

= + 4 = + 2 −4≥−

4

3

( 2 ) trở thành ( )

⎡

2 2

t = 1+

7

t − 2 t+ 4 + 2= 0⇔t −2t− 6= 0⇔ ⎢

⎢ ⎣t

= 1 − 7

2

- Nếu ( ) 2

t = 1+ 7 ⇒ x + 4x= 1+ 7 ⇔ x+ 2 = 5+ 7 ⇔ x =− 2± 5+

7

2

- Nếu t = 1− 7 ⇒ x + 4x= 1− 7 ⇒ x =− 2± 5−

7

Vậy phương trình có tập nghiệm S = { − 2± 5+ 7; − 2± 5−

7}

3,4

Bài 7:

Giải các phương trình sau: ( )( )( )( )

2

x+ 1 x+ 2 x+ 4 x+ 5 = 2x + 12x+ 30 (1)

Lời giải

Phương trình ( 1) ⇔ ( x+ 1)( x+ 5)( x+ 2)( x+ 4) = 2( x 2 + 6x+

15)

( x 2 6x 5)( x 2 6x 8) 2( x 2 6x

15)

⇔ + + + + = + +

2

Đặt t x 6x

5

= + + ⇒ ta được phương trình: ( ) ( )

2

{ 3 8}

⎡t

= −5

⇔ ⎢ ⇔ x ∈ − ±

⎣t

= 4

Vậy phương trình có tập nghiệm S = { − 3±

8}

Cho phương trình ( 1)( 2)( 3)( 4)

, , ,


1,2

t t+ 3 = 2 t+ 10 ⇔ t + t− 20 = 0

Bài 8:

x+ x+ x+ x+ = m (1). Biết rằng phương trình (1) có 4 nghiệm

S = x. x . x . x theo m

x1 x2 x3 x

4. Tính giá trị của biểu thức

1 2 3 4

Lời giải

2 2

Ta có ( 1) ( 1)( 4)( 2)( 3) ( 5 4)( 5 6)

⇔ x+ x+ x+ x+ = m⇔ x + x+ x + x+ = m

2

Đặt t = x + 5x+ 4⇒ ta được phương trình t( t+ 2) = m⇔ t 2 + 2t− m=

0( 2)

Để phương trình (1) có 4 nghiệm thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt t 1

, t 2

thỏa mãn hệ thức Viét

⎧t1+ t2

=−2

⎨

⎩tt

12= −m

2

Giả sử x 1

, x 2

là hai nghiệm của phương trình: x + 5x+ 4=

t

2

x , x là hai nghiệm của phương trình: x + 5x+ 4=

t

3 4

Khi đó

⎧x. x = 4−

t

⎨

⎩x . x = 4−

t

1 2 1

3 4 2

(hệ thức Viét)

2

1

4

Ta có ( )( ) ( ) ( )

S = x. x . x . x = 4 −t 4 − t = 16 −4. − 2 + − m = 24 − m.

1 2 3 4 1 2


5

BÀI 7: MỘT SỐ DẠNG TOÁN PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN ĐẶC BIỆT (tiếp)


1) Dạng: x 4 + ax 3 + bx + c = 0( a 3 + 8b

= 0)

3

( )

4 3 3 2

Cách giải: ( )

8x + 8ax + 8bx + 8c = 0⇔ x 8x + 8ax + − a + 8c

= 0

( )( ) ( ) ⎡ ( )

⇔ x x + a x + ax − a + c = ⇔ x + ax x ax a ⎤

⎣

+ −

⎦

+ c =

2 2 2 2 2

2 4 2 8 0 2 2 2 8 0

Đặt ( )

2 2 2 2

t = 2x + ax ⇒t 2t − a + 8c = 0⇔ 2t − a t + 8c = 0⇒t ⇒ x

an.

t

2) Dạng: ( x + a)( x + b)( x + c)( x + d ) = mx 2

( 1)( ad = bc)

Cách giải:

2

- Xét ad = bc ⇒( 1) ⇔ ⎡⎣ ( x + a)( x + d ) ⎤⎡ ⎦⎣( x + b)( x + c) ⎤⎦ = mx ⇒ chuyển thành phương trình dạng

(2)

Dạng: ( ax 2 + b x + c)( ax 2 + b x + c) = mx

2

( )

Cách giải:

- Nếu x= 0⇒ c= 0 (vô lý)

1 2

2

2

- nếu x ≠ 0, chia cả 2 vế của phương trình (2) cho x ta được:

⎛ c⎞⎛ c⎞

⎜ax + b1+ ⎟⎜ax + b2

+ ⎟=

m

⎝ x⎠⎝ x⎠

Đặt

c

t = ax + ⇒ ta được: ( t+ b1)( t+ b2)

= m⇒t ⇒ x

x

3) Dạng: + = p( m≠0, n≠0, p ≠0, a ≠0) ( 3)

- Nếu x ( )

- Nếu

Đặt

2 2

1 2

an.

t

mx nx

ax + b x + c ax + b x + c

= 0⇒ 3 :0= p (vô lý)

m n

x≠0

⇒ + = p

c c

ax + b1+ ax + b2

+

x x

c

ax + = t ⇒ ta được:

x

m n

+ = p

t+ b t+

b

1 2

⇒ biến đổi phương trình về phương trình bậc hai ẩn t


6

Bài 1:


4 3

x − 4x + 8x+ 3=

0

Lời giải

Cách 1: Nhẩm nghiệm (tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ nên có 1 nhân

tử là x + 1)

Cách 2: x 4 x 3 x x( x 3 x 2 ) x( x 3 x 2 x 2 x x )

− 4 + 8 + 3= 0⇔ − 4 + 8 + 3= 0⇔ −2 − 2 + 4 − 4 + 8 + 3=

0

2 2 2

( )( ) ( )( )

⇔ x x−2 x −2x− 4 + 3= 0⇔ x −2x x −2x− 4 + 3=

0

2 2 ⎡t

= 1

Đặt t = x −2x⇒t( t− 4) + 3= 0⇔t − 4t+ 3= 0⇔ ⇔ x∈ { 1± 2; −1;3}

⎢

⎣t

= 3

Bài 2: Chuyên Lam Sơn, năm học 2012

2

Giải phương trình sau: ( x−1)( x− 2)( x+ 3)( x+ 6) = 12x

Lời giải

Ta có: ( x−1)( x− 2)( x+ 3)( x+ 6) = 12x 2 ⇔ ( x 2 + 5x− 6)( x 2 + x− 6) = 12 x

2

(*)

Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (*)

2

Khi x ≠ 0 , chia cả hai vế của phương trình (*) cho x ta được:

⎛ 6⎞⎛ 6⎞

⇔ ⎜x+ 5 − ⎟⎜x+ 1− ⎟=

12 **

⎝ x⎠⎝ x⎠

( )

6 ⎡t

= 4 ⎧⎪

− 7 ± 73 ⎫⎪

t = x− + 3 ⇒ ** : t+ 2 t− 2 = 12 ⇔ x 2;3;

x

⎢ ⇒ ∪⎨−

⎬

⎣t

= − 4 ⎪⎩ 2 ⎪⎭

Đặt ( ) ( )( )

Bài 3:

2x

3x

1 1

Giải phương trình: + = ( )

⎪⎧ + + ≠

⎨

⎪⎩

Điều kiện: ( )

2 2

4x + 3x+ 8 4x − 6x+

8 6

2

4x

3x

8 0

2

*

4x

− 6x+ 8≠0

Lời giải

Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1)

2 3 1

8 8

4x+ 3+ 4x− 6+

6

x x

Khi x ≠0⇒( 1) ⇔ + = ( 2)

2 2

⎛x + 5x− 6⎞⎛x + x−6⎞

⎜ ⎟⎜ . ⎟=

12

⎝ x ⎠⎝ x ⎠


7

Đặt

8 8 8

t 4x t 4x 4x

2 32

x x x

= + ⇒ = + = + ≥ (do 4x và 8 x

( )

⇒ t ≥ 8 2 **

2 3 1

2 : + = , điều kiện: t ≠−3; t ≠− 6

t+ 3 t−6 6

( )

( ) ( ) ( )( )

⎡t

= 0

2

⇒12 t− 6 + 18 t+ 3 = t+ 3 t−6 ⇔t − 33t

= 0 ⇔ ⎢

⎢⎣ t = 33

( l)

( tm)

⎡x

= 8

8

2

- Với t = 33 , ta có: 4x + = 33 ⇔ 4x − 33x + 8 = 0 ⇔ ⎢

1 ( tm)

x

⎢ x =

⎣ 4

Vậy

⎧ 1 ⎫

x ∈ ⎨8; ⎬ 4

⎩ ⎭ . Bài 4:

Giải phương trình: ( x 2 x )( x 4 x

2

)

+ 4 + 9 − 8 + 22 = 30

Lời giải

Ta có x 2 + 4x+ 9= ( x+ 2) 2

+ 5≥ 5, dấu “=” xảy ra ⇔ x =− 2

2

( ) ( )

4 2 2

x − 8x + 22 = x − 4 + 6 ≥ 6 2 , dấu “=” xảy ra ⇔ x =± 2

Từ ( )( ) ( x 2 x )( x 4 x

2

)

1 2 ⇒ + 4 + 9 − 8 + 22 ≥ 5.6 = 30

Vậy để ( x 2 x )( x 4 x

2

)

Vậy 2

x = − .

cùng dấu)

+ 4 + 9 − 8 + 22 = 30 , dấu “=” xảy ra tại (1) và (2) ⇔ x =− 2


8


Bài 1:

4 3

Giải phương trình sau: x + 4x −8x− 5=

0

Lời giải

Phương trình đã cho tương đương: x( x 3 x 2 ) x( x 3 x

2

)

2

( )( )

⇔ x x+ 2 x + 2x−4 − 5=

0

Đặt t = x 2 + 2x⇒t( t−4) − 5= 0⇔t 2 −4t− 5= 0⇔t∈{ − 1;5}

2

- Nếu t =−1⇔ x + 2x=−1⇔ x=−

1

2

- Nếu t = 5⇔ x + 2x= 5⇔ x=− 1±

6

Giải phương trình sau: ( )( )

2

Đặt t = x − 3x+

3

⇔ + 4 −8 − 5= 0⇔ + 8+ 4 −16 − 5=

0

Bài 2: Sư Phạm Ngoại Ngữ, năm học 2005

x 2 − 3x+ 3 x 2 − 2x+ 3 = 2x

2 (1)

Lời giải

Phương trình đã cho trở thành: t( t x) x 2

( t x)( t x)

- Nếu t = x⇔ x 2 − 3x+ 3 = x⇔ x∈

{ 1; 3}

+ = 2 ⇔ − + 2 = 0

2 2

- Nếu t =−2x⇔ x − 3x+ 3=−2x⇔ x − x+ 3= 0 (vô nghiệm)

Vậy phương trình có tập nghiệm S = { 1; 3}

Bài 3:

3x

x 17

Giải phương trình sau: − =

2 2

x − 4x+ 1 x + x+

1 6

Rõ ràng: x ≠ 0

Lời giải

Chia cả tử và mẫu của mỗi phân thức cho x ta được:

Đặt

1

t = x+ , ta có phương trình:

x


(1)

3 1 17

− =

1 1

x+ − 4 x+ + 1

6

x x

3 1 17 2

⎧ −

18( 1) 6( 4) 17( 4)( 1) 17 63 110 0 5;

22 ⎫

− = ⇔ t+ − t− = t− t+ ⇔ t − t− = ⇔t∈⎨ ⎬

t− 4 t+ 1 6 ⎩ 17 ⎭

1 5 ±

t = 5⇒ x+ = 5⇔ x − 5x+ 1= 0⇔ x=

21

x

2

- Với

2

9

−22 1 −22

- Với t = ⇒ x+ = (vô nghiệm)

17 x 17

Bài 4: Trần Đại Nghĩa TPHCM, năm học 2003

2

Giải phương trình sau: 4( x+ 5)( x+ 6)( x+ 10)( x+ 12) = 3x

Lời giải

Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình

2


⎡ 1

60 3 ⎢

t =

2

t = x+ + ⇒ t t+ = ⇔ ⎢ ⇒ x

x

4 ⎢ −3

t =

⎢⎣ 2

Đặt 16 ( 1)

2 2

x x x x

+ 17 + 60 + 16 + 60 3

.

=

x

x 4


I. Kiến thức cần nhớ

Bài 8: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI

10

1. Giá trị tuyệt đối

Với ∀A∈ R thì

2. Các tính chất

+ A ≥0,

∀A∈

R

+ A ≥ A,

∀A∈

R

+

2

A = A,

∀A∈

R

⎧A, A≥

0

A = ⎨

⎩ − A, A < 0

+ A+ B≥ A+ B, ∀AB , ∈ R

+ A + B = 0⇔ A= B=

0

+ A. B = AB .

A

A

B

+ = ( ∀AB

, ∈RB

, ≠ 0)

+

B

A

2 2

= A

3. Các dạng toán

Dạng 1: A( x)

( )

( )

⎡A x

= k ⇔ ⎢

⎢⎣ A x

Dạng 2: A( x) B( x)

Dạng 3: ( ) ( )

= k

= −k

⎡ ⎡A x =

⎢⎢

= ⇔ ⎢⎢⎣ A x

⎢

⎢⎣

( ) B( x)

( ) = −B( x)

( ) = ( )

2 2

A x B x

( ) ≥ 0

( ) ( )

( ) = −B( x)

⎧B x

⎧⎪B( x)

≥ 0

⎪

A x = B x ⇔ ⎨ ⇔ A x B c

2 2

⎨⎡ =

⎪⎩

A ( x) = B ( x)

⎪⎢

⎪⎣ ⎩⎢A x

Dạng 4: A( x) + B( x) = c( c≥

0)

Dạng toán này ta đi lập bảng xét dấu GTTĐ

Dạng 5: A( x) + B( x) + C( x) = D( x)

Do D( x) ≥0

⇒ tìm được x ⇒ phá được dấu giá trị tuyệt đối

Nếu giả thiết không tìm được x thì ta đi lập bảng xét dấu giá trị tuyệt đối.


Dạng 6: A( x) B( x)

( )

( )

⎧⎪ A x

+ = 0 ⇔ ⎨

⎪⎩ B x

= 0

(dạng đặc biệt của dạng 4).

= 0

11

Dạng 7: A( x) B( x) A( x) B( x) A( x) B( x)

+ = + ⇔ . ≥ 0

Dạng 8: A 2 ( x) = B 2

( x) ⇔ A( x) = B( x)

II. Bài tập

Giải các phương trình sau

Bài 1:

a) 5x− 4 = x+ 2

b) 3x− 1 = x−

2

c)

2

2x − 6 = 5

a) Ta có

b)

Lời giải

⎡ 3

5x

4 x 2

x =

⎡ − = + ⎢ 2

5x− 4 = x+ 2 ⇔ ⎢

⇔ ⎢

⎣ 5x− 4=− ( x+ 2)

⎢ 1

x =

⎢⎣ 3

⎧x

≥ 2

⎧x

−2≥0

⎪

−1 ⎪ ⎪ ⎡ x = ( ktm )

3x− 1 = x−2⇔ ⎨⎡3x− 1=

x−2⇔

⎨⎢

2

⎪⎢

3x

1 2 x ⎪ ⎢

⎩⎣

− = − 3

⎪ ⎢x

= ( ktm)

⎩ ⎢ ⎣ 4

Vậy phương trình vô nghiệm.

c) Ta có

⎡ 11

x =

⎡ − = ⎧⎪ ⎫⎪

⎢ ⎨ ⎬

⎣ 2x

− 6=−5

⎢x

=

⎪⎩ ⎪⎭

⎢⎣ 2

2

2

2

2x

6 5 ⎢ 2

11 1

2x

− 6 = 5 ⇔ ⎢

⇔ ⇔ x∈ ± ; ±

2

2 1 2 2


a)

2 2

x x x x

c)

2

Bài 2:

− 6 + 9 + + 8 + 16 = 7

b) x+ 1+ x+ 2 + x+ 3 = 4x

3− 2x + x − 2y

= 0

a) Ta có

2 2

Lời giải

x − 6x+ 9+ x + 8x+ 16 = 7⇔ x− 3 + x+ 4 = 7⇔ 3− x + x+ 4 = 7

( )( )

⇔ 3− x + x+ 4 = 3− x+ x+ 4 ⇔ 3− x x+ 4 ≥0⇔ −4≤ x≤

3

b) Điều kiện x≥0 ⇒ x+ 1 > 0, x+ 2 > 0, x+ 3 > 0


Phương trình ( ) ( ) ( ) ( )

* ⇔ x+ 1 + x+ 2 + x+ 3 = 4x⇔ x= 6 (thỏa mãn)

12

c) Ta có

⎧ 3

3 2x

0

x =

⎧ − =

⎪ 2

− x + x − y = ⇔ ⎨ ⇔

2

⎨

⎩x

− 2y

= 0 ⎪ 9

y =

⎪⎩ 8

2

3 2 2 0

Giải phương trình sau

2

Ta lập bảng xét dấu

x

2

x − x + 2x− 1 = 1

Bài 3:

Lời giải

x −∞ 0 1

2

1 +∞

− x + - - +

2 1

x − - - + +

2 ⎡x

= 0

+ TH1: Nếu x < 0 , phương trình x x 1 2x

1

+ TH2: Nếu

1

0 ≤ x < , phương trình

2

+ TH3: Nếu 1 ≤ x < 1, phương trình

2

+ TH2: Nếu x ≥ 1, phương trình

Vậy x ∈ { 0;1}

⇔ − + − = ⇔ ⎢

⎣x

= 3

⎡x

= 0

2

⇔ x− x + 1− 2x= 1⇔ ⎢

⎢⎣ x = −

⎡x

= 1

2

⇔ x− x + 2x− 1= 1⇔ ⎢

⎢⎣ x = 2

⎡x

= 1

2

⇔ x − x+ 2x− 1= 1⇔ ⎢

⎢⎣ x = −2

Bài 4:

(loại)

( tm)

1( ktm)

( ktm)

( ktm)

( tm)

( ktm)

Xác định m để phương trình sau có nghiệm: x 2 −2x−mx− 1+ m

2 = 0 ( 1)

Phương trình ( ) ( ) 2 2

x mx m

Đặt t = x−1 ( t ≥ 0)

1 ⇔ −1 − − 1+ − 1=

0

Phương trình ⇔t 2 − mt + m

2 − 1=

0 ( 2)

Lời giải

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0

+ TH1: Phương trình (2) có nghiệm t = 0⇔ m=±

1


2

+ TH2: Phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu m

⇔ − 1< 0⇔− 1< m<

1

13

+ TH3: Tất cả các nghiệm của phương trình (2) đều dương

( )

2 2

4 1 0

2

0 ⎧m − m − ≥ ⎧4 3m

0

⎧∆≥ − ≥

⎪ ⎪

⎪

⇔ ⎨S > 0 ⇔ ⎨m> 0 ⇔ ⎨m>

0

⎪ 2 2

> 0 ⎪

− 1> 0

⎪

⎩P m ⎩m

> 1

⎪⎩

Vậy −1≤m

≤ 1


a) 7− 2x = 5− 3x + x + 2

b)

c)

2

2

x − 1+ x+ 1 = 1

x x

( − 2)

x − 1+ x = 1

(vô nghiệm m )

Bài 5:

Lời giải

a) Ta có 5− 3x + x+ 2 = 5− 3x + 2+ x ≥ 5− 3x+ 2+ x = 7−2x

5

7− 2x = 5− 3x + x+ 2 ⇔ 5− 3x 2+ x ≥0⇔−2≤x

≤

3

Vậy ( )( )

b) Điều kiện: x ≠0; ≠2

Xét với x> 0; x ≠2

thì phương trình đã cho trở thành:

( )

2 2 2

x − 1+ x+ 1 = x x−2 ⇔ x − 1+ x+ 1= x −2x⇔ x = 0 (loại)

Xét với −1≤ x < 0 thì phương trình đã cho trở thành:

⎡x

= 0

− 1+ + 1 = ( −2)

⇔ − 1+ + 1=− + 2 ⇔ ⎢

⎢

1

x =

⎣ 2

2 2 2

x x x x x x x x

Xét x <−1

thì phương trình đã cho trở thành:

2 2 2 2

x x x x x x x x x x

(loại)

⎡x

= 2

− 1+ + 1 = ( −2)

⇔ −1− − 1=− + 2 ⇔ 2 −3 − 2= 0⇔ ⎢

⎢

−1

x =

⎣ 2


2 2 2 2

c) Nhận thấy x −1 ≥0⇒ x ≤1⇔ x ≤1⇒ x − 1 = 1−x

Vậy phương trình đã cho viết thành x x x x x ( x)

(loại)

2 2 ⎡x

= 0

1− + = 1⇔ − + = 0⇔ 1− = 0⇔ ⎢

⎣x

= ± 1


Thử lại thấy thỏa mãn.

14

Bài 6:


2 2

a) x x x

b)

2

− 2 = 2 −1

2x − 5x+ 1 = 3x

−1

Lời giải

2 2

a) Ta có x 2 x x 2 ( x 2 x) ( x 2 ) ( x 2 x x 2 )( x 2 x x

2

)

− 2 = 2 −1 ⇔ − 2 = 2 −1 ⇔ −2 − 2 + 1 − 2 + 2 − 1 = 0

2 2

x

⇔( −x − 2x+ 1)( 3x −2x− 1)

= 0⇔ ⎢

⎢⎣ x

2

⎡ + − =

2x

1 0

2

3 2 1

−

Xét 2 trường hợp giải phương trình bậc hai, đối chiếu điều kiện và kết luận.

x−

2 2

2 2

b) Ta có 2x − 5x+ 1 = 3x−1 ⇔( 2x − 5x+ 1) = ( 3x

−1)

2 2 2 2

( x x x )( x x x ) ( x x )( x x )

⇔ 2 − 5 + 1− 3 + 1 2 − 5 + 1+ 3 − 1 = 0⇔ 2 − 8 + 2 2 − 2 = 0

⎡ x − x+

2

⎢

⇔( 2x − 8x+ 2) 2x( x− 1)

= 0⇔ ⎢x=

0

⎢

⎣x

= 1

2

2 8 2

Giải và biện luận cácc phương trình sau

a)

2 2

b)

x − 2mx + 1− m = x + mx + 1+

2m

mx + = x − x +

a) Ta có:

2

1 1

Bài 7:

Lời giải

2 2

⎡ − 2 + 1− = + + 1+

2

2 2

x − 2mx + 1− m = x + mx + 1+ 2m

⇔ ⎢

2 − + − =−

2 + + +

( )

( )

⎡ 3mx

+ 3m

= 0 1

⇔ ⎢

⎢⎣ x − mx + m + =

2

2 2 0 2

+) Giải phương trình (1)

Nếu m = 0 thì phương trình (1) có nghiệm với mọi x

Nếu m ≠ 0 thì phương trình (1) có nghiệm x = −1

+) Giải phương trình (2)

2

Ta có ∆= m −8m

−16

x mx m x mx m

( )

⎢⎣

x 2mx 1 m x mx 1 2m


15

- Nếu

- Nếu

⎡ m > 4+

4 2

∆> 0 ⇔⎢ thì (2) có nghiệm x

⎢⎣ m < 4−4 2

⎡ m = 4+

4 2

∆= 0 ⇔⎢

⎢⎣ m = 4−

4 2

1,2

thì (2) có nghiệm kép

- Nếu ∆< 0⇔4− 4 2 < m < 4+

4 2 thì (2) vô nghiệm.

Khi phương trình (2) có nghiệm = −1

là x = 0

Kết luận:

2

± −8 −16

= m m m

4

⎡ x1,2

= 1+

2

⎢

⎢

⎣x1,2

= 1−

2

x thì 2+ + + 2= 0⇔ =−2

tương ứng.

- Với m = −2

thì phương trình đã cho có hai nghiệm x 1

= −1

và x

2

= 0

⎡m

<−2

⎢

- Với ⎢ − 2 < m < 4 − 4 2 phương trình đã cho có 3 nghiệm

⎢

⎣m

> 4+

4 2

m m m . Khi đó, nghiệm còn lại

- Với m = 4−

4 2 phương trình đã cho có hai nghiệm. x 1

= 1− 2; x 2

=−1

⎡4− 4 2 < m < 0

- Với ⎢ phương trình đã cho có 1 nghiệm x 1

= −1

⎢ ⎣0 < m < 4 + 4 2

- Với m = 4+

4 2 phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1

= 1+ 2; x 2

=−1

- Với m = 0 phương trình đã cho có nghiệm với mọi x .

2

b) Chú ý rằng x − x+ 1 > 0, ∀x nên:

( 1) 0 ( 1)

( ) ( )

2

2

⎡ mx + 1= x − x + 1 ⎡x − m+ x=

2

+ 1 = − + 1⇔ ⇔ ⎢

2 2

mx x x

Làm tương tự câu a).

⎢

⎢⎣ − ( mx + 1)

= x − x + 1 ⎢⎣

x + m − 1 x + 2 = 0 2

Bài 8:

Định a để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt ( ) 2

Ta có: ( x−1) 2

≥0,

∀x nên: ( )

Lời giải

2

m± m −8m−16 x1,2 = ; x

3

= − 1

4

x− 1 = 2 x −1

2

( x 1) 2( x a)

⎡

2

− = −

x− 1 = 2 x−a

⇔ ⎢

⎢

⎣ − =− −

2

⎡x − x+ a+ =

2

( x 1) 2( x a)

( )

( )

2

⎡x − 2x+ 1= 2x−2a

4 2 1 0 1

⇔

⇔ ⎢

2 2

⎢⎣

x − 2x+ 1=− 2x+ 2a ⎢⎣

x + 1− 2a=

0 2


16

Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (1) và (2) đều phải có 2

nghiệm phân biệt, đồng thời 2 phương trình này không có nghiệm chung.

Xét phương trình (1): ( )

Xét phương trình (2):

3

∆ ' = 4− 2a+ 1 = 3− 2a > 0⇔ a <

2

1

∆ ' = 2a− 1> 0⇔ a >

2

Giả sử phương trình (1) và phương trình (2) có nghiệm chung x

0

khi đó:

2

⎪⎧ x0 − 4x0

+ 2a+ 1= 0 ⎧⎪− 4x0 + 4a = 0 ⎧x0

= a

⎨ ⇔ 1

2

⎨ ⇔

2 ⎨

⇒ a =

2

⎪⎩

x0

+ 1− 2a= 0 ⎪⎩

x0

+ 1− 2a= 0 ⎩a + 1− 2a=

0

Vậy để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì

⎡1

⎢

< a < 1

2

⎢

⎢ 3

1 < a < ⎢⎣ 2


I. Kiến thức cần nhớ

Bài 9: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

17

*) Phương trình nghiệm nguyên là phương trình có nghiệm là các số nguyên

*) Phương pháp giải

+ Đưa phương trình về dạng tổng hoặc tích

Ví dụ: ( x )( y )

+ 2 + 1 = 7

+ Dùng các tính chất chia hết, số dư, chữ số tận cùng

+ Dùng bất đẳng thức

+ Sử dụng tính chất cơ bản của ∆ trong 1 phương trình bậc hai

(chẳng hạn: x là 1 nghiệm, x∈ Z thì ∆ là số chính phương và ∆> 0)

+ Sử dụng các tính chất của số chính phương, số nguyên tố

+ Phương pháp đánh giá

+ Phương pháp hạ bậc.

II. Bài tập

Bài 1:

2 2

Tìm nghiệm nguyên của phương trình x − 2y

= 11

Lời giải

2 2 2

Từ giả thiết ⇒ x = 11+ 2y ⇒ x là số lẻ ⇒ x là số lẻ

Đặt x= 2n+ 1( n∈

Z)

( ) 2 2 2 2 2 2

⇒ 2n+ 1 = 2y + 21 ⇔ 4n + 4n+ 1 = 2y + 21 ⇔ y = 2n + 2n−

10

2

⇒ y chẵn y

Đặt y = 2m( m∈

Z)

⇒ là số chẵn

( 2m) 2 2n 2 2 10 2m 2 n 2 n 5 n( n 1) 5 (*)

⇒ = + − ⇔ = + − = + −

Ta có VT của (*) là số chẵn, VP của (*) là số lẻ, nên (*) vô nghiệm.

2

Bài 2:

Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên xyz , , thỏa mãn

x + y + z = x+ y+ z+

2020

3 3 3 2019

Lời giải


Ta có phương trình ⇔ x 3 − x+ y 3 − y+ z 3 − z = 2020 2019

(*)

18

Nhận thấy x 3 x x( x 2

) ( x ) x ( x )

− = − 1 = − 1.. + 1

3

3

3

Tương tự ta có ( y − y)

3 và ( z − z)

( )

3

2019

⇒ VT * 3 và VP = 2020 3 ⇒ dpcm

Bài 3: Chuyên Ngoại Ngữ, ĐHQGHN, năm học 2010

2 4

Tìm tất cả các cặp số nguyên xy , thỏa mãn x + 4x+ 1= y (đưa về dạng tích)

Lời giải

Ta có x 2 + 4x+ 1= y 4 ⇔ ( x+ 2) 2

− y 4 = 3⇔ ( x+ 2− y 2 )( x+ 2+ y

2

) = 3 (*)

2

⎡⎧⎪

x+ 2− y = 1 ⎡⎧x+ 2=

2 ⎡ ⎧x

= 0

⎢⎨

2 ⎢⎨ 2 ⎢⎨

⎢⎩⎪

x+ 2+ y = 3 ⎢⎩y = 1 ⎩y

=± 1

+ − < + + ⇒ ⇔ ⎢

⎢ ⇔

2 ⎢

⇔

x 2 y 3 x 2 2 ⎢

⎢⎧⎪

+ − =− + =− x = −4

⎢

⎧ ⎧

⎢ ⎨

⎨

2

2

⎢⎨

⎪x+ 2+ y =−1

⎢

⎣⎩y

= 1 ⎢⎩ ⎣ y = ± 1

⎣⎩

2 2

Nhận thấy x 2 y x 2 y (*)

{ }

Vậy HPT có nghiệm ( xy∈ ; ) ( 0;1 );( 0; −1 );( −4;1 );( −4; − 1)

Bài 4: Chuyên Đắc Lắc, năm 2010

Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 2xy 7( x y) 2y

2 10 0 (*)

Phương trình ( ) ( ) ( )

2 2

+ + + + + = (Dùng ∆ )

Lời giải

* ⇔ x+ y + 7 x+ y + y + 16 = 0

Đặt t = x+ y( t∈Z) ⇔ t 2 + 7t+ y

2 + 10 = 0 (*)

Để phương trình (*) có nghiệm nguyên thì (**) cũng phải có nghiệm nguyên ẩn t

Khi đó ∆≥ 0 và ∆ là số chính phương

Ta có ∆= t 2 − 4( y 2 + 10) = 9 −4y 2 ≥0 ⇔y 2 ≤ ⇒y

2 ∈ { 0;1}

+

2

+

2

y = 1⇒∆= 5 (loại)

y = 0⇒∆= 9 (thỏa mãn) ⇒ y = 0

Thay vào (*) ta được

x

9

4

x = −

+ 7x+ 10 = 0 ⇔ ⎢

⎣x

= −5

2 ⎡ 2

{ }

Vậy HPT có nghiệm ( xy∈ ; ) ( −2;0 ); ( − 5;0)

Bài 5: Chuyên Phan Bội Châu, năm học 2011


Tìm nghiệm nguyên của phương trình 5x 2 + 2xy++ y 2 −4x− 40 = 0 (*)

19

2 2 2 2

(Dạng a + b = c + d )

Ta có ( ) ( x y) ( x )

+

+

( x y)

( x )

2 2

Lời giải

* ⇔ + + 2 − 1 = 41 = 16 + 25 = 25 + 16

2

⎧ + =

⎪

⎨

⎪⎩

2

16

2 − 1 = 25

( x y)

2

⎧ + =

⎪

⎨

⎪⎩

( x )

2

25

2 − 1 = 16

Hoặc ta có nhận xét sau: Rõ ràng ( 2x − 1) 2

là số lẻ nên ta có

( )

2

⎧ x+ y = x+ y =±

⎪ 16 ⎧ 4

⎨

⇔

2

⎨

( 2x

− 1)

= 25 ⎩2x

− 1=±

5

⎪⎩

+)

+)

+)

+)

⎧x+ y = 4 ⎧x=

3

⎨ ⇔ ⎨

⎩2x− 1= 5 ⎩y

= 1

⎧x+ y = 4 ⎧x=−5

⎨ ⇔ ⎨

⎩2x− 1=− 5 ⎩y

= 6

⎧x+ y =− 4 ⎧x=

3

⎨ ⇔ ⎨

⎩2x− 1= 5 ⎩y

=−7

⎧x+ y = 4 ⎧x=−2

⎨ ⇔ ⎨

⎩2x− 1=− 5 ⎩y

=−2

Tìm ,

Bài 6: Chuyên Phan Bội Châu, năm học 2011

xy nguyên dương thỏa mãn 3x 2 10xy 8y

2 84 (*)

+ + = (Dạng tích)

Lời giải

Phương trình (*) ⇔ 3x 2 + 6xy + 4xy + 8y 2 = 84 ⇔ ( 3x + 4y)( x + 2y) = 84 (**)

2

Ta có 84 = 2 .3.7

Do xy , nguyên dương

⎧x

≥1

⇒⎨

⇒ 3x+ 4y > x+

2y

⎩y

≥ 1

Phân tích 84 thành tích của 2 thừa số nguyên tố, mỗi thừa số lớn hơn hoặc bằng 3, ta được

84 = 28.3 = 21.4 = 14.6 = 12.7

Nhận thấy ( x y)( x y)


đều là các số chẵn

3 + 4 + 2 = 84 chẵn, 3x+ 4y+ x+ 2y = 4x+ 6y

chẵn, nên ta có 3x+ 4 y; x+

2y

20

⎧3x+ 4y = 14 ⎧x=

2

⇒⎨

⇔ ⎨ ⇒ =

⎩x+ 2y = 6 ⎩y

= 2

( xy ; ) ( 2; 2)

Bài 7: Phú Thọ, năm học 2017

Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( x 2 1. ) xy 5x

2 2 (*)

− = − (Dạng tích)

Lời giải

Ta có ( ) ( x 2 ) xy ( x 2 ) ( x 2

)( xy )

* ⇔ − 1. = 5 − 1+ 3⇔ −1 − 5 = 3

Ta có x 2 x ( x 2

)( xy ) ( ) ( )

−1≥−1, ∀ ⇒ −1 − 5 = 3 = −1 . − 3 = 1.4 = 3.1

2

⎧ x = −1

⎧x

= 0

⎨ ⎨

⎩xy

− 5 =− 3 ⎩ − 5 =− 3

+) TH1: ⇔ ( vn)

2 2

⎧x

= 1 ⎧x

= 2

⎨

⎨

⎩xy

− 5= 3 ⎩xy

= 8

+) TH2: ⇔ ( ktm)

+) TH3:

⎧ ⎡x

= 2

2

⎪⎢

⎧x

− 1= 3 ⎧x

= ± 2 ⎪⎣y

= −3

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩xy

− 5= 1 ⎩xy

= 6 ⎪⎡x

= −2

⎪ ⎢

⎩⎣ y = −3

Bài 8: Chuyên Bắc Giang, năm học 2018

2

Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n để 2018 + n là số chính phương

(Phản chứng)

Lời giải

2

Giả sử tồn tại n∈ N sao cho 2018 + n là số chính phương

Khi đó ta có: 2018 + n 2 = m 2 ( m∈N) ⇔ m 2 − n 2 = 2018 ⇔ ( m+ n)( m− n) = 2018 (*)

Nhận thấy ( )( ) 2

m+ n m− n = m là số chẵn

Từ (*) ⇒ m,

nlà số chẵn

Nhưng VP = 2018 4


⎧m−

n2

⇒⎨ ⇒VT

4

⎩m

+ n2


Bài 9:

21

Tìm số tự nhiên n thỏa mãn 4 n 5 n 9 n

( 1)

+ = (đánh giá)

n n n ⎛4⎞ ⎛5⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝9⎠ ⎝9⎠

Ta có 4 + 5 = 9 ⇔ + = 1 ( 2)

+ TH1: n = 0 (không thỏa mãn)

+ TH2: n = 1 (thỏa mãn)

n

n

n

Lời giải

⎛4⎞ 4 ⎛5⎞

5

+ TH3: n > 1, ta có ⎜ ⎟ < ; ⎜ ⎟ < ⇒ VT ( 2)

< 1 = VP(2)

⎝9⎠ 9 ⎝9⎠

9

Vậy n > 1 không thỏa mãn

Vậy n = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

n

Bài 10: Chuyên Tuyên Quang, năm học 2018

Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x 2 − 2xy + y − 5x

+ 2=

0 (*)

Cách 1:

2

Phương trình (*) ( )

( ) ( )

⇔3x − 2y+ 5 x+ y+ 2=

0

2 2

∆

x

= 2y+ 5 − 4.3 y+ 2 = 4y + 8y+

1

Lời giải

2

( ) ( ) ( )( )

∆ = ∈ ⇔ 2 + 2 − 3= ⇔ 2 + 2− 2 + 2+ = 3

2 2

x

m m N y m y m y m

Do 2y 2 m 2y 2 m

+

+

+ − < + + nên ta có các trường hợp

⎧2y+ 2− m= 1 ⎧y

= 0

⎨

⇔ ⎨

⎩2y+ 2+ m= 3 ⎩m=

1

⎧2y+ 2− m=− 3 ⎧y

=−2

⎨

⇔ ⎨

⎩2y+ 2+ m=− 1 ⎩m=

1

2

+ Với y = 0⇒3x − 5x+ 2=

0

2

+ Với y =−2⇒3x − x=

0

Cách 2: 3x 2 − 2xy + y − 5x + 2= 0 ⇔3x 2 − 5x + 2= 2xy − y ⇔ y ( 2x − 1) = ( 3x 2 − 5x

+ 2)

2 2

3x − 5x+ 2 12x − 20x+

8 1

x∈Z ⇒2x−1≠0⇒ y = ⇔ 4y = = 6x− 7+

2x−1 2x−1 2x−1


22

1

⎡x

= 0

⇒ ∈Z

⇒2x− 1=± 1⇒ 2x

−1

⎢

⎣x

= 1

+ x= 0⇒ y =− 2

+ x= 1⇒ y = 0

Tìm các số nguyên tố , ,

Bài 11:

q p

pqr sao cho p + q = r (*)

Do pq , có vai trò như nhau, giả sử p≥

q

Lời giải

- Nếu q> 2 ⇒ p,

qlẻ ⇒ r chẵn và r > 2 nên không tồn tại số nguyên tố r

2 p

Vậy q = 2 ⇒ (*) : p + 2 = r (**)

+ Nếu p= 2 ⇒ r chẵn, r > 2 ⇒ loại

2 3

+ Nếu p 3 3 2 17 ( tm)

= ⇒ + = chẵn, r > 2 ⇒ loại

+ Nếu p > 3 ⇒ p là số lẻ và p 3

2 + 1

Đặt p k ( k N) p k k

= 2 + 1 ∈ ⇒ 2 = 2 = 4 .2 chia cho 3 dư 2

2

Do p không chia hết cho 3 nên p chia cho 3 dư 1

2

Từ đó ⇒ 2 p + p chia hết cho 3 ⇒ r 3 và r > 3 ⇒ loại

Vậy p = 3; q= 2; r = 17 hoặc p = 2; q = 3; r = 17.



23

Bài 1:

2 2

Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x + y + xy = x + y

Lời giải

Viết phương trình đã cho thành phương trình bậc nhất bậc hai đối với x

( 1) 01 ( )

x 2 y x y 2 y

− + + − =

Điều kiện cần để (1) có nghiệm là ∆≥ 0

2 2 2 2

( y ) ( y y) y y y y ( y ) 2

∆= + 1 −4 − =− 3 + 6 + 1≥0⇔3 − 6 + 3≤4⇔3 −1 ≤4

Do y∈Z ⇒( y − 1) 2

= 0 hoặc ( y ) 2

− 1 = 1

Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình:

( xy , ) = ( 0;0 ),( 1;0 ),( 0;1 ),( 2;1 ),( 1; 2 ),( 2; 2)

Tìm các số nguyên ,

Bài 2:

2 2

xy thỏa mãn y x( x )( x x )

− −2 − 2 + 2 = 0

Lời giải

Đặt ( 1 ) 2

2

t = x− ; t ≥0

phương trình đã cho trở thành y ( t )( t ) ( y t)( y t )

− − 1 + 1 = 0⇔ − + =−1

Phân tích − 1 thành tích của hai số nguyên, và chú ý rằng y−t ≤ y+

t ta có duy nhất một

trường hợp:

⎧y

= 0

⎧y− t =− 1 ⎧y

= 0 ⎪

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨⎡x

= 0

⎩y+ t = 1 ⎩t

= 1 ⎪ ⎢

⎩⎣x

= 2


2 2 2

Tìm nghiệm nguyên của phương trình x + x + 2y + y = 2xy + xy + 3

Lời giải

2 2 2

Phương trình đã cho tương đương x − 1+ x −1− 2xy + 2y + y − xy = 1

2

( x )( x y y )

⇔ − 1 + 1− − 2 + 1 = 1

Phân tích 1 thành tích của các số nguyên ta được 2 trường hợp:

⎡⎧x

− 1=

1 ⎡ ⎪⎧

x = 2

⎡ ⎧x

= 2

⎢⎨

2

⎢⎨

2 2 1 ( 1)( 2 3)

0

⎢⎨

⎢⎩x− y− y + = ⎢⎪ ⎩ y− y+ =

⎢⎩y

= 1

⎢

⇔ ⎢

⇔

⎧x

− 1=−1

= 0 ⎢

⎢⎪⎧x

⎧x=

0

⎢ ⎨

⎢

2

⎨

⎨

⎢ 2 2 1 ⎢

⎣⎩x− y− y + =− ⎩⎪

( − 1)( 2 + 3)

= 0 ⎢⎣

⎩y

= 1

⎣

y y


24


2 2 2

Tìm nghiệm nguyên của phương trình x + x + 2y + y = 2xy + xy + 3

Lời giải

2 2 2 2 2 2

Phương trình đã cho x + x + 2y + y = 2xy + xy + 3⇔ x − 1+ x −1− 2xy + 2y + y − xy = 1

⎡⎧x

− 1= 1 ⎡ ⎧⎪

x = 2

⎡ ⎧x

= 2

⎢⎨

2

⎢⎨

2 2 1 ( 1)( 2 3)

0

⎢⎨

1

2 ⎢⎩x− y− y + = ⎢⎩⎪

y− y+ =

( 1)( 1 2 1)

1

⎢⎩y

=

⇔ x− x+ − y− y + = ⇔

⎢

⇔ ⇔

1 1

⎢

⎧x

− =−

⎧ = 0 ⎢

⎢⎪x

⎧x=

0

⎢

⎨

2

⎨

⎢⎨

⎢

⎣⎩x − y − 2y

+ 2 =− 1 ⎢

⎣⎪⎩

( y − 1)( 2y

+ 3)

= 0 ⎢ ⎣⎩y

= 1


2 2 2 2

Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x y − xy = 2x + y

Lời giải

Phương trình đã cho 2x 2 y 2 − xy = 2x 2 + y 2 ⇔( 2x 2 −1) y 2 −xy − 2x

2 = 01 ( )

2

x∈

Z nên 2 −1≠0

x . Vậy (1) là phương trình bậc hai ẩn y có ∆= x 2 ( 16x

2 −7)

Để (1) có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương

Với = 0

x từ ( )

1 ⇒ y = 0 thỏa mãn

Với x ≠ 0 , để ∆ là số chính phương thì tồn tại số tự nhiên n sao cho:

⎡⎧4x− n= 1 ⎡⎧x=

1

⎢⎨

⎢⎨

4 7 3

16 7 4 4 7

⎢⎩

x+ n= ⎢⎩n=

− = ⇔ − + = ⇔ ⇔

⎢⎧4x− n=− 7 ⎢⎧x=−1

⎢⎨

⎢⎨

⎢⎣⎩4x+ n=− 1 ⎢⎣⎩n=−3

2 2

( x ) n ( x n)( x n)

Từ đó ta tính được ( xy ; ) = ( 0; 0 ), ( 1; −1 ), ( 1; 2 ), ( −1;1 ), ( −1; 2)

Bài 6: Chuyên Hà Nam, năm học 2012

3 2

Tìm nghiệm nguyên của phương trình x− xy+ 3x−3y

− 5=

0

Lời giải

2

Phương trình đã cho tương đương ( x )( x y )

+ 3 − = 5

2

Từ đó suy ra x + 3 phải là ước nguyên dương của 5, vậy:

2

2

x + 3=

1 hoặc x

+ 3=

5

Vậy phương trình đã cho không cso nghiệm nguyên.



25

2

Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( )

x − x+ 2 y = 3x

−5

Lời giải

2

3x

− 5

Với mọi x thì x − x + 2>

0, từ phương trình đã cho ⇒ y = ∈Z

2

x − x+

2

Do x∈Z ⇒3x−5≠0⇒ y ≠0⇒ y ≥1⇒ x 2 − x+ 2≤ 3x

−5 ( 1)

5 2

Với x≥ ⇒ x − 4x + 7≤0

(vô nghiệm)

3

5 2

Với x< ⇒ x + 2x−3≤0⇔−3≤x ≤1

(thỏa mãn)

3

Từ đo thử các giá trị của x để tìm y .

Bài 8: Chuyên Hùng Vương, năm học 2013

2 2

Tìm các số tự nhiên thỏa mãn phương trình x + 2y + 2xy + 3y

− 4=

0

Lời giải

2 2

Biến đổi phương trình đã cho thành ( x y) ( y y )

2 2

Do ( ) ( )

x+ y ≥0⇒ y + 3y−4 ≤0⇒−4≤ y ≤1

Mà y là số tự nhiên nên hoặc y = 0 hoặc y = 1

Với y = 0⇒ x = 2

Với y = 1⇒ x=−1∉N (loại)

+ + + 3 − 4 = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( xy ; ) = ( 2;0)


26

CHUYÊN ĐỀ: HỆ PHƯƠNG TRÌNH

A. MỘT SỐ DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Dạng 1: Hệ bậc nhất hai ẩn


Bài toán: Giải hệ phương trình

Trong đó ( ; ), ( ; )

a) Phương pháp thế:

( xy ; ) = 0 ( 1)

( ; ) = 0 ( 2)

⎧⎪ f

⎨

⎪⎩ g xy

f xy g xy là các biểu thức chứa x và y

+ Đặt điều kiện (nếu có)

+ Biểu diễn một ẩn số theo ẩn số còn lại từ 1 phương trình

+ Thay vào phương trình còn lại, ta được phương trình 1 ẩn số

+ Giải phương trình 1 ẩn số này ta tìm được nghiệm

+ So sánh với điều kiện của bài toán rồi kết luận.

b) Phương pháp cộng đại số

( )

( )

( ) ( )

( )

⎧⎪f xy ; = 0 ⎧⎪f xy ; ± g xy ; = 0

⎨

⇔ ⎨

⎪⎩g x; y = 0 ⎪⎩g x = 0

+ Đặt điều kiện

+ Nhân hoặc chia các phương trình với hệ số thích hợp

+ Cộng đại số các phương trình trên, giải phương trình này

+ Tìm được nghiệm

+ So sánh với điều kiện rồi kết luận.

Bài 1:

Xác định các hệ số ab , của hàm số y = ax + b để:

a. Đồ thị của nó đi qua hai điểm A( ; ), B( ; )

13 24 .

b. Đồ thị của nó cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng − 4 và cắt trục hoành tại điểm có

hoành độ bằng 2.

Lời giải:

a. Thay tọa độ các điểm AB , vào phương trình của đường thẳng ta được:


1

⎧3= a+ b ⎧b= 3− a ⎧a=

1

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩4= 2a+ b ⎩4= 2a+ 3− a ⎩b= 3− a = 2

Vậy a ,

= 1 b=

2

b. Tương tự phần (1) ta có hệ:

Vậy a = 2,

b= −4.

Giải các hệ phương trình sau:

a.

⎧ 1 1

+ = 3

⎪ x y

⎨

⎪3 2 − =− 1

⎪⎩ x y

b.

⎧− 4= a.

0+ b ⎧b=− 4 ⎧a

= 2

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩0= 2a+ b ⎩2a=− b+ 4 ⎩b=−4

⎧ x y

− = 3

⎪ x + 1 y − 1

⎨

⎪ x 3y

+ =−1

⎪ ⎩ x+ 1 y−1

Bài 2:

Lời giải:

1 1

a. Đặt u = , v=

. Theo đề bài ra ta có hệ phương trình:

x

y

⎧u+ v= 3 ⎧⎪

v= 3 − u

⎧5u = 5 ⎧u

= 1

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩3u− 2v=− 1 ⎪⎩

3u−23 ( − u)

=−1

⎩v= 3− u ⎩v=

2

Từ đó suy ra: x 1;

b. Đặt u ,

= 1 y

u

= = 1 v

= 1

2 .

x y

= v=

x+ 1 y−1 . Theo đề bài ra ta có hệ phương trình:

⎧u− v= 3 ⎧u = 3+ v ⎧u = 3+ v ⎧u

= 2

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩u+ 3v=− 1 ⎩3+ v+ 3v=− 1 ⎩4v=− 4 ⎩v=−1

⎧ x

= 2 ⎧x

= −2

⎪x

+ 1 ⎧x= 2x+

2 ⎪

Từ đó suy ra: . ⎨ ⇔ ⇔

y

⎨ ⎨ 1

⎪

⎩y = 1− y

= −1 ⎪y

=

y −

⎩ 2

⎪⎩ 1

c. Điều kiện ,

1

x≥ x− y > 0

2

. Đặt

⎧ a = 2x−1

⎪

⎨

⎪

b =

⎩ x−

y

⎧ 2x

− 1=

1

⎧a+ b= 2 ⎧a= 1 ⎪

⎧x=

1

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 1 ⇔ ⎨

⎩2a− b= 1 ⎩b= 1 ⎪

= 1 ⎩y

= 0 .

⎩ x−

y

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x= 1;

y = 0.


c.

⎧

1

2x

− 1+ = 2

⎪ x−

y

⎨

⎪ 1

2 2x

−1− = 1

⎪

⎩

x−

y

1 ta có hệ phương trình mới

2

Bài 3:


a.

⎧ x y

+ = 5

⎪ x − 5 y − 6

⎨

⎪ 10 9

− =−1

⎪⎩

x−5 y−6

b.

⎧

1

2x

− 1+ = 1

⎪ 2y

−1

⎨

⎪ 2

3 2x

−1− =−2

⎪

⎩ 2y

−1

Lời giải:

a. Điều kiện: x≠5;

y ≠6. Ta viết lại hệ phương trình thành:


c.

⎧ 7 4 5

− =

⎪ x− 7 y+

6 3

⎨

⎪ 5 3 13

+ =

⎪

⎩ x− 7 y+

6 6

⎧x− 5 + 5 y− 6 + 6 ⎧ 5 6 ⎧ 10 12 ⎧ 10 12

+ = 5

x y + = 3 + = + =

− − x− y− 6

x− y− 6

⎪ 5 6 ⎪ 5 6 ⎪ 5 6 ⎪x−5 y−6

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎪ 10 9

− =− ⎪ 10 9

− =− ⎪ 10 9

− =− ⎪ 21

1 1 1 = 7

⎩⎪x−5 y−6 ⎩⎪x−5 y−6 ⎩⎪x−5 y−6 ⎩⎪y−6

21

Từ = 7⇒ y = 6−3⇒ y = 9

y − 6

nghiệm là

( x; y ) = ( 10;

9 ) .

b. Điều kiện x≥

,

1 y ≠

1

2 2

thay vào ta tìm được x = 10. Vậy hệ phương trình có

. Ta nhân phương trình thứ nhất của hệ với 2 thì thu được:

⎧

2

2 2x

− 1+ = 2

⎪ 2y

−1

⎨

, cộng hai phương trình của hệ mới ta có: 5 2x− 1= 0⇔ 2x− 1=

0

⎪ 2

3 2x

−1− =−2

⎪

⎩ 2y

−1

⇔ x

= 1 2 . Với x = 1 2

thay vào phương trình ban đầu của hệ ta có:

1

⎡2y− 1= 1 ⎡y

= 1

= 1⇔ 2y

− 1 = 1⇔ ⇔

2y

−1

⎢

y− =−

⎢

⎣2 1 1 ⎣y

= 0

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là: ( x y )

c. Điều kiện x> 7,

y >−6, ta viết lại hệ thành:

⎛1 ⎞⎛1

⎞

; = ⎜ ; 0 ⎟⎜ , ; 1 ⎟

⎝2 ⎠⎝2

⎠

⎧ 21 12

− = 5

⎪ x− 7 y+

6

⎨

⎪ 20 12 26

+ =

⎪

⎩ x− 7 y+

6 3

41 41

= ⇒ − 7 = 3 ⇔ − 7 = 9 ⇒ = 16

x − 7 3

Cộng 2 phương trình của hệ ta thu được: x x x

7 4 5 4 2

Vào ta tìm được: − = ⇔ = ⇒ y+ 6 = 6 ⇔ y+ 6 = 36 ⇒ y = 30

3 y+ 6 3 y+

6 3

điều kiện. Vậy hệ có nghiệm ( ; ) ( ; )

x y = 16 30 .

thay

thỏa mãn

3

Bài 4:


a.

⎧ 2x

+ y =−1

⎪ x + 1

⎨

⎪ 1

+ 2y

= 4

⎪ ⎩ x + 1

b.

⎧ 2y

x + 1+ = 2

⎪ y + 1

⎨

⎪ 1 3

4x

+ 4− =

⎪ ⎩ y + 1 2

Lời giải:

a. Điều kiện y≥0,

x≠−1. Ta viết lại hệ phương trình thành:

⎧2x

+ 2−2 ⎧ 2

+ y =−1 − + y =−

⎪ x

3

+ 1 ⎪ x+

1

⎨

⇔ ⎨

⎪ 1

+ y = ⎪ 2

2 4 + 4y

= 8

⎩⎪x+ 1 ⎩⎪x+

1


c.

⎧ 1 1 9

x + + y + =

⎪ x y 2

⎨

⎪ 1 5

xy + =

⎪⎩ xy 2

, cộng 2 phương trình của hệ thu được:

⎡ y = 1

y + 4y = 5⇔ 4y+ y − 5= 0⇔( y − 1)( 4 y + 5

⎢

) = 0⇔ ⎢ 5

y = −

⎢⎣ 4

Suy ra y = 1 thay vào phương trình thứ 2 ta tìm được: x = − 1 2 .

Vậy hệ có nghiệm là ( x y )

⎛ 1 ⎞

; = ⎜ − ; 1 ⎟

⎝ 2 ⎠

b. Điều kiện: x≥−1;

y ≠−1, ta viết hệ lại dạng:

.

( TM )

⎧ 2y

+ 2−2 ⎧ 2 ⎧ 4 ⎧ 3 3

x+ 1+ = 2 x x

y + 1− = 0 + − = =

+ y+ 2 1 0

y+ ⎪ 1 ⎪ 1 ⎪ 1 ⎪y+

1 2

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎪ 1 3

x+ − = ⎪ 1 3

x+ − = ⎪ 1 3

x+ − = ⎪ 1 3

2 1 2 1 2 1 2 x+ 1− =

⎩⎪ y+ 1 2 ⎪⎩ y+ 1 2 ⎪⎩ y+ 1 2 ⎪⎩

y+

1 2

Suy ra

⎧x

= 0

⎨

⎩y

= 1

thỏa mãn điều kiện.

Vậy hệ có nghiệm ( , ) ( ; )

xy = 01.

c. Đặt x+ y = u;

xy = v (với v ≠ 0 ). Hệ đã cho trở thành

Phương trình (2) có dạng

⎡v

= 2

2

2v

− 5v+ 2= 0⇔ ⎢

⎢

1

v =

⎣ 2

( L)

⎧ u 9

u + = 1

⎪ v 2

⎨

⎪ 1 5

v + = 2

⎪⎩ v 2

+ Với v = 2 thay vào PT (1) tìm được u = 3 u = 3.

Ta có hệ phương trình

xy , là nghiệm của phương trình, tức là ( xy , ) = ( 12 ; ),( 21. ; )

( )

( )

⎧x+ y = 3

⎨

⎩xy

= 2

nên

4

⎧ + =

⎨

⎪ 1

xy =

⎪⎩ 2

+ Với v = 1 2 thay vào PT (1) tìm được u = 3 x y

2 . Ta có hệ phương trình ⎪

nên xy , là nghiệm của phương trình X

Từ đó suy ra hệ đã cho có tất cả bốn nghiệm.


a.

⎧ x+

2 2y

+ = 5

⎪ x − 1 y + 1

⎨

⎪ x 1 3

− =

⎪⎩

x− 1 y+

1 2

− 3 2 X + 1 = 0

2 2

Bài 5:

Lời giải:

, tức là ( xy)


b.

3

2

⎛ 1⎞ ⎛1

⎞

, = ⎜ 1; ⎟ , ⎜ ; 1 ⎟

⎝ 2⎠ ⎝2

⎠

⎧

1

4x

−4− = 1

⎪ 2x−

y

⎨

⎪ 7

x − 1+ = 8

⎪⎩

2x−

y

a. Điều kiện: x≠1;

y ≠−1. Ta biến đổi hệ phương trình đã cho thành:

⎧x− 1+ 3 2y+ 2−2 ⎧ 3 2 ⎧ 3 2 ⎧ 3 2

+ = 5

x y − = 2 − = − =

x y 2

− + − + x− y+ 2

⎪ 1 1 ⎪ 1 1 ⎪ 1 1 ⎪x− 1 y+

1 ⎧x

= 2

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎪x− 1+ 1 1 3 ⎪ 1 1 1 ⎪ 2 2 ⎪ 1

⎩y

= 1

− = − = − = 1 = 1

⎪⎩ x− 1 y+ 1 2 ⎪⎩x− 1 y+ 1 2 ⎩⎪x− 1 y+ 1 ⎩⎪x

−1

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( , ) ( ; )

b. Điều kiện:

⎧x

≥ 1

⎨

⎩2x−

y ≠0 xy = 21.

, hệ phương trình được viết lại thành:

⎧ 1 ⎧ 1

2 x−1− = 1 x

x y 2 −1− = 1

⎪ 2 − ⎪ 2x− y ⎧ ⎪2 x − 1=

2 ⎧x

= 2

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎪ 14 x− y = y =

x − + = ⎪ 15

=

⎩⎪

2 1 ⎩ 3

2 1 16 15

⎩⎪

2x−

y ⎩⎪2x−

y

Vậy hệ có nghiệm là ( , ) ( ; )

Cho hệ phương trình:

xy = 23 .

( )

( )

⎧⎪ x− 2y

= 5 1

⎨

⎪⎩ mx − y = 4 2

a. Giải hệ phương trình với m = 2 .

Bài 6:

(TMĐK)

b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( xy , ) trong đó xy . trái dấu.

c. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( xy , ) thỏa mãn x

a. Với m = 2 ta có hệ phương trình:

Lời giải:

= y .

⎧x− 2y = 5 ⎧⎪

x= 2y+

5 ⎧x= 2y+ 5 ⎧x=

1

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩2x− y = 4 ⎪⎩

22 ( y+ 5)

− y = 4 ⎩3y =− 6 ⎩y

=−2

.

5

b. Từ phương trình (1) ta có x= 2y+

5. Thay x= 2y+

5 vào phương trình (2) ta được:

( 2 + 5) − = 4⇔( 2 − 1) = 4−5 ( 3 )

m y y m y m

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (3) có nghiệm duy nhất. Điều này tương đương

với:

2m−1≠0⇔ m≠ 1

2

Ta có:

xy . =

. Từ đó ta được: ;

34 ( − 5m)

. Do đó .

( 2m

−1)

2

3 4−

5m

2m−1 2m−1

c. Ta có: x= y ⇔ = ( 4)

Từ (4) suy ra m

( )

2 − 1> 0⇔ m> 1

⎡ 1

m=

⎡4− 5m

= 3 ⎢ 5

4 ⇔ 4− 5m

= 3⇔ ⎢ ⇔ ⎢

⎣4 − 5m

=− 3 ⎢ 7

m =

⎢⎣ 5

Giải hệ phương trình sau

4−

5m

3

y = x= 5+ 2y

=

2m−1 2m−1 .

xy< 0⇔ 4− 5m< 0⇔ m> 4

5

2 . Với điều kiện m > 1 2

ta có:

( L)

. Vậy m = 7 5 .

(thỏa mãn điều kiện).

Bài 7: Chuyên Toán Quảng Nam, năm học 2012

( )

( )

2

⎧ ⎪x + xy − 4x

=−6 1

⎨

2

⎪⎩ y + xy =−1 2

Lời giải

+ Nếu y = 0 ⇒ không thỏa mãn phương trình (2) (loại)

2

y + 1

≠0⇒ 2 : x=−

y

+ Nếu y ( )

Thay vào phương trình (1) ta được:

2

2

2 2

⎛ y + 1⎞ ⎛ y + 1⎞ ⎛ y + 1⎞

2

⎜− ⎟ + ⎜− ⎟. y−4⎜− ⎟=−6⇔ ( y + 1) − ( y + 1. ) y+ 4( y + 1. ) y =−6y

⎝ y ⎠ ⎝ y ⎠ ⎝ y ⎠

( )( )

⇔ + + + = ⇔ + + + =

3 2 2

4y 7y 4y 1 0 y 1 4y 3y

1 0

+) TH1: y =−1⇒ x=±

2

2 2

+) TH2: 4y

3y

1 0( 3 4.4 0)

2 2 2 2

+ + = ∆= − < nên phương trình vô nghiệm.

{ }

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( xy∈ ; ) ( 2; −1 ), ( −2; − 1)


6



⎪

⇔ ⎨

⎪⎩

2

⎧x

− y =

( )

3 2 1

Bài 8: Chuyên Toán Bắc Ninh, năm học 2011

⎧⎪

⎨

⎪⎩

2

⎧ − =

⎪x

⎨

⎪⎩

( )

( )

3y

2 1

− =

2

9y

8x

8 2

Lời giải

− 3 = 2 ⎧⎪4 − 12 = 8

⇔ ⎨

− = ⎪⎩

− − + =

2 2

x y x y

2 2 2

9y 8x 8 4x 12y 9y 8x

0

( )

2 2

4 9 8 12 0 2

x − y + x− y =

Giải phương trình (2): ( ) ( x y)( x y) ( x y) ( x y)( x y )

+) TH1: ( )

2 ⇔ 2 − 3 2 + 3 + 4 2 − 3 = 0⇔ 2 − 3 2 + 3 + 4 = 0

2

2 3 0 3 2 1: 2 2 0

( )

⎡ 21+

3

⎢

⎡

y =

x = 1+ 3 ⎢ 3

x− y = ⇔ y = x⇒ x − x− = ⇔ ⎢ ⇒

⎢

⎢⎣

x = 1−

3 ⎢ 21 3

⎢ y =

⎣ 3

+) TH2: 2x + 3y + 4= 0⇒ 3y =−4−2x ⇒( 1) ⇔ x 2 + 2x + 2=

0( ptvn)

Vậy HPT có hai nghiệm ( xy)


HPT

( + ) ( − )

⎧⎛ 21 3 ⎞ ⎛ 21 3 ⎞⎫

⎪

⎪

; ∈ ⎨

⎜1+ 3; ⎟, ⎜1−

3; ⎟

⎬

⎪

⎜ 3 ⎟ ⎜ 3 ⎟

⎩⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪

⎭

Bài 9:

4 3 2 2

⎧ x + xy+ xy = x+

⎪

⎨

⎪⎩

2

x xy x

( )

( )

2 2 9 1

+ 2 = 6 + 6 2

Lời giải

(

2

) ( )

2

( )

⎧

4 2

⎪4x + 4 x .2xy + 2xy = 8x

+ 36 3

⇔ ⎨

⎪⎩ 2xy = 6x + 6−x

4

4 2 2 2

Thế (4) vào (3) ta được ( ) ( ) 2

( ) ( ) 3

4x + 4x 6x+ 6− x + 6x+ 6− x = 8x+

36

3 2 ⎡x

= 0

⇔ x x + 12x + 48x+ 64 = 0 ⇔ x x+ 4 = 0 ⇔ ⎢

⎣x

= −4

+) TH1: 0 ( 4)

x = ⇒ vô lý

( − )


+) TH2: x=−4 ⇒2. ( − 4 ). y = 6. ( − 4) + 6 −( −4) 2 ⇔ y =

17

4

7

Vậy PHT có nghiệm ( xy)


Ta có HPT

⎛ 17 ⎞

; = ⎜ −4; ⎟

⎝ 4 ⎠

Bài 10: Chuyên KHTN, năm học 2018

( )

( )

2

⎧ ⎪xy + y = y + 1 1

⎨

2 2

⎪⎩ x + 2y + 2xy = x + 4 2

Lời giải

2

⎧ xy + y = y +


( )

2

1 3

⎧ ⎪xy + y = y + 1 ⎪

⇔ ⎨ ⇔

2

2

⎨

x 2

2

( y 1)

x 4

+ x−x

⎪⎩

+ + = + ⎪y

=

4

⎩ 2

Thế (4) vào (3) ta được:

( )

2 2

2

2

2+ x− x ⎛2+ x− x ⎞ 2+ x−x

4 3 2

. + = 1+ ⇔ − 4 + + 6 − 4=

0

x ⎜ ⎟

x x x x

2 ⎝ 2 ⎠ 2

⎡x

= 1

3 2 2

2

( x )( x x x ) ( x ) ( x x )

⇔ −1 −3 − 2 + 4 = 0⇔ −1 −2 − 4 = 0⇔ ⎢

⎣ x =− 1±

5

+) TH1: x ( )

+) TH2:

= 1⇒ 4 ⇔ y = 1

−3

5

x=− 1± 5 ⇒ y =

2

Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm ( xy) ( )


Điều kiện: x≠0; x≠−2; y ≠0; y ≠−2

⎧1 1

− =− 2 1

⎪ x y+

2

⎨

⎪ 1 3

− = 4 ( 2)

⎪ ⎩ x+

2 y

⎪⎧

⎛ −3− 5⎞ ⎛ − 3+

5⎞⎪⎫

; ∈⎨

1;1 , ⎜

− 1+ 5; , −1−

5;

⎬

2 ⎟ ⎜ 2 ⎟

⎪⎩

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪⎭

Bài 11: Thế ẩn

( )

Lời giải

1 1 1−2y− 4 y+

2

x y+ 2 y+ 2 2y+

3

Từ ( 1) ⇒ = − 2= ⇔ x =− ( 3)

( )

− 3( x+

2)

( x+

2)

y

y

2 ⇔ = 4⇔ y−3x− 6= 4y x+

2

Thay vào (3) ta được:

( )

( 2 + 3) + 3 + 6− 6( 2 + 3)

y+ 2 ⎛ y+

2 ⎞ y y y y

y+ 3. − 6 = 4y⎜2

− ⎟⇔

2y+ 3 ⎝ 2y+ 3⎠

2y+

3

8

( ) ( ) 2 2 2

− 4y y+ 2 + 8y 2y+

3

= ⇔ 2y −6y− 12 = 12y −16y ⇔ 5y + 11y+ 6 = 0

2y

+ 3

⎡ y =−1⇒ x=−1

⇔ ⎢

⎢

−6 −4

y = ⇒ x=

⎣ 5 3

⎛−4 −6⎞

xy ; = − 1;1 ; xy ; = ⎜ ; ⎟ .

⎝ 5 5 ⎠

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( ) ( )

2 2

⎧ + =

⎪x

⎨

⎪⎩

Bài 12: HSG TPHN

8y

12

Giải hệ phương trình sau ( xy , ∈ R)

+ 2 + 12 = 0

3 2

x xy y

2 2

Thế 12 = x + 8y vào phương trình (2) ta có:

( )

Lời giải

3 2 2 2 3 2 2 3

x + 2xy + y x + 8y = 0⇔ x + 2xy + x y + 8y = 0 (*)

+) Xét y = 0⇒ x = 0 (không thỏa mãn)

+) Xét y ≠ 0 , chia cả 2 vế của phương trình (*) cho

3 2

⎛ x⎞ ⎛ x⎞

x

⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + 2 + 8=

0

⎝ y⎠ ⎝ y⎠

y

x

t = ⇒ t + t + 2t+ 8= 0⇔ t+ 2 t − t+ 4 = 0⇔ t = 2

y

3 2 2

Đặt ( )( )

> 0

(thế hệ số)

3

y ta được:

Với t =−2⇒ x=−2y thay vào phương trình (1) ⇒ + = ⇔ =±

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( xy ; ) = ( − 2;1 ); ( xy ; ) = ( 2; −1)


Điều kiện: ≥1;

x x≥−y

2 2

4y 8y 12 y 1

Bài 13: HSG TPHCM, năm học 2015

( )

( 2)

⎧

⎪y

= 2 x−1 1

⎨

2

⎪⎩ x+ y = x − y

(Điều kiện chặt y = 2 x−1⇒ y ≥0)

Lời giải

2 2

Thế (1) vào (2) ta được: x+ 2 x− 1 = x −2 x−1⇔ x− 1+ 2 x− 1+ 1= x −2 x −1


( ) 2 2 2 2

⇔ x− 1+ 1 = x −2 x−1⇔ x− 1+ 1 = x −2 x−1⇔ x− 1+ 1= x −2 x −1

9

2 2

⇔ x − x− − = ⇔ x− = x −

3 1 1 0 3 1 1

2 2

Điều kiện: x x

−1≥0⇔ ≥1

2 2

Ta có x x 2 ( x ) ( x ) ( x ) ( x ) ⎡( x )( x 2 x )

3 − 1= −1⇔9 − 1 = − 1 + 1 ⇔ −1 1 2 1 9⎤

⎣

− + + −

⎦

= 0

3 2 2

( x )( x x x ) ( x )( x )( x x )

⇔ − 1 + − − 10 = 0 ⇔ −1 − 2 + 3 + 5 = 0

⎡x= 1⇒ y = 0

⇔ ⎢

⎣x= 2⇒ y = 2

(thỏa mãn).


2 2

⎧ + − − =

∆< 0

Bài 14:


( )

( )

⎪x y xy 3 0 1

⎨

3 3 2

⎪⎩ x + y − x + 2xy −2x − 5y

= 0 2

Lời giải

Ta có: ( ) ( )( ) ( )

2 2 2 2

2 ⇔ x + y x − xy + y − x + 2xy −2x − 5y = 0⇔ 3 x + y − x + 2xy −2x − 5y

= 0

2 ⎡x

= 1

⇔− x + 2xy−x− 2y = 0⇔−x( x− 1) + 2y( x− 1) = 0⇔( x−1)( 2y− x)

= 0⇔ ⎢

⎣x=

2y

2 2 ⎡ y = −1

+) Với x = 1 thay vào (1) 1 y y 3 0 y y 2 0

⇒ + − − = ⇔ − − = ⇔ ⎢

⎣ y = 2

x =

+ − − = ⇔ = ⇔ =± ⇒ ⎢

⎣x

= −2

2 2 2 2 ⎡ 2

+) Với x=

2y thay vào (1) 4y y 2y 3 0 3y 3 y 1

Vậy HPT có nghiệm ( ; ) = ( 1; − 1 ); ( ; ) = ( 1; 2 ); ( ; ) = ( 2;1 ); ( ; ) = ( −2; −1)

xy xy xy xy .

10


BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1:

( )

( )

⎧⎪ x + my = m + 1 1

⎨

⎪⎩ mx + y = 3m

−1 2

a. Không giải hệ phương trình trên, cho biết với giá trị nào của m thì hệ phương trình có

nghiệm duy nhất?

b. Giải và biện luận hệ phương trình trên theo m .

c. Tìm số nguyên m sao cho hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( xy , ) mà xy , đều là

số nguyên.

d. Chứng minh rằng khi hệ có nghiệm duy nhất ( xy , ) thì điểm M( xyluôn , ) chạy trên

một đường thẳng cố định.

e. Tìm m để hệ trên có nghiệm duy nhất sao cho xy , đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

a. Từ phương trình (2) ta có y = 3m −1 −mx. Thay vào phương trình (1) ta được:

2 2

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

x + m m − − mx = m + ⇔ m − x = m − m −

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, tức là

m

2

−1≠0⇔m≠±

1.

Ta cũng có thể lập luận theo cách khác: Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:

1 m

m m

m ≠ ⇔ 2

≠ 1 ⇔ ≠± 1

1

.

b. Từ phương trình (2) ta có y = 3m −1 −mx. Thay vào phương trình (1) ta được:

2 2

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

x + m m − − mx = m + ⇔ m − x = m − m −

Trường hợp 1: m ≠±1. Khi đó hệ có nghiệm duy nhất

( m 1)( 3m

1)

( )( )

2

⎧ 3m −2m− 1 − + 3m+

1

x = = =

2

⎪ m −1 m− 1 m+ 1 m+

1

⎨

⎪ 3m+ 1 m−1

⎪

y = 3m − 1 − m.

=

⎩

m + 1 m + 1

Trường hợp 2: m = 1. Khi đó phương trình (3) thành: 0.x = 0. Vậy hệ có vô số nghiệm

dạng ( x; 2 −x)

, x∈ .

Trường hợp 3: m = −1 khi đó phương trình (3) thành: 0.x = 4 (3) vô nghiệm, do đó hệ

vô nghiệm.

c. Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m ≠±1.


11

Ta có:

⎧ 3m

+ 1 2 ⎧ 3m

+ 1 2

x = = 3 − x = = 3 −

⎪ m+ 1 m+

1 ⎪ m+ 1 m+

1

⎨

⎨

⎪ m −1 2

1 2

y = = 1 − ⎪ m −

y = = 1 −

⎩⎪ m+ 1 m+

1 ⎪ ⎩ m+ 1 m+

1

nguyên. Do đó m +1 chỉ có thể là − ; − ; ;

(loại).

Vậy m nhận các giá trị là − ; − ;

3 20.

d. Khi hệ có nghiệm duy nhất ( x,

y ) ta có: x

2

. Vậy xynguyên , khi và chỉ khi m +

2 112. Vậy m =− ; − ;

3 20 (thỏa mãn) hoặc m = 1

2 ⎛ 2 ⎞

− y = 3− −⎜1− ⎟=

2

m+ 1 ⎝ m+

1⎠

Vậy điểm M ( x,

y ) luôn chạy trên đường thẳng cố định có phương trình y

e. Khi hệ có nghiệm duy nhất ( xy ; ) theo (d) ta có: y = x−

2. Do đó:

2

( ) ( )

xy = x x − 2 = x − 2x + 1= x −1 −1≥−1

2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x m m

Vậy với m = 0 thì xy , đạt giá trị nhỏ nhất.

Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ x

⎧⎪ x + my = m + 1 1

⎨

⎪⎩ mx + y = 3m

−1 2

= x− 2.

= ⇔ − 2

m

= ⇔ 2

1 3 1

+ m+

= 2 ⇔ + 1 = 1 ⇔ = 0

1 1

− y

=2 theo cách khác: Khi hệ phương trình

( )

có nghiệm duy nhất ( m ≠±1 ) lấy phương trình (2) trừ đi phương trình

( )

(1) của hệ ta thu được: ( ) ( ) ( )


luôn có nghiệm. Gọi ( x ; y )

m−1 x− m− 1 y = 2 m−1 ⇒ x− y = 2.

⎧x − my = 2−4m

⎨

⎩mx + y = 3m

+ 1

2 2

Chứng minh: x y ( x y )

Bài 2:

. Chứng minh rằng với mọi m hệ phương trình

0 0

là một cặp nghiệm của phương trình.

+ − 5 + + 10 = 0 .

0 0 0 0

Lời giải:

Từ phương trình (2) của hệ phương trình ta có y = 3m + 1 −mx

thay vào phương trình (1)

của hệ ta có: ( )

2

1 3 3 2. Do m + 1≠0 với mọi m nên phương trình này luôn

2 2

m + x= m − m+

có nghiệm duy nhất x 0

. Suy ra hệ luôn có nghiệm với mọi m .

Gọi ( x ; y )

0 0

là một nghiệm của hệ: Từ hệ phương trình ta có:

hai vế phương trình thứ nhất với( x )

⎧⎪ x0 − 2= m y0

−4

⎨

⎪⎩ y0 − 1=

m 3 x0

3 − 0

, phương trình thứ hai với ( y − )


.

1

( )

. Nhân cả

( − )

0

4 rồi trừ hai

phương trình cho nhau ta được:

( x )( x ) ( y )( y ) x 2 y 2

0 0 0 0 0 0 ( x0 y0)

3− −2 − −4 − 1 = 0 ⇔ + − 5 + + 10 = 0 .

Ngoài ra ta cũng có thể giải theo cách khác như sau:

12

( d ) : x − my + 4m − 2= 0, ( d ': ) mx + y −3m

− 1=

0. Ta dễ dàng chứng minh được đường thẳng

( d ) luôn đi qua điểm cố định: A( 24 ; ) và đường thẳng ( d ')

luôn đi qua điểm cố định:

B ( 31 ; ) . Mặt khác ta cũng dễ chứng minh đường thẳng ( d ) và đường thẳng ( d ')

vuông

góc với nhau nên hai đường thẳng này luôn cắt nhau. Gọi M ( x ; y )

0 0

là giao điểm của

hai đường thẳng thì tam giác MAB vuông tại M . Gọi I là trung điểm của AB thì

⎛5 5⎞

I ⎜ ; ⎟,

AB =

⎝2 2⎠

10

suy ra:

2 2

1 ⎡

⎤

2 2 ⎛ 5⎞ ⎛ 5⎞

2 2

IM = AB ⇔ 4IM = AB ⇔ 4 ⎢⎜x0 − ⎟ + ⎜y0 − ⎟ ⎥ = 10 ⇔ x0 + y0 − 5( x0 + y0)

+ 10 = 0

2 ⎢⎣⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠

⎥⎦


Hệ có nghiệm duy nhất ( x ; )

2 2

a. P= x + 3y

( 1 )

4 4

b. Q= x + y ( 2 )

( )

( )

⎧⎪ x + my = 3 1

⎨

⎪⎩ mx + y = 2m

+ 1 2

Bài 3:

y , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau đây:

Lời giải:

Từ phương trình (2) ta suy ra: y = 2m + 1 −mx

. Thay vào phương trình (1) ta được:

2 2

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

x + m m + − mx = ⇔ m − x = m + m −

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, điều đó xảy

ra khi và chỉ khi: m

Khi đó

2

−1≠0⇔m≠±

1.

( m 1)( 2m

3)

( )( )

2

⎧ 2m + m− 3 − + 2m+

3 1

x = = = = 2 +

2

⎪ m −1 m− 1 m+ 1 m+ 1 m+

1

⎨

⎪ 2m

+ 3 1

⎪

y = 2m + 1 − m =

⎩

m + 1 m + 1

2 2

a. Ta có: P x ( x ) x x ( x )

P = 3 khi

2 2

= + 3 − 2 = 4 − 12 + 12 = 2 − 3 + 3 ≥3

3 2m

+ 3 3

x= ⇔ = ⇔ 4m+ 6= 3m+ 3⇔ m=−3

2 m + 1 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.

4 4 4

b. Ta có: Q x y x ( x 2 )

Đặt t = x−1

= + = + − 4

Khi đó ( ) ( )

4 4 4 3 2 4 3 2 4 2

Q= t+ 1 + t− 1 = t + 4t + 6t + 4t+ 1+ t − 4t + 6t − 4t+ 1= 2t + 12t

+ 2≥2


2m

+ 3

Q= 2⇔ t = 0⇔ x= 1⇔ = 1⇔ 2m+ 3= m+ 1⇔ m=−2

m + 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 2.

.

13


( )

( )

⎧⎪ mx + m + 1 y = 1

⎨

.

⎪⎩ m + 1 x − my = 8m

+ 3

Bài 4:

Chứng minh hệ luôn có nghiệm duy nhất ( xy , ) và tìm GTLN của biểu thức

( )

P= x 2 + y 2 + 4+

2 3 y (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán – ĐHSP Hà Nội

2015).

Lời giải:

Xét hai đường thẳng ( d ) : mx + ( m + 1) y − 1= 0; ( d ) :( m + 1)

x −my − 8m

+ 3=

0

1 2

+ Nếu m = 0 thì( d1 ) : y− 1=

0 và ( d2 ) : x− 5=

0 suy ra ( d 1 ) luôn vuông góc với ( d 2 ).

+ Nếu m = −1 thì ( d1 ) : x+ 1=

0 và ( d2 ) : y+ 11 = 0 suy ra ( d 1 ) luôn vuông góc với ( )

+ Nếu m ≠ { 01 ; } thì đường thẳng ( d1) ,( d2 ) lần lượt có hệ số góc là: a ,

suy ra aa

1.

2

= −1 do đó ( d ) ⊥ ( d )

1 2

.


d 2

.

m m+

1

=− a =

m+

1 m

1 2

Tóm lại với mọi m m thì hai đường thẳng ( d 1 ) luôn vuông góc với ( ). Nên hai đường

thẳng luôn vuông góc với nhau.

Xét hai đường thẳng ( d ) : mx + ( m + 1) y − 1= 0; ( d ) :( m + 1)

x −my − 8m

+ 3=

0 luôn vuông

1 2

góc với nhau nên nó cắt nhau, suy ra hệ có nghiệm duy nhất. Gọi giao điểm là I( xy , )

đường thẳng ( d 1 ) đi qua A( −1;

1 ) cố định, đường thẳng ( d 2 ) luôn đi qua B ( 3;

−5 ) cố định

suy ra I thuộc đường tròn đường kính AB . Gọi M ( 1;

−2 ) là trung điểm AB thì

AB

MI = ⇔ x − + y + =

2

2 2

( 1) ( 2) 13 (*)

.

2 2

( ) ( ) ( ) ⎡ ( )

P= x− 1 + y+ 2 + 2x+ 2 3y− 5 = 8+ 2 x+ 3y = 8+ 2 x− + y+ + − ⎤

⎣

1 3 2 1 2 3

⎦

Hay P= 10 − 4 3 + 2 ⎡x− 1 + 3 ( y+

2 ) ⎤ . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

Giải hệ phương trình:

⎣

⎦

Bài 5: Thi HSG Toán lớp 9, tỉnh Trà Vinh, năm 2009 – 2010

Từ phương trình (1) ta có: y

⎧⎪ y− 4x=

5

⎨

⎪⎩ 2 y− 2x + x+ y− 1 = 7

= x+

Lời giải:

4 5 thế vào phương trình (2) ta được:

2 4x+ 5− 2x + x+ 4x+ 5− 1 = 7⇔ 2. 2x+ 5 + 5x+ 4 = 7 *

• Trường hợp 1. Xét x <− 5 2

( )

d 2

14

Phương trình (*) ⇔− 22 ( x+ 5) − ( 5x+ 4)

= 7 ⇔−4x−10 −5x− 4 = 7 ⇔ x=− 7 (thỏa mãn)

3

Từ (1), suy ra: y

• Trường hợp 2. Xét

⎛ 7 ⎞ 13

= 4⎜− ⎟+ 5=−

⎝ 5⎠

3

− 5 ≤x

≤−

4

2 5


Từ (1), suy ra: ( )

* ⇔ 2 2x+ 5 − 5x+ 4 = 7 ⇔ 4x+ 10 −5x− 4 = 7 ⇔ x=−1

y = 4 − 1 + 5=

1

• Trường hợp 3. Xét x >− 4 5

Phương trình (*) ⇔ 22 ( x+ 5)

+ 5x+ 4=

7⇔ 4x+ 10 + 5x+ 4 = 7 ⇔ x=− 7 (thỏa mãn)

9

Từ (1) suy ra y

⎛ 7 ⎞ 17

= 4⎜− + 5⎟=

⎝ 9 ⎠ 9

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( xy , ) là:

Bài 6: Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, Đại học Vinh, năm học 2015 – 2016


Ta có:

2 2

⎧ ⎪x + x= y + y

⎨

2 2

⎪⎩ x + y = 5

( x y)( x y )

Lời giải:

2 2

⎧⎪x − y + x− y = 0 ⎧⎪

− + + 1 = 0

⎨

⇔

2 2

⎨

2 2

⎪⎩

x + y = 5 ⎪⎩

x + y = 5

Trường hợp 1. Xét

Trường hợp 2. Xét

⎧x− y = 0 ⎧x=

y

10

⎨ ⇔ ⇔ x= y =±

2 2 ⎨ 2 2

⎩x + y = 5 ⎩x + y = 5

2

( )

( )

⎧⎪ x+ y+ 1=

0 1

⎨

⎪⎩ x

2 + y

2 = 5 2

Từ phương trình (1) ta có y

=− −x

1 thế vào phương trình (2), ta được:

2 2

2 ⎡x

= 1

x + ( −x− 1) = 5⇔ x + x− 2= 0⇔( x− 1)( x+ 2)

= 0⇔ ⎢

⎣x

= −2

Với x

= 1⇒ y =−1− 1=−2

Với x y ( )

=−2⇒ =−1− − 2 = 1

Vậy tập nghiệm ( x,

y ) của hệ phương trình là:

⎪⎧⎛ 10 10 ⎞⎛ 10 10 ⎞

S = ⎨⎜ ;

⎟⎜ , − ; −

⎟

, ; − , − ;

⎩⎪⎝ 2 2 ⎠⎝ 2 2 ⎠

( 1 2) ( 21)

⎪⎫

⎬

⎭⎪


⎛−7 13 ⎞ ⎛ 7 17 ⎞

⎜ ; − ⎟; ( −11

; ); ⎜−

; ⎟

⎝ 3 3 ⎠ ⎝ 9 9 ⎠

15

Dạng 2: Hệ đối xứng loại 1

A. Kiến thức

*) Định nghĩa: Hệ đối xứng loại 1 là hệ khi đổi chỗ x và y cho nhau thì mỗi phương

trình vẫn không thay đổi

Xét bài toán: Giải HPT

( xy)

( )

⎧⎪ f , = 0

⎨

⎪⎩ g xy , = 0

Hệ đối xứng loại 1 là hệ thỏa mãn

xy

= + =

x + y

Ví dụ: f( xy , ) x 2 y 2 ; g( xy , )

Cách giải:

+ Đặt điều kiện (nếu có)

+ Đặt S x y; P xy ( S 2 4P)

( , ) ( , )

( , ) = g( yx , )

⎧ ⎪ f xy = f yx

⎨

⎪⎩ g xy

= + = ≥ , ta biến đổi hệ phương trình về HPT ẩn S và P

+ Giải HPT ẩn S và P , từ đó tìm được S và P

+ Tìm x và y theo Viét đảo và kết luận.

*) Lưu ý:

+ Thực hiện 1 số phép biến đổi

+ ( ) ( )

u = u x , v = v x ⇒ S = u + v;

P = uv

+ Đặt ẩn phụ.

⎧x+ y = 5

Giải hệ phương trình sau ⎨ 2 2

⎩x y + xy = 30

⎧x+ y = S S P

⎩xy

= P

2

Đặt ⎨ ( ≥ 4 )

Thay vào hệ phương trình ta được:

Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình

Bài 1:

Lời giải

⎧S = 5 ⎧S = 5 ⎧x+ y = 5 ⎡x= 2⇒ y = 3

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔

. = 30 = 6 = 6

⎢

⎩P S ⎩P ⎩xy ⎣x = 3 ⇒ y = 2


{ }

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( xy ; ) ∈ ( 2;3 ), ( 3; 2)

16


Bài 2:

30

+ y = 35

Lời giải

2 2

⎧ xy+ yx=

⎪

⎨

⎪⎩ x

3 3

( y)

( y)

2 2

30

30

⎧ + = 30

⎪⎧ xy+ yx=

⎧⎪xy x + =

xy x

⎪

Ta có HPT ⎨ ⇔

3 3

⎨ ⇔

2 2 ⎨

2

⎪⎩ x + y = 35 ⎪( + )( − + ) = 35 ⎪( + ) ⎡( + ) − 3 ⎤

⎩

x y x xy y x y x y xy = 35

⎩ ⎣ ⎦

⎧x+ y = S S P

⎩xy

= P

2

Đặt ⎨ ( ≥ 4 )

ta được:

⎧S = 5 ⎧x+ y = 5 ⎡x= 2⇒ y = 3

⎨ ⇔ ⎨ ⇔

= 6 = 6

⎢

⎩P ⎩xy ⎣x = 3⇒ y = 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( xy ; ) ∈ ( 2;3 ), ( 3; 2)


⎪⎧ SP = 30 ⎧SP

= 30 ⎧ ⎪SP

= 30 ⎧S

= 5

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩⎪

S( S − P)

= ⎩S − 3PS = 35 ⎪⎩

S = 125 ⎩P

=

2 2

⎧ x + y + x+ y =

2 3

3

3 35 6

{ }

Bài 3:

⎪

30

⎨

⎪⎩ xy ( x + 1)( y + 1)

= 72

Lời giải

2 2

( x x) ( y y)

2 2

( )( )

2 2

⎧ 30 ⎧

⎪x + y + x+ y = ⎪ + + + = 18

Ta có HPT ⎨

⇔ ⎨

⎪⎩

xy ( x + 1)( y + 1)

= 72 ⎪⎩

x + x y + y = 72

2 2 ⎧a+ b= 18 ⎧a= 6 ⇒ b=

12

Đặt a = x + x;

b= y + y⇒ ⇔

+) TH1:

⎨

⎨

⎩ab = 72 ⎩a = 12 ⇒ b = 6

⎧ ⎡x

= 2

2

⎪⎢

⎧a = 6 ⎧⎪ x + x=

6 ⎪⎣x

= 3

⎨ ⇒⎨ ⇔

2

⎨

⎩b

= 12 ⎪⎩ y + y = 12 ⎪⎡

y = 3

⎪ ⎢

⎩⎣ y = −4

{ }

Vậy tập nghiệm ( xy ; ) là ( 2;3 ), ( 2; −4 ), ( −3;3 ), ( −3; − 4)

+) TH2: Tương tự trường hợp 1.


Bài 4: Chuyên PBC Nghệ An, năm học 2011

⎧x + y + xy = 3

⎪

⎨ 1 1 2

⎪

+ =

2 2

⎩ x + 2x y + 2y

3

Lời giải


17

Điều kiện

HPT

Đặt

⎧

⎪

⇔ ⎨

⎪

⎩

2 2

x x y y

+ 2 ≠ 0; + 2 ≠ 0

( x )( y )

+ 1 + 1 = 4

1 1 2

+ =

2 2

+ 1 − 1 + 1 −1

3

( x ) ( y )

⎧uv

= 4 1

⎪

u = x + 1; v = y + 1 ⇒ HPT ⇔ ⎨ 1 1 2

⎪ + =

2 2

⎩u

−1 v −1 3

Từ phương trình (2) ta có:


( )

( 2)

( u 2 v 2 ) ( u 2 )( v 2 ) ( u 2 v 2 ) u 2 v 2 ( u 2 v

2

)

3 − 1+ − 1 = 2 −1 −1 ⇔ 3 + − 6= 2 − 2 + + 2

2 2 2 2 2

⎧uv

= 4

⇔ 5( u + v ) = 2.4 + 8 ⇔ u + v = 8 ⇒⎨ 2 2

⎩u

+ v = 8

Đặt

S = u + v P = uv →⇒ S − P = ⇒ S = ⇒ S = ±

2 2

; 2 8 16 4

⎧uv

= 4 ⎧u

= 2

⎨ ⎨

⎩u+ v= 4 ⎩v=

2

+) S = 4⇒ ⇔ ⇔ x = y = 1( tm)

+) S =−4⇒ u = v =−2⇔ x = y =− 3 ( tm)

{ }

Vậy HPT có nghiệm ( xy∈ ; ) ( 1;1 ), ( −3; − 3)


Đặt

( t)

⎧ ⎪xt x + = 2

t =−y

⇔ ⎨

3 3

⎪⎩ x + t = 2

( y)

⎧⎪

xy x − =−2

⎨

3 3

⎪⎩ x − y = 2

Bài 5:

Lời giải

2 3 3

Đặt S = x + t; P = xt ( S ≥4P) ⇒ x + y = ( x + y) 3

− 3xy ( x + y)

⎧SP = 2 ⎧SP = 2 ⎧S = 2 ⎧x= 1 ⎧x=

1

HPT ⇔ ⎨ ⇔

3 ⎨ ⇔

3 ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩S − 3SP = 2 ⎩S

= 8 ⎩P= 1 ⎩t = 1 ⎩y

= −1

Vậy HPT có nghiệm duy nhất ( xy ; ) = ( 1; − 1)

Cách khác: Có thể đặt ;

a = xy b = x − y

18


Điều kiện x≠−1; y ≠− 1

HPT

Bài 6: Chuyên Hưng Yên, năm học 2018

( 1)( 1)

2 2

⎧ x + y + x+ y = x+ y+

⎪

2 2

⎨⎛ x ⎞ ⎛ y ⎞

⎪⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 1

⎩⎝ y+ 1⎠

⎝ x+

1⎠

Lời giải

2 2

⎧ x y

⎧ x + y + x+ y = ( x+ 1)( y+ 1) ⎧x( x+ 1) + y( y+ 1) = ( x+ 1)( y+

1)

+ = 1

⎪ ⎪ y 1 x 1

2 2

2

⎪ + +

2

⎨⎛ x ⎞ ⎛ y ⎞

⇔ ⎨⎛

x ⎞ ⎛ y ⎞

⇔ ⎨

2 2

⎪⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 1 ⎪⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 1

⎪⎛

x ⎞ ⎛ y ⎞

⎩⎝ y+ 1⎠ ⎝ x+ 1⎠ ⎩⎝ y+ 1⎠

⎝ x+

1⎠

⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 1

⎪

⎩⎝ y+ 1⎠

⎝ x+

1⎠

x y

Đặt u = ; v=

y+ 1 x+

1

⎡ ⎧u

= 0

⎢⎨

⎧u+ v= 1 ⎧u+ v=

1 ⎩v

= 1

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎢

⎩u + v = 1 ⎩uv

= 0 ⎢⎧u

= 1

⎢⎨

⎢⎩ ⎣ v = 0

HPT

2 2

⎧ x

= 0

⎧u

= 0 ⎪ y + 1 ⎧x=

0

⎨ ⎨ ⎨

⎩v= 1 ⎪ y y = 1

= 1

⎩

⎪ ⎩ x + 1

+) ⇔ ⇔ ( tm)

⎧u

= 1 ⎧x=

1

⎨ ⎨

⎩v= 0 ⎩y

= 0

+) ⇔ ( tm)

{ }

Vậy HPT có hai nghiệm ( xy∈ ; ) ( 0;1 ); ( 1; 0)


Điều kiện x≥0; y≥

0

⎧ 2 2

x + y + xy =

Đặt ( ) ( ) 2

⎪

⎨

⎪⎩

Bài 7:

( )

( )

2 8 2 1

x + y = 4 2

Lời giải

t = xy t ≥0 ⇒ x + y = x + y − 2 xy = 16 − 2t


( ) ( )

2 2 2 2 2 2

x + y = x + y − 2xy = 16 −2t − 2t = 2t − 64t

+ 256

19

Phương trình ( )

2 2 2

( 0 t 8)

1 ⇔ 2t − 64t+ 256 + 2t = 8 2 ⇔ t − 32t+ 128 + t = 8 ⇔ t − 32t+ 128 = 8 − t

2 2 ⎪⎧

x. y = 4 ⎪⎧

x = 2 ⎧x

= 4

≤ ≤ ⇔t − 32t+ 128 = t − 16t+ 64 ⇔ t = 4 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎪ x + y = 4 ⎪⎩

y = 2 ⎩y

= 4

⎩


Bài 8: Chuyên Bình Phước, năm học 2018

2 2

( x )( y )

⎧ ⎪ + 1 + 1 = 10

⎨

⎪⎩ ( x + y)( xy − 1)

= 3

( I )

Lời giải

2 2 2 2 2 2

Ta có ( x + 1)( y + 1) = x y + x + y + 1= ( x + y) + ( xy − 1)

Đặt HPT ( I )

+) TH1:

-

-

2 2

⎧u = x+ y ⎧ u + v = 10 ⎧u+ v=±

⎨ ⇒ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩v = xy − 1 ⎩uv

= 3 ⎩uv

= 3

⎧u+ v= 4 ⎧u = 3 ⎧u

= 1

⎨ ⇔ ⎨ ; ⎨

⎩uv = 3 ⎩v = 1 ⎩v

= 3

2 2

4

⎡ ⎧x

= 1

⎢⎨

⎧u = 3 ⎧x+ y = 3 ⎧x+ y = 3 ⎩y

= 2

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎢

⎩v = 1 ⎩xy − 1= 1 ⎩xy = 2 ⎢⎧x

= 2

⎢⎨

⎢⎩ ⎣ y = 1

⎧u = 1 ⎧x+ y = 1

⎨ ⇔ ⎨

⎩v

= 3 ⎩xy

= 4

+) TH2:

-

-

(vô nghiệm)

⎧u+ v=− 4 ⎧u =− 1 ⎧u

=−3

⎨ ⇔ ⎨ ; ⎨

⎩uv = 3 ⎩v =− 3 ⎩v

=−1

⎡ ⎧x

= 1

⎢⎨

⎧u =− 1 ⎧x+ y =−1

⎩y

= −2

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎢

⎩v =− 3 ⎩xy =− 2 ⎢⎧x

= −2

⎢⎨

⎢⎩ ⎣ y = − 1

⎡ ⎧x

= 0

⎢⎨

⎧u =− 3 ⎧x+ y =−3

⎩y

= −3

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎢

⎩v =− 1 ⎩xy = 0 ⎢⎧x

= −3

⎢⎨

⎢⎩ ⎣ y = 0

Vậy HPT có 6 nghiệm.

(T/M).


20

*) Ứng dụng của HPT đối xứng loại 1

Đặt ẩn phụ đưa phương trình về HPT đối xứng loại 1

Phương trình dạng:

n

m

( ) ( )

a− f x ± b+ f x = c

Cách giải: Đặt u = n a− f ( x) ; v= mb+

f ( x )

Ta có HPT

⎧u± v=

c

⎨

u + v m = a+

b

⎩ n

Giải phương trình sau 3 1− 2x + 3 1+ 2x

= 2

3 3

Đặt u = 1− 2 x; v= 1+

2x

Ta có HPT

⎪⎧

u

⇔ ⎨

⎪⎩ v

3

3

= 1−

2x

= 1+

2x

Bài 1:

Lời giải

⎧u+ v= 2 ⎪⎧

u+ v=

2

⎧u+ v=

2

⇔ ⎨ ⇔

3 3 ⎨ 3

⇔ ⎨

⎩u + v = 2 ⎪⎩

( u + v) − 3uv( u + v)

= 2 ⎩8 − 6uv

= 2

( )

( )

⎧u+ v=

2 ⎧⎪

u+ v=

2 1

⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩6uv

= 6 ⎪⎩ uv = 1 2

Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình.


Điều kiện x≥−1; y ≥0

Ta có HPT

⎧u

= 1

⇔ ⎨ ⇒ 1= 1−2x⇔ x=

0

⎩v

= 1

⎧ ⎪ x+ 1+ y = 4

⎨

⎪⎩ x + y = 7

Bài 2:

Lời giải

⎧⎪

x+ 1+ y = 4 ⎧⎪

x+ 1+ y = 4

⎨

⇔ ⎨

⎪⎩x+ y = 7 ⎪⎩x+ 1+ y = 8

⎧a+ b=

4 ⎧⎪

a+ b=

4

= + ≥ = ≥ ⇒⎨

⇔

2 2 ⎨

⎩a + b = 8 ⎪⎩

( a + b) 2

− 2ab

= 8

Đặt a x 1( a 0; ) b y( b 0)

⎧a+ b= 4 ⎧a=

2 ⎧ ⎪ x + 1= 2 ⎧x

= 3

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇒⎨ ⇔ ⎨

⎩ab

= 4 ⎩b

= 2 ⎪⎩ y = 2 ⎩y

= 4

( tm)


Vậy HPT có nghiệm ( xy ; ) = ( 3; 4)

21


Bài 1:

Giải các hệ phương trình sau

⎧x + y + 2xy

= 2

a) ⎨ 3 3

⎩x

+ y = 8

⎧

⎪2 + = 3 +

c) ⎨

⎪

3

x

3

⎩ + y = 6

a) Đặt

2 2

( x y) ( )

3 x y 3 xy

⎧S = x+

y

⎨

⎩P

= xy .

2

điều kiện S

≥ 4P

Hệ phương trình đã cho trở thành:

Lời giải:


b)

d)

3 3

⎧ x + y =

⎪

⎨

⎪⎩

19

( x y)( xy)

+ 8+ = 2

⎧ ⎪x + y − xy = 3

⎨

⎪⎩ x+ 1+ y+ 1=

4

⎧ 2 − S

S 2P

2

P =

⎧⎪ + =

⎪ 2

⎨

⇔

2

⎨

⎪S( S − 3P)

= 8 ⎪ ⎛ 6−

3S

⎞

S S

⎪

⎜ ⎟

⎩ ⎝ 2 ⎠

2

⎩ − =

( )( )

⇒ + − − = ⇔ − + + = ⇔ = ⇒ =

3 2 2

2S 3S 6S 16 0 S 2 2S 7S 8 0 S 2 P 0

2

Suy ra xy , là hai nghiệm của phương trình:

⎧x= 0 ⎧x=

2

⎨ ∨ ⎨

⎩y

= 2 ⎩y

= 0

b) Đặt

2

( )

⎧S = x+

y

⎨

⎩P

= xy .

X − 2X = 0 ⇔ X = 0, X = 2

2

điều kiện S ≥ 4P

hệ phương trình đã cho trở thành:

⎧ ⎪S S − 3P = 19 ⎧ ⎪SP

= −8S

⎧SP = −8S ⎧S

= 1

⎨ ⇔ ⎨ ⇔

3 ⎨ ⇔

3

⎨ .

S( 8+ P) = 2 ⎪⎩

S − 3( 2 − 8S)

= 19 ⎩S + 24S

− 25 = 0 ⎩P

= − 6

⎪⎩

2

Suy ra xy , là hai nghiệm của phương trình:

Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm ( xy ; ) = ( −2;3 ), ( 3; − 2)

3

c) Đặt a xb ,

3

y

Đặt

X −X − 6 = 0 ⇔ X = 3; X =− 2

⎧ ⎪2( a 3 + b 3 ) = 3( ab 2 + ba

2

)

= = hệ đã cho trở thành:

⎧S = a+

b

⎨

⎩P

= ab

⎨

⎪⎩ a + b = 6

2

điều kiện S ≥ 4P

thì hệ đã cho trở thành.

3

( ) ⎪ ( )

⎧⎪2 S − 3SP = 3SP ⎧ 2 36 − 3P = 3P ⎧S

= 6

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎪⎩

S = 6

⎪⎩

S = 6

⎩P

= 8

Suy ra ab , là 2 nghiệm của phương trình:

⎧a = 2 ⇒ x= 8 ⎧a = 4 ⇒ x=

64

− 6 + 8 = 0 ⇔ = 2; = 4 ⇒⎨

∨⎨

⎩b= 4 ⇒ y = 64 ⎩b=

2 ⇒ y = 8

2

X X X1 X2

.

1 2

.

8

22

Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm ( xy ; ) = ( 8;64 ),( 64;8)

d) Điều kiện:

⎧xy

≥ 0

⎨

⎩xy

, ≥−1

. Đặt

⎧S = x+

y

⎨

⎩P

= xy .

Hệ phương trình đã cho trở thành:

( )

2

điều kiện S

≥ 4P

( )

2

⎧S

P 3

⎧

⎪ − =

⎪

S ≥ 3; P= S −3

⎨

⇔ ⎨

2

⎪ ⎩S+ 2+ 2 S+ P+ 1=

16 ⎪⎩

2 S+ ( S− 3)

+ 1 = 14 −S

( )

2

⎧ ≤S ≤ P= S − ⎧ ≤S ≤ P= S−

⎪3 14; 3 ⎪3 14; 3

⇔ ⎨

⇔ ⎨

2 2 2

⎪⎩

4( S + 8S+ 10)

= 196 − 28S+ S ⎪⎩

S + 30S− 52 = 0

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ; ) ( 3;3)

Giải các hệ phương trình sau

a)

c)

⎧ 2 2

⎪ x + y + 2xy

= 8 2

⎨

⎪⎩ x + y = 4

⎧ ⎛ 1 ⎞

( x+ y)

⎜1+ ⎟=

5

⎪ ⎝ xy ⎠

⎨

⎪ 2 2 ⎛ 1 ⎞

( x + y ) 1+ = 9

⎪ ⎜ 2 2 ⎟

⎩ ⎝ xy ⎠

xy = .

a) Đặt x = a,

y = b điều kiện , 0

Hệ phương trình trở thành:

ab≥ .

Bài 2:

Lời giải

4 4 ⎧⎪ a + b + ab =

⎨

⎪⎩ a + b = 4

Ta viết lại hệ phương trình thành:

Đặt

⎧S = a+

b

⎨

⎩P

= ab

⎧⎪ − P− P + P=

⎨

⎪⎩ S = 4

2 8 2

⎧S

= 6

⇔ ⎨

⎩P = 9 ⇒ x = y = 3


.

b)

⎧

⎪x

⎨

⎪

⎩

2xy

+ y + = 1

x+

y

2 2

+ = −

2

x y x y

3 2 2 3

⎧

⎪x y( 1+ y) + x y ( 2 + y)

+ xy − 30 = 0

d) ⎨

2 2

⎪⎩

xy+ x( 1+ y+ y)

+ y− 11 = 0

⎪⎧ a + b − ab a + b + a b + ab =

⎨

⎪⎩ a + b = 4

4 2 2 2

( ) 4 ( ) 2 2 8 2

2

⎧S

≥ 4P

điều kiện ⎨ thì hệ đã cho trở thành.

⎩SP

, ≥ 0

2

256 64 6 2 8 2

⇔ S = P= 4⇔ a = b= 2⇔ x= y = 4

Ngoài ra ta cũng có thể giải ngắn gọn hơn như sau:

( )

⇔ + = + ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

2 2 2

2 x y x y ( x y) 0 x y 2 x 4 x 4

Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất ( xy ; ) = ( 4; 4)

b) Điều kiện: x y 0

+ > .

2 2

( )

⎧

⎪ 2 x + y + 2 xy = 16

⎨

⎪ ⎩x + y + 2 xy = 16

.

23

Biến đổi phương trình (1):

2 2 2xy

( ) 2 2xy

x + y + = 1⇔ x + y − 1+ − 2xy

= 0

x+ y x+

y

2 2

Đặt x + y = S,

xy = P ta có phương trình: S

P

+ −2P− 1=

0

S

3 2 2

⇔ S + 2P −2SP − S = 0 ⇔ S( S −1) −2 P( S − 1) = 0 ⇔( S − 1)( S + S − 2 P) = 0 .

2

2

Vì S > 4 PS , > 0 suy ra S + S− 2P> 0. Do đó S = 1

Với x+ y = 1 thay vào (2) ta được: ( ) 2

1 = 1− y − y ⇔ y = 0, y = 3

2xy

x + y + 1 = x y 1 1 x y x y x y 0

x+

y

⇔ + + = − − ⇔ + + + =

Xét

2 2 2 2

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

c) Điều kiện: 0

xy ≠ .

xy = − .

⎧ 1 1 ⎧⎛

1⎞

⎛ 1⎞

x y 5 x+ + y+ = 5

+ + + = ⎪⎜

⎟ ⎜ ⎟

⎪ x y ⎪⎝ x⎠ ⎝ y⎠

Hệ đã cho tương đương: ⎨

⇔ ⎨

2

Đặt

⎧⎛

1⎞

⎛ 1⎞

⎜x+ ⎟+ ⎜y+ ⎟=

S

⎪⎝

x⎠

⎝ y⎠

⎨

⎪⎛ 1⎞

⎛ 1⎞

x+ . y+ = P

⎪⎜

⎟ ⎜ ⎟

⎩ ⎝ x ⎠ ⎝ y⎠

Hệ trở thành:

2

⎧S

− 2P= 9 ⇔ = =

⎨

⎩S

= 5

Vậy hệ đã cho có nghiệm: ( xy)

d) Hệ tương đương với :

2

2 2 1 1

x y 1 ⎛ 1

2 2 x y

⎪ + + + = 9 ⎪⎛ ⎞ ⎞

⎪

+ + + =

x y

9

⎩ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎩⎝ x⎠ ⎝ y⎠

S

⎡ 1 1

⎢

x + = 2; y + = 3

x y

5, P 6 ⇔ ⎢

.

⎢ 1 1

⎢x

+ = 3; y + = 2

⎣ x y

⎛ 3± 5⎞⎛3±

5 ⎞

; = ⎜

1; , ;1

2 ⎟⎜ 2 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

( )( )

( )

⎧⎪ xy x + y x + y + xy = 30

⎨

⎪⎩ xy x + y + x + y + xy = 11

Đặt xy( x+ y) = a;

xy+ x+ y = b. Ta thu được hệ:

( y)

⎡ ⎧⎪ xy x + = 5

⎢⎨

⎧ab = 30 ⎡a = 5; b = 6 ⎢⎩⎪

xy + x + y = 6

⎨ ⇔

a b 11

⎢ ⇔

a 6; b 5 ⎢

⎩ + = ⎣ = =

⎢

⎧⎪

xy ( x + y)

= 6

⎢ ⎨

⎣⎪⎩ xy + x + y = 5

.

(không thỏa mãn điều kiện).

⎡ 3±

5

⎢x= 1; y =

⇔ ⎢ 2

⎢ 3±

5

⎢x= ; y = 1

⎣ 2


.

.

.

.

24

TH1:

TH2:

⎡ ⎧xy

= 2

⎢⎨

⎪⎧ xy ( x + y)

= 6 ⎢⎩x+ y = 3 ⎡x= 2; y = 1

⎨

⇔

⇔ ⎢

⎪xy x y 5 ⎢

⎩ + + = ⎧xy

= 3 ⎣x= 1; y = 2

⎢⎨ ( L)

⎢⎩ ⎣ x + y = 2

⎡ ⎧xy

= 5

( L) ⎡ 5 − 21 5 + 21

⎢ ⎨

;

( ) 5 1

x y

xy x y x y ⎢ = =

⎧⎪ + = ⎢⎩

+ =

2 2

⎨ ⇔

⇔ ⎢

⎪ xy x y 6 ⎢

⎩ + + = ⎧xy

= 1 ⎢ 5 + 21 5 − 21

⎢ ⎨

⎢x= ; y =

⎢⎩ ⎣ x+ y = 5 ⎣ 2 2

Vậy hệ có nghiệm: ( xy) ( ) ( )

⎛5 ± 21 5 21 ⎞

; = 1; 2 , 2;1 , ⎜

;

2 2 ⎟

⎝

⎠


.

.

25

Dạng 3: Hệ đối xứng loại 2

A. Kiến thức

*) Định nghĩa: Hệ đối xứng loại 2 là hệ gồm 2 phương trình mà khi ta thay x bởi y và y

bởi x thì phương trình trên trở thành phương trình dưới và phương trình dưới trở thành

phương trình trên

Bài toán: Giải hệ phương trình đối xứng loại 2

Ví dụ:

Giải bài toán:

⎧⎪ f

⎨

⎪⎩ f

2 2 2

⎧⎪x − 2y+ 3= 0 ⎧⎪x = 2y−3 ⎧⎪x − 2y

=−3

⎨ ⇔

2

⎨ ⇔

2

⎨

2

⎪⎩y − 2x+ 3= 0 ⎪⎩y = 2x−3 ⎪⎩y − 2x=−3

( xy , ) = 0 ( 1)

( yx , ) = 0 ( 2)

+ Tìm điều kiện (Đối với biểu thức chứa căn, chứa phân thức,.....)

+ Lấy phương trình (1) trừ theo vế cho phương trình (2), khi đó ta sẽ được kết quả:

( x y) g( xy)

− . , = 0

+ Xét các trường hợp:

- Nếu x= y⇒ thay vào phương trình (1) hoặc phương trình (2)

+ Nếu ( )

g xy ; = 0. Kết hợp với (1) và (2) ta tìm được điều kiện

+ So sánh với điều kiện và kết luận.

B. Bài tập áp dụng


2

⎧ x + y =

⎪

⎨

⎪⎩ y

2

2 3

+ 2x=

3

Bài 1:

Lời giải

Trừ vế tương ứng của 2 phương trình trên, ta có:

2 2

( x y ) ( y x) ( x y)( x y) ( x y) ( x y)( x y )

− + 2 − = 0⇔ − + −2 − = 0⇔ − + − 2 = 0

( 1)

( )

⎡x− y = 0 ⎡x=

y

⇔ ⎢ ⇔ ⎢

⎣x + y = 2 ⎢⎣ y = 2 − x 2

2 ⎡x

= 1

+) TH1: x y x 2x

3 0

= ⇒ + − = ⇔ ⎢

⎣x

= −3


2

+) TH2: ( )

y = 2−x⇒ x + 2 2−x − 3= 0⇔ x = 1

26

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( xy ; ) = ( 1;1)

hoặc ( xy ; ) = ( −3;3)


Điều kiện: x≥7; y ≥7

⎧ ⎪ x+ 9+ y− 7 = 4

⎨

⎪⎩ x− 7+ y+ 9 = 4

Bài 2:

Lời giải

Trừ từng vế hai phương trình cho nhau ta được:

( ) ( )

x+ 9+ y−7 − x−7 − y+ 9 = 0⇔ x+ 9− y+ 9 − x−7 − y − 7 = 0

+) Nếu x+ 9+ y+ 9 = 0⇔ x= y =−9

(không thỏa mãn)

+) Nếu x− 7 + y− 7 = 0⇔ x= y = 7 (thỏa mãn)

x y , liên hợp ta có: ( x+ ) − ( y+ ) ( x− ) − ( y−

)

Với − 7 + −7 ≠0

⎡ 1 1 ⎤

⇔( x− y)

⎢

− ⎥ = 0

⎢⎣

x+ 9+ y+ 9 x− 7 + y−7⎥⎦

( 1)

( )

⎡ x=

y

⇔ ⎢

⎢⎣ x+ 9+ y+ 9 = x− 7 + y−7 2

+) TH1: Với x=

y, thay vào phương trình (*) ta được:

9 9 − 9 9 = 0

x+ 9+ y+ 9 x− 7 + y−7

( )( ) ( )( )

x+ 9+ x− 7 = 4⇔ x+ 9+ x− 7+ 2 x+ 9 x− 7 = 16⇔ x+ 9 x− 7 = 7−x

Vì ( )( )

x+ 9 x−7 ≥0⇒7−x≥0⇔ x ≤7, mà x≥7⇒ x = 7

Thử lại ta thấy thỏa mãn

x + 9 > x − 7 ⎫

⎬

⎪ ⇒ > ⇒

y+ 9 > y−7⎪⎭

+) TH2: Ta có VT ( 2) VP ( 2)

Vậy x= y = 7.


⎧

2x

⎪

⎨

2

1

= y+

y

⎪ 2

2y

= x +

1

x

Bài 3:

phương trình (2) vô nghiệm.


⎪⎩

27

Lời giải

Điều kiện xy ≠ 0

1 1

2 x− y x+ y = y− x+ −

y x

Trừ từng vế hai phương trình ta được: ( )( )

⎡x=

y

⎛ 1 ⎞

⇔ 2( x− y)( x+ y) = ( x− y)

− 1+ ⇔

⎢

⎜ ⎟ ⎢

1

⎝ xy ⎠ 2x+ 2y

=− 1+

⎢⎣

xy

1

x

+) TH1: x= y⇒2x 2 −x− = 0⇔ 2x 3 −x 2 − 1= 0⇔( x− 1)( 2x 2 + x+ 1) = 0⇔ x= 1( 2x 2 + x+ 1>

0)

⇒ y =1

+) TH2:

1

2x+ 2y+ 1− = 0

xy

1

y+ = 2x > 0 x≠0 ⇒ y > 0

y

2

Có ( )

1 1

y y

Tương tự ta có x > 0 và 2x 2 = y+ ≥ 2 y. = 2⇒2x 2 ≥2⇒ x 2 ≥1⇒ x ≥1⇒ x≥ 1( x>

0)

Tương tự ta có

Vậy

1

2x+ 2y+ 1−

xy

Vậy x= y = 1.


Điều kiện x≠0; y ≠ 0

1 ⎛ 1 ⎞

y≥1⇒ ≤1⇒ 2x+ 2y+ ⎜1− ⎟>

0

xy

> 0

⎝ xy ⎠

vô nghiệm.

≥0

Bài 4: Chuyên Bình Phước, năm học 2018

⎧ 2 3 x + = 1

⎪ y x

⎨

⎪ 2 3

y + = 2

⎪⎩ x y

Lấy (1) – (2) theo từng vế ta được:

( )

( )

Lời giải

⎛ 2 2 ⎞ 3 3 ⎛

1 2 ⎞ −

. 3 ⎛

1 5 ⎞

− + ⎜ − ⎟= − ⇔ − ⎜ + ⎟= − ⇔ − ⎜ + ⎟=

0

⎝ y x ⎠ x y ⎝ xy ⎠ xy ⎝ xy ⎠

( x y) ( x y) ( x y) ( x y)


28

2 3 1

x− y = 0⇔ x= y⇒ 1 ⇔ x+ = ⇔ x= ⇔ x=±

1

x x x

+ Nếu ( )

5 −5 2x

3 5

1+ = 0⇔ xy =−5⇒ y = ⇒ 1 ⇔ x − = ⇔ x = ⇔ x =± 5⇒ y = 5

xy x 5 x x

+ Nếu ( )



Lấy (1) – (2) ta được:

( )

( )

3

⎧ ⎪x = 3x+

5y

1

⎨

3

⎪⎩ y = 3y+

5x

2

Bài 5:

Lời giải

( 3 5 ) ( 3 5 ) ( )( ) 2( ) ( )( 2) 0 (*)

3 3 2 2 2 2

x − y = x+ y − y+ x ⇔ x− y x + xy+ y =− x− y ⇔ x− y x + xy+ y + =

Nhận thấy

2

2 2 ⎛ y ⎞ 3 2

x + xy + y + 2= ⎜x + ⎟ + y + 2>

0

⎝ 2⎠

4

x =

= ⇔ ⎢

⎣x

= ±

⎡ 0

3

Từ đó (*)

⇔ x= y, thay vào (1) ta được x 8x

{ }

Vậy HPT có nghiệm ( xy∈ ; ) ( 0;0 );( 8; 8 );( − 8; − 8)


⎧ x

4

⎪ + y− =

⎨

4

y + x − =

⎪⎩

( )

( )

1 1 1

1 1 2

Điều kiện x≥1; y≥1 ⇒ x+ 4

y−1 ≥ 1 + 0 = 1

Từ (1)

⎧x= 1 ⎧x=

1

⇒⎨

⇔ ⎨ ⇒

⎩y− 1= 0 ⎩y

= 1

Vậy ( xy ; ) = ( 1;1)

⎧

4

4

⎪u = x− 1 ⎪x= u + 1

⎨ ⎨

4

4

y = v + 1

Bài 6:

Lời giải

thỏa mãn phương trình (2)

Cách 2: Đặt ⇒ ( u≥0, v≥0)

Ta được

⎧

⎩⎪

v = y − 1 ⎪ ⎩

4

⎧ u + v=

⎪

⎨

⎪⎩ v

4

0

⇒ u = v= 0 ⇒ x,

y

+ u = 0


8

29

Cách 3: Đặt

Ta được

3

3

3

⎧ ⎧ u + v=

( )

( )

⎪u = x− 1 ⎧⎪x= u + 1 ⎪ 0 3

⎨ ⇒⎨ ⇒

3

3

⎨

3

⎪⎩

v= y−1

⎪⎩ y = v + 1 ⎪⎩

v + u = 0 4

4

⎧ + =

⎪u

⎨

⎪⎩ v

4

v 0

⇒ u = v= 0 ⇒ x,

y

+ u = 0

3 3 2 2

Lấy ( ) ( ) ( ) ( )( )

3 + 4 : u + v + u+ v = 0⇔ u+ v u − uv+ v + 1 = 0⇒ u = v

3 ⎡u

= 0 ⎡v=

0

( 3: ) u − u = 0⇔ ⇒

⎢

u 1

⎢

⎣ =± ⎣v=

1

> 0


30

*) Ứng dụng của hệ đối xứng loại 2

1. Đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại 2

n

n

Xét phương trình dạng: x + b = a ax −b

n

Cách giải: Đặt y = ax −b ⇒ ta có hệ phương trình ⎧ n

⎪x ⎨

+ b = ay

n

⎪⎩ y + b = ax

Bài 1:


1)

2)

x

+ 1= 2 2x−

1

3 3

x − x− = x +

2

2 6 1 4 5

1) Đặt t = 3

2x−

1

3

Từ giải thiết ⇒ x + 1=

2t

( 1)

Có t = 3 2 x− 1 ⇒ t 3 + 1 = 2 x ( 2 )

Từ (1) và (2) ta có HPT

3

⎧ ⎪x

+ =

⎨

3

t + =

⎪⎩

( )

( )

1 2t

3

1 2x

4

Lấy (3) – (4) ta được: ( )

Thay x= t vàp phương trình (1) ta được

3 3 2

x x x x x x x

Lời giải

⎛

⎞

− = − ⇔ − ⎜ + + + ⎟= ⇔ =

⎝ > 0 ⎠

3 3 2 2

x t 2t 2x x t x xt t 2 0 x t

⎡x

= 1

+ 1= 2 ⇔ − 2 + 1= 0⇔( − 1)( + − 1)

= 0⇔ ⎢

⎢ − 1±

5

x =

⎢⎣ 2

2

2) Ta phải đưa được về dạng: ( ) ( )

Điều kiện:

−5

x ≥

4

Ta có phương trình

mx + n + b = a a mx + n + b

2 2

2x −6x− 1= 4x+ 5 ⇔ 4x −12x− 2= 2 4x

+ 5

2 2

( 2x) 2.2 x.3 9⎤

11 2 4x 5 ( 2x 3) 11 2 2( 2x

3) 11 ( 1)

⇔ ⎡ − + − = + ⇔ − − = − +

⎣

⎦

2

( ) ( ) ( ) ( )


y = 2 2x− 3 + 11 y≥0 ⇒ y − 11 = 2 2x

−3 2

31

Thay vào (1) ta được: ( 2x−3) 2

− 11 = 2y

( 3)

2

2

Trừ (2) cho (3) ta được: y ( x ) ( x y) ( y x )( y x )

− 2 − 3 = 2 2 −3− ⇔ − 2 + 3 + 2 − 1 = 0

Xét 2 trường hợp và thử lại ta được nghiệm của phương trình.

2. Hệ gần đối xứng (trong hệ phương trình có 1 phương trình đối xứng, phương trình còn

lại không đối xứng)

Giải hệ phương trình sau:


⎧ 1 1

⎪x

− = y −

⎨ x x

⎪

⎩ y = x +

( 1)

( )

3

2 1 2

Bài 2:

Lời giải

1 1 x−

y

⎛ 1 ⎞

1: − − + = 0⇔ − + = 0⇔ − ⎜1+ ⎟=

0

x y xy ⎝ xy ⎠

Phương trình ( ) x y ( x y) ( x y)

( 3)

( )

⎡x=

y

⇔ ⎢

⎢⎣ xy = 1 4

⎡x

= 1

2 = + 1⇔ −2 − 1= 0⇔ − 1 + − 1 = 0⇔ ⎢ 2

⎣x

+ x− 1=

0

3 3 2

+) Thay (3) vào (2) ta được: x x x x ( x )( x x )

+) Từ ( 4)

−1

⇒ y =

− 2 = x

3 + ⇔ x

4 + x+ = ⇔ x

2 − + x

2 + x+

=

1 2 0 1 2 1 0

x thay vào (2): ( ) 2

x

2

x

2 ⎛ 1 1 7 2 1 7

1 2 x 2 x ⎞ ⎛ ⎞

. 0 x 1 2 x 0 (vô nghiệm).

2 2 2

( ) ( )

⇔ − + ⎜ + + ⎟+ = ⇔ − + ⎜ + ⎟ + =

⎝ 4 16 ⎠ 8 ⎝ 4 ⎠ 8


a)

c)

⎧ ⎪ + =

⎨

⎪⎩ + = 2

2

x x 2y

2

y y x

⎧ ⎪ + 3 − 1+ 2 + 1=

⎨

⎪⎩ + 3 − 1+ 2 + 1=

3

x x x y

3

y y y x

Bài 3:

Lời giải:


b)

2 2

( x 1)( y 6) y( x 1)

2 2

( y− 1)( x + 6) = x( y + 1)

⎧

⎪ − + = +

⎨

⎪⎩

a) Điều kiện: xy≥ , 0. Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:

( ) 2( )

2 2

x + x − y + y = y−x

32

( x y) ⎡( x y)( x y) ( x y

⎣

)

Vì ( x + y)( x+ y) + 1+ 2( x + y)

> 0

⇔ − + + + 1+ 2 + ⎤ = 0

⎦

nên phương trình đã cho tương đương với: x

= y.

⎡

⎢ x = 0

⎢

x − 2x+ x = 0⇔ x + x = 2x⇔ x x − 1 x+ x − 1 = 0⇔ ⎢x=

1

⎢

⎢ 3−

5

x =

⎢⎣ 2

2 2

Hay ( )( )

Vậy hệ có 3 cặp nghiệm: ( xy) ( ) ( )

b) Hệ đã cho

⎪⎧ + 6 − − 6= +

⇔ ⎨

⎪⎩ + 6 − − 6= +

⎛3−

5 3−

5⎞

; = 0;0,1;1, ⎜

;

2 2 ⎟

⎝

⎠

2 2 2

xy x y yx y

2 2 2

yx y x xy x

Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được:

2xy( y− x) + 7( x− y) + ( x− y)( x+ y) = 0⇔( x− y)( x+ y− 2xy+ 7)

= 0

⎡x=

y

⇔ ⎢

⎣x + y − 2xy

+ 7 = 0

2 ⎡x= y = 2

+ Nếu x= y thay vào hệ ta có: x 5x

6 0

+ Nếu x y xy ( x)( y)

+ − 2 + 7= 0⇔ 1−2 1− 2 = 15.

− + = ⇔ ⎢

⎣x= y = 3

Mặt khác khi cộng hai phương trình của hệ đã cho ta được:

2 2

+ −5 − 5 + 12 = 0 ⇔( 2 − 5) + ( 2 − 5)

= 2. Đặt a = 2x− 5, b= 2y−

5

2 2

x y x x x y

Ta có:

⎡ ⎧a+ b=

0

2 2

2

⎢⎨

⎧ ⎪a + b = 2 ⎧ ⎪( a + b)

− 2ab

= 2 ⎩ab

= −1

⎨ ⇔ ⎨ ⇔

( a 4)( b 4)

⎢

⎪

15 ab 4( a b)

1 ⎢

⎩ + + = ⎪⎩ + + =− ⎧a+ b=−8

⎢⎨

⎢⎩ ⎣ ab = 31

⎧a+ b=

0

⎨

⎩ab

= −1

Trường hợp 1: ⇔ ( xy ; ) = ( 3; 2 ), ( 2;3)

Trường hợp 2:

⎧a+ b=−8

⎨

⎩ab

= 31

vô nghiệm.

Vậy nghiệm của hệ đã cho là: ( xy ; ) = ( 2;2,3;3,2;3,3;2

) ( ) ( ) ( )

c) Điều kiện:

Để ý rằng

1 1

x≥− ; y≥−

2 2

1

x= y = − không phải là nghiệm.

2


Ta xét trường hợp x+ y ≠− 1

33

Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:

( )

3 3

x + x− + x+ − y + y− + y+ = y−x

3 1 2 1 3 1 2 1

2 2

2( x−

y)

⇔( x− y) ⎡

⎣x + xy+ y ⎤

⎦+ 4( x− y) + = 0

2x+ 1+ 2y+

1

⎡

2 2 2 ⎤

⇔( x − y) ⎢x + xy + y + 4+ ⎥ = 0⇔ x = y

⎢⎣

2x+ 1+ 2y+

1⎥⎦

3 3

Khi x= y xét phương trình:

x + 2x− 1+ 2x+ 1= 0⇔ x + 2x+ 2x+ 1− 1=

0

2x

⎡

2 ⎤

xx + + = ⇔ x⎢x + + ⎥ = ⇔ x=

2x+ 1+ 1 ⎣ 2x+ 1+

1⎦

2 2

( 1) 0 1 0 0

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất: x= y = 0


34

Dạng 4: Hệ phương trình có yếu tố đẳng cấp

A. Kiến thức


( , )

( , )

⎧⎪ f xy = A

⎨

⎪⎩ g xy = B

Hệ phương trình đẳng cấp là hệ phương trình thỏa mãn điều kiện

Ví dụ:

( )

( )

2 2

⎪⎧ f x, y = x + 3xy + y = 6

⎨

⎪⎩ g x y =− x − xy + y =

2 2

, 4 3 2 8

( , )

n

. ( , )

( , ) =

m

. ( , )

⎧ ⎪ f kx ky = k f x y

⎨

⎪⎩ g kx ky k g x y

(tổng số mũ của x và y ở mỗi số hạng bằng nhau)

*) Đẳng cấp ở đây có thể hiểu là cùng cấp độ hoặc số mũ bằng nhau.

Chứng minh: f ( kx, ky) = ( kx) 2 + 3 kx. ky + ( ky) 2 = k 2 ( x 2 + 3 xy + y 2 ) = k 2 . f ( x,

y)

Bài toán cụ thể:

Lời giải

+ Đặt điều kiện

⎧ ⎪ + + =

⎨

⎪⎩ + + =

2 2

ax bxy cy A

2 2

dx exy fy B

+ Xét với x = 0 xem thỏa mãn không

+ Đặt y = tx , thay vào cả 2 phương trình trong HPT

+ Với x ≠ 0 , chia cả 2 vế của phương trình cho x ta được phương trình ẩn t

+ Giải phương trình ẩn t

+ Tính xy , và so sánh với điều kiện.

+ Kết luận

Tìm mối liên hệ giữa xy , thỏa mãn:

a)

b)

2 2

2x − 13xy + 15y

= 0

3 2 2 3

2x − 3x y + 2xy − y = 0

Bài 1:

Lời giải

⎡x=

5y

2 − 13 + 15 = 0 ⇔ −5 2 − 3 = 0 ⇔ ⎢

⎢

3

x=

y

⎣ 2

2 2

a) Ta có: x xy y ( x y)( x y)


⎡x=

y

2 − 3 + 2 − = 0⇔ − 2 − + = 0⇔ ⎢

⎣ x − xy + y =

3 2 2 3 2 2

b) Ta có: x x y xy y ( x y)( x xy y )

2 2

2 0

1

Ta có:

Vậy x=

y .

2

2 2 7x

⎛ x ⎞

2x − xy + y = + ⎜ − y ⎟ = 0 ⇔ x = y = 0.

4 ⎝2

⎠

2

2 2

⎧ − + =

⎪x 2xy 3y

9

⎨

2 2

⎪⎩ x − 4xy + 5y

= 5

Bài 2:

Giải hệ phương trình sau (*)

Cách 1:

2

⎧ ⎪3y

= 9

= ⇒ ⇔ ⎨ ⇔

2

⎪⎩ 5y

= 5

- Với x 0 (*)

- Với x ≠ 0 , đặt

Lời giải

HPT vô nghiệm

( 3 2 1) 9 ( 1)

( ) ( )

2 2 2

2 2

⎧x 2tx 3t x 9 ⎧

⎪ − + = ⎪x t − t+ =

y = tx ⇒⎨

⇔

2 2 2 2

⎨

2 2

⎪⎩ x − 4tx + 5t x = 5 ⎪ ⎩

x 5t − 4t+ 5 = 5 2

⎡ 1

⎢

t1

=

2 2 2

5

⇒5( 3t − 2t+ 1) = 9( 5t − 4t+ 1)

⇔15t − 13t+ 2 = 0 ⇔ ⎢

⎢ 2

t2

=

⎢⎣ 3

2

+) t = 1 ⇒3t − 2t+ 1= 3 − 2 + 1=

18

5 25 5 25

2 18 ± 5 2 2

( 1 ) ⇒ x . = 9⇔ x = ⇒ y = tx =±

25 2 2

2

+) t = 2 ⇒3t − 2t+ 1 = 3. 4 − 4 + 1 = 1

3 9 3

( )

2

1 ⇒ x = 9⇔ x =± 3⇒ y = tx =± 2

⎧⎪⎛ 5 2 2 ⎞⎛−5 2 2 ⎞

⎨

⎜ 2 2 ⎟⎜ 2 2 ⎟

⎪⎩⎝ ⎠⎝ ⎠

Vậy PHT có nghiệm ( xy ; ) ∈ ; ; ; − ;( 3; 2 );( −3; 2)

Cách 2: Ta có 5. ( 1) − 9. ( 2)

pt pt , ta có:

2 2 2 2

⇔− + − = ⇔ − + =

2 2 2 2

4x 26xy 30y 0 2x 13xy 15y

0

⎡x=

5y

⇔( 2x−3y)( x− 5y)

= 0⇔ ⎢

⎢

2

y = x

⎣ 3

5x − 10xy + 15y − 9x + 36xy − 45y

= 0


2 2 2 2 1

+) TH1: x=

5y, thay vào (1) ta được: 25y − 10y + 3y = 9 ⇔ 18y = 9 ⇔ y =±

2

⎫⎪

⎬

⎪⎭

2

⎡ 5 2

⎢x

=

2

⇒ ⎢

⎢ 5 2

⎢x

= −

⎣ 2

+) TH2: Tương tự

(thỏa mãn)



Ta có HPT

⎧

5

3 2

⎪x + xy = y

⇔ ⎨ 2

⎪ 2 2

− =−

⎩x y xy 6x

⎧ x 5

x

⎪ y 2

⎨

⎪ y x − =−

⎪⎩ x

2 2

( + y ) = ( 1)

2

( y

2) 6 ( 2)

Bài 3:

Lời giải

5 5 5

⇒− ( + ) = ( − ) ⇔ + + − =

2 2 2

3 2 2 3 4 2 2 2 2 4

6xx xy yxy y 6x 6xy xy y 0

*) Hướng dẫn phân tích thành nhân tử:

Đặt

2

⎛ x

2 1 5 1 5

t = ⎜ ⎟ ⎞ ⇒ 12t + 17t− 5 = 0 ⇔ t = ; t = − ⇒ ⎛ ⎜t− ⎞⎛ ⎟⎜t+

⎞

⎟

⎝ y ⎠

4 3 ⎝ 4⎠⎝ 3⎠

5 5 ⎛ y ⎞⎛ 5 ⎞

6 + 6 + − = 0⇔⎜ − ⎟⎜ + ⎟= 0⇔ 4 − 3 + 5 = 0

2 2 ⎝ 4 ⎠⎝ 3 ⎠

2

Vậy x 4 xy 2 2 xy 2 2 y 4 x 2 x 2 y 2 ( x 2 y 2 )( x 2 y

2

)

2 2

⇔ = ⇔ =±

y 4x y 2x

1 5

y = 2x⇒ 1: x + 4x = ⇔ x=± 1⇒ y =± 2

2 2

2 2

+) ( ) ( )

+) TH2: Tương tự

Giải hệ phương trình nghiệm hữu tỉ sau:

Bài 4: Vòng 2, Chuyên SPHN

3 3

⎧ − = +


( )

( )

⎪x 2y x 4y

1

⎨

2 2

⎪⎩ 6x − 19xy + 15y

= 21 2

Lời giải

Từ HPT ta có: ( ) ( )( )

⇔ + − + =

x − 2 y .1 = x + 4y 6x − 19xy + 15y ⇔ x − 2y = 6x + 5x y − 61xy + 60y

3 3 2 2 3 3 3 2 2 3

( )

3 2 2 3

5x 5x y 61xy 62y

0 *

3

+) Xét y = 0⇒ 5x = 0⇔ x = 0, thay x= y = 0 vào (2) không thỏa mãn.

3

x

= t ⇒ 5t + 5t − 61t+ 62 = 0

y

3

3 2

+) Xét y ≠ 0 , chia cả hai vế của (*) cho y và đặt

2

⎡t

= 2

⇔( t− 2)( 5t + 15t− 31)

= 0 ⇔ ⎢

⎣ t + t− =

2

5 15 31 0

2 2 2 2

+) TH1: t = 2⇒ x=

2y, thay vào (2) ta được:

2

+) TH2: 5 + 15 − 31 = 0

t t , ∆= 845 ⇒ ∆= 13 5 ∉Q

Vậy các nghiệm t∉Q ⇒ phương trình không có nghiệm.

Vậy nghiệm của HPT là ( xy ; ) = ( 2;1 ); ( xy ; ) = ( −2; −1)

Giải hệ phương trình nghiệm hữu tỉ sau:

Điều kiện: y+ 3x≠ 0, x> 0, y > 0

Nhận xét: xy ≠ 0

24y − 38y + 15y = 1 ⇔ y = 1 ⇔ y =± 1⇒ x =± 2

Bài 5:

⎧⎛ 12 ⎞

⎪⎜1− ⎟ x = 2

⎪⎝ y+

3x⎠

⎨

⎪ ⎛ 12 ⎞

⎜1 + ⎟ y = 6

⎪

⎩⎝ y+

3x⎠

Lời giải

⎧ 12 2

1 − =

⎪ y+

3x x 2 6 1 3

⎨

⎪

12 6

1+ =

x y x y

⎪ ⎩ y+

3x y

HPT ⇔ ⇒ + = 2⇔ + = 1( 1)

2 6 2.12 1 3 12

− =− ⇒ − =−

x y y+ 3x x y y+

3x

( 2)

1 9 −12 y−9x

−12

⇒ − = ⇔ = ⇔ y −6xy − 27x + 12xy

= 0

x y y+ 3x xy y+

3x

Lấy (1).(2)

2 2

2 2 ⎡ y = −9

x

⇔ 27x −6xy− y = 0 ⇔ ( 9x+ y)( 3x− y)

= 0 ⇔ ⎢

⎣ y = 3x

Thay vào (1) và (2) ta tìm được nghiệm của HPT.

Bài 6: ĐH Ngoại Ngữ, năm 2014

2 2

⎧⎪

x − xy + y = 1

Giải hệ phương trình sau ⎨

2 2

⎪⎩ x + xy + 2y

= 4

Lời giải


4

2

⎧ ⎪y

= 1

+) TH1: x = 0 ⇒⎨

⇒ ptvn

2

⎪⎩ 2y

= 4

+) TH2: x ≠ 0 , đặt

⎡t

= 1

⇔ ⎢

⎢

3

t =

⎣ 2

-

-

( )

( )

2 2

⎧x t − t+ =

⎪ 1 1

y = tx ⇒⎨

⇔ ( t − t + ) = t + t + ⇔ t − t + =

2 2

⎪⎩

x t + t+ 1 = 4

t = ⇒t − t+ = ⇔ x = ⇔ x=± ⇒ y =±

2 2

1 1 1 1 1 1

3 9 3 7 4 2 3 7

= ⇒ − + = − + = ⇒ = ⇔ =± ⇒ =±

2 4 2 4 7 7 7

2 2

t t t 1 1 x x y

Cách khác: Nhân hao vế của (1) với (4) và trừ (2) ta được:

2 2 2

4 1 2 1 2 5 3 0

2 2 2 2 2 2 ⎡3x− 2y

= 0

4( x − xy + y ) − ( x + xy + 2y ) = 0⇔3x − 5xy + 2y = 0⇔( 3x −2y)( x − y)

= 0⇔ ⎢

⎣ x=

y


Bài 7: ĐH Ngoại Ngữ, năm 2007

3 2

⎧ + =

⎪x

⎨

⎪⎩ y

- Với x = 0 ⇒ HPT vô nghiệm

- Với

2yx

24

+ 2xy=

24

3 2

( t )

( )

Lời giải

3 2

⎧

⎪x

2 + 1 = 24

3 3 2 2

0 ⎨

2 2 1 ( 1)( 1)

0 1

3 3

x ≠ ⇒ y = tx ⇔ ⇒ t + t = t + ⇔ t − t − t + = ⇔ t =

⎪⎩

x t + 2t

= 24

Với t = 1⇒ x= y⇒ x= y = 2.

⎡x= y ⎡x=

y

+ 2 − + 2 ⇔ − − + = 0⇔ ⎢

⇔

2 2 ⎢

⎣x − xy + y = 0 ⎣x= y = 0

3 2 3 2 2 2

Cách khác: Ta có x y x y x y ( x y)( x xy y )

Với giá trị nào của m thì HPT sau có nghiệm

+) ( )

2

+)

x = 0 ⇒ 1 : − y = 12 ⇒ ptvn

( ) 12 ( 1)

Bài 8:

2

⎧ − =

⎪xy

⎨

⎪⎩

Lời giải

2

x xy m


⎪

x ≠0

⇒ y = tx ⇔ ⎨

⎪⎩

2 2

⎧x t− t =

( 1− ) = + 26 ( 2)

2

x t m

y

12

− = + 26

5

Rõ ràng m + 26 ≠ 0

12

Lấy (3) chia cho (4) ta được t =

m + 26

( 14) ( 26) 2

2

⇔ x m+ = m+

thay vào ( ) ( )

Để HPT có nghiệm thì phương trình (5) có nghiệm

Phương trình (5) có nghiệm x ≠ 0 thì

Vậy m >− 14 là các giá trị cần tìm.

Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau:

a)

b)

⎧⎪

− 8 = + 2

⎨ 2 2

⎪⎩

x − 3= 3 + 1

3 3

x x y y

( y )

( )

⎪

⎧ − + − + =

⎨

2 2

2

⎪⎩

xy ( x + y ) + 2 = ( x + y)

2 2 3

5x y 4xy 3y 2 x y 0

a) Ta biến đổi hệ:

sau:

*

*

⎪⎧ + = 8 + 2

⎨

2 2

⎪⎩ x + 3y

= 6

3 3

x y x y

( xy , ∈ )

⎧m

+ 14 > 0

⎨ ⇒ m >−14.

⎩m

+ 26 ≠ 0

Lời giải:

Để ý rằng nếu nhân chéo 2 phương trình của hệ ta có:

3 3 2 2

6( x y ) (8x 2 y)( x 3 y )

2 2 m + 14

4 : x 1− t = m+ 26 ⇔ x . = m+

26

m + 26

+ = + + đây là phương trình đẳng cấp bậc 3: Từ đó ta có lời giải như

Vì x = 0 không là nghiệm của hệ nên ta đặt y = tx . Khi đó hệ thành:

( )

( )

3 3 3

2 3

x 8x t x 2tx ⎧ 1 2 8

3

⎪⎧ − = + ⎪x − t = t+

1− t t+

4

⎨

⇔

2 2 2 ⎨

⇒ =

2 2

2

⎪⎩

x − 3= 3( tx + 1)

⎪x 1− 3t

= 6 1−

3t

3

⎩

( ) ( )( )

⎡ 1

⎢

t =

3

1

⎢⎣ 4

3 2 2

⇔3 1− t = t+ 4 1−3t ⇔12t −t− 1 = 0 ⇔ ⎢

⎢ t = −

( t )

2 2

⎧ − =

x 1 3 6

1 ⎪

⎧x

= ± 3

t = ⇒⎨ 3 x ⇔ ⎨ .

⎪y

=

⎩y

= ± 1

⎩ 3

⎧ 4 78

1 x = ±

⎪ 13

t =− ⇒⎨

4 ⎪ 78

y =

⎪⎩ 13

.


Suy ra hệ phương trình có các cặp nghiệm:

.

6

xy= ( ) ( )

( ; )

⎛4 78 78 ⎞⎛ 4 78 78 ⎞

3,1 ; −3, −1 ; ⎜

, ; − , −

13 13 ⎟⎜ 13 13 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

b). Phương trình (2) của hệ có dạng:

2 2 2 2 2 2

( ) ( )( ) ( )

2 2

( xy 1)( x y 2)

0

xy x + y + 2= x + y + 2xy ⇔ x + y xy −1 −2 xy − 1 = 0 ⎡xy

= 1

⇔ ⎢ 2 2

⇔ − + − =

⎣x

+ y = 2

TH1:

TH2:

( )

2 2 3

⎪⎧ 5x y − 4xy + 3y − 2 x + y = 0 ⎧x

= 1

⎨ ⇔ ⎨

⎪⎩

xy = 1

⎩y

= 1

và

⎧x

= −1

⎨

⎩y

= − 1

( ) ⎧

( )

2 2 3 2 2 3

⎧⎪5x y − 4xy + 3y − 2 x + y = 0 ⎪5x y − 4xy + 3y = 2 x + y

⎨

⇔ ⎨

2 2 2 2

⎪⎩x + y = 2 ⎪⎩x + y = 2

Nếu ta thay x

2 + y

2 = 2 vào phương trình (*) thì thu được phương trình đẳng cấp bậc 3:

2 2 3 2 2

− + = ( + )( + )

5x y 4xy 3y x y x y

Từ đó ta có lời giải như sau:

Ta thấy y = 0 không là nghiệm của hệ.

Xét y ≠ 0 đặt x = ty thay vào hệ ta có:

Chia hai phương trình của hệ ta được:

t − t+ t+

3 2

= ⇔t − 4t + 5t− 2=

0

2

t + 1 1

2

5 4 3 1


.

( )

2 3 3 3

⎧⎪

5t y − 4ty + 3y = 2 ty + y

⎨

2 2 2

⎪⎩ t y + y = 2

⎧ 2 2 ⎧ 2 2

⎡t = 1 ⎡x= y

x= x= −

⎧x= 1 ⎧x= −1 ⎪ 5 ⎪ 5

⇔ ⎢

1 ⇔ ⎢

1 ⇔ ⎨ ∨⎨ ∨⎨ ∨⎨

.

⎢t = ⎢ x= y ⎩y

= 1 ⎩y

= −1 2 2

⎣ 2 ⎣ 2

⎪

y

⎪

⎪

= y = −

⎩ 5 ⎪

⎩ 5


a)

b)

⎧ 2

⎪ x + 2y+ 3+ 2y− 3=

0

⎨

3 3

2

⎪⎩

2( 2y + x ) + 3y( x+ 1) + 6x( x+ 1)

+ 2=

0

⎧ 1 2x

x+

y

⎪

+ =

2

⎨3x 3y 2x + y

⎪

2( 2x+ y)

= 2x+ 6−

y

⎪⎩

2

a) Điều kiện: x

+ 2y+ 3≥ 0.

Phương trình (2) tương đương:

Lời giải:

( ) ( ) ( ) ( )

3 3 2 2 3 2 3

2 2y + x + 3y x+ 1 + 6x + 6x+ 2= 0⇔ 2 x+ 1 + 3y x+ 1 + 4y

= 0

Đây là phương trình đẳng cấp giữa y và x + 1.

(*)

7

+ Xét y = 0 hệ vô nghiệm

3 2

+ Xét y ≠ 0 . Đặt x + 1 = ty ta thu được phương trình: t t

Suy ra =−2⇔ + 1=−

2

t x y

2 + 3 + 4=

0

2 14 5

Thay vào phương trình (1) ta được: x x 2 x 4 x y

Vậy hệ có một cặp nghiệm: ( xy)

⎛ 14 5 ⎞

; = ⎜ − ; ⎟

⎝ 9 18

.

⎠

− + = + ⇔ =− ⇒ = .

9 18

b) Dễ thấy phương trình (1) của hệ là phương trình đẳng cấp của x và y

Điều kiện: y 0; 3 x 0

> − ≤ ≠ .

1 2x x + tx

3x 3tx 2x + tx

2 2

Đặt y = tx ⇒ y = t x thay vào (1) ta được: + =

2 2 2 2 2

Rút gọn biến x ta đưa về phương trình ẩn t :

2 2

( ) ( )

t− 2 t + t+ 1 = 0⇔ t = 2⇔ y = 2x≥ 0.


2 2 25 1

4x + 8x= 2x+ 6 ⇔ 4x + 10x+ = 2x+ 6+ 2x+ 6+

4 4

2 2

5 1

⇔ ⎛ ⎜2x+ ⎞ ⎟ = ⎛ ⎜ 2x+ 6+

⎞

⎟

⎝ 2⎠ ⎝ 2

.

⎠

Giải ra ta được

Vậy nghiệm của hệ ( xy)

17 −3 13 −3 17

x= ⇒ y = .

4 2

⎛ 17 −3 13 −3 17 ⎞

; = ⎜

;

4 2 ⎟

⎝

⎠


a)

b)

⎧

⎪3x

⎨

1

− y =

x+

y

3 3

⎪ 2 2

x + y =

⎩

1

2

⎧ ⎪x y + 1−2xy − 2x

= 1

⎨

3

⎪⎩ x −3x − 3xy

= 6

a) Ta có thể viết lại hệ thành:

.

Lời giải:

3 3

( x y )( x y)

⎧⎪

3 − + = 1

⎨

2 2

⎪⎩ x + y = 1

Ta thấy vế trái của phương trình (1) là bậc 4. Để tạo ra phương trình đẳng cấp ta sẽ thay

2 2 2

vế phải thành ( x y )

Như vậy ta có:

+ .


( )( ) ( ) 2

(1)

3x 3 − y 3 x + y = x 2 + y 2 ⇔ 2x 4 + 3x 3 y −2x 2 y 2 −xy 3 − 2y

4 = 0

8

⎡ x=

y

2 2 ⎢

⇔( x − y)( x + 2 y)(2 x + xy + y ) = 0 ⇔

⎢

x =−2y

⎢

⎣ x + xy + y =

+ Nếu

2 2

2 0

2

2 2 7 2 ⎛ y ⎞

2x + xy + y = 0⇔ x + x + = 0⇔ x = y = 0

⎜ ⎟

4 ⎝ 2⎠

2 2

+ Nếu x= y ta có 2x

= 1⇔ x=±

2 5

+ Nếu x=−2y ⇔ 5y = 1⇔ y =±

Tóm lại hệ phương trình có các cặp nghiệm:

⎛ 2 2 ⎞⎛ 2 2 ⎞⎛2 5 − 5⎞⎛−2 5 5⎞

; = ⎜

; , ; , ; , ;

2 2 ⎟⎜

− −

2 2 ⎟⎜ 5 5 ⎟⎜ 5 5 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

( xy)

b) Điều kiện y ≥− 1. Ta viết lại hệ thành:

5

2

không thỏa mãn.

2

⎧ ⎪x y+ 1 − 2 xy ( + 1) = 1

⎨

3

⎪⎩ x− 3 xy ( + 1) = 6

Ta thấy các phương trình của hệ đều là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối với x, y+ 1

Dễ thấy y = − 1 không phải là nghiệm của hệ phương trình.

Xét y >− 1. Đặt x= t y+ 1 thay vào hệ ta có:

⎧ 3 2

⎪ ( y+ ) ⎡

⎣t − t⎤

⎦ =

3 2

⎡t

=

⎨ ⇔t −3t−6( t − 2 t) = 0 ⇔ ⎢

3 3

=

( )

1 2 1 0

⎪ y 1 ⎡t 3t⎤

⎩

+ ⎣ − ⎦ = 6

+ Nếu t = 0 thì x = 0 . Không thỏa mãn hệ

3 3 1

3

t = 3 ⇔ 27 y+ 1 − 9 y+ 1 = 6 ⇔ y = −1⇒ x=

9

3

9

+ Nếu ( ) ( )

3

Vậy hệ có 1 cặp nghiệm duy nhất xy

Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau

a)

b)

2

⎧ ⎪xy + x y = 2

⎨

⎪⎩ + + − + =

2 3 3

2 xy ( x 2x 3) y x 3

2

⎧ x + xy + x + =

⎪

⎨

⎪⎩

3 0

( )

2 2

( x + 1) + 3( y + 1) + 2 xy − x y + 2 y = 0

⎣t


3

⎛ 1 ⎞

( ; ) = ⎜ 9; −1

3 ⎟

⎝ 9 ⎠

Lời giải:

a) Điều kiện: y ≥ 0. Phương trình (2) của hệ có dạng:

⎡ y = −1

xy y + + x y + = y + ⇔ ⎢

⎣ xy + x =

3

2 ( 1) ( 1) 3( 1)

3

2 3

9

Trường hợp y = − 1 không thỏa mãn điều kiện

3

Trường hợp 2xy

+ x = 3 ta có hệ:

3

⎧ ⎪2xy

+ x = 3

⎨

2

⎪⎩ xy + x y = 2

Vế trái của các phương trình trong hệ là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối với x,

thấy y > 0. Ta đặt x= t y thì thu được hệ:

1

(2 ) 3

⎡t

=

2 3 2

⇔ = ⇔ 2t

− 3t+ 1= 0⇔

⎢

1

3 2

y ( t+ t ) = 2 t + 1 2

⎢t

=

⎣ 2

⎧ 3 3

y t+ t =

2

t +

⎪

⎨

⎪⎩

+ Nếu t = 1 thì x= y ⇔ x= 1⇒ y = 1

+ Nếu

1

2

1 1 1 4

x= y ⇔ y = 4x⇔ x = ⇔ x= ⇒ y =

t = thì

3

3 3

2 3 3 9

⎛ 1 4 ⎞

= ⎜ ⎟

⎝ 3 9 ⎠

Tóm lại hệ có các nghiệm: ( xy ; ) ( 1;1 ), ;

3 3

b) Điều kiện:

2

xy+ 2y≥0⇔ y≥ 0.

.

y. Dễ

2

Từ phương trình thứ nhất ta có: xy =−x −x

− 3 thay vào phương trình thứ hai ta thu

được:

2 2 2

( x+ 1) + 3( y+ 1) −2x −2x−6 − 2 yx ( + 2) = 0

2 2

⇔ x + − y+ yx + =

2 3 2 ( 2) 0

2

Đây là phương trình đẳng cấp bậc 2 đối với y và x + 2

2

Đặt y t ( x 2)

= + ta thu được:

2

⎡t

= 1

3t

−2t− 1= 0⇔ ⎢

⎢

1

t = − ( L )

⎣ 3

2

Khi t = 1 ta có: y = x + 2 thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta thu được:

x=−1⇒ y = 3

Tóm lại hệ phương trình có một cặp nghiệm ( xy= ; ) (1; − 3)


a)

⎧ 2 2 8xy

x + y + = 16

⎪ x+

y

⎨

2 3 2

⎪ x 2x x x y

+ = + −

⎪

⎩8y

3 3y

4 2

⎧⎪

xy−3x− 1 = 3 x y( 1−x−1)

b) ⎨

2 2

⎪⎩ 8x − 3xy + 4y + xy = 4y

2 3

Lời giải:


10

3 2

x x

a) Điều kiện: y ≠ 0, x+ y ≠ 0, + ≥ 0 .

3y

4


x 2 3 2 2 2

4 x + 3 y 4 3 4 3

2 x x x x + y 2 x ⎛

.

x y ⎞

+ = + ⇔ + = ⎜ + ⎟

8y 6 12y 16 8y 6 8y

⎝ 6 6

. ⎠

Đây là phương trình đẳng cấp đối với

2

xy và 4 x+

3

Ta thấy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

2

x x+

y

4 3

≥0, ≥ 0 .

8y

6

Đặt

2

x

a,

8y = 4x+

3y

2 2

= b suy ra a + b = 2ab ⇔ a = b

6

2 ⎡x=

6y

x 4x+ 3y

⇔ = ⇔ ⎢

2

8y 6 ⎢ x= − y

⎣ 3

TH1: x= 6y

thay vào (1) ta có:

⎡ 28 168 ( )

4 ⎢

y =− ⇒ x=−

L

2 2

37 37

y + y − 16y

= 16 ⇔ ⎢

9

⎢ 4 24

y = ⇒ x=

⎢⎣ 7 7

TH2:

x

2

y

3

= − thay vào (1) ta có:

⎡ 12

y = − ( L )

+ − = ⇔ ⎢

⎣ y = 12 ⇒ x =−8( TM )

4 2 2

y y 16y

16 ⎢ 13

9

Vậy hệ có nghiệm ( xy ; ) = ; ,( −8;12)

.

b) Điều kiện:

⎧xy

≥ 0

⎪ ⎧xy

, ≥ 0

⎨x

≤ 1 ⇔ ⎨

⎪ ⎩x

≤ 1

⎩y

≥ 0

.

⎛24 4 ⎞

⎜ ⎟

⎝ 7 7⎠

8

.

.


6

y

2

x

8y

và

4x+

3y

6

cùng dấu hay

Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ là phương trình đẳng cấp đối với xy. , Ta thấy

nếu y = 0 thì từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra x = 0 , cặp nghiệm này không thỏa

mãn hệ.

Xét y > 0. Ta chia phương trình thứ hai của hệ cho y ta thu được:

2

⎛ x⎞ x x

8⎜

⎟ − 3 + 4 + = 4

⎝ y⎠

y y

. Đặt

x

y

= t ta thu được phương trình

11

⎧t

≤4 ⎧t

≤4

t − t + = −t

⇔ ⎨

⇔ ⎨

⎩ t − t + = t − t+ ⎩ t − t + t− =

4 2

8 3 4 4

4 2 2 4 2

8 3 4 8 16 8 4 8 12 0

⎧t

≤4 ⎧t

≤4

⇔ ⎨

⇔ 1

4 2 ⎨

⇔ t =

3 2

⎩2t − t + 2t− 3 = 0 ⎩( t− 1)(2t + 2t + t+ 3) = 0

Khi 1

t = ⇒ x= y .

3 3

Phương trình thứ nhất của hệ trở thành: x 3x 1 3 x( 1 x 1)

− − = − − .

Điều kiện: 0≤ x ≤ 1. Ta thấy x = 0 không thỏa mãn phương trình.

3

Ta xét 0< x ≤ 1. Chia bất phương trình cho x > 0 ta thu được phương trình:

3 1 ⎛ 1 1

1− − = 3 ⎜

−1−

⎝

2 3

x x x x

3

⎞

⎟

⎠

. Đặt

( ) ( )( )

3 3

3 2 3 2

t + 3t − 1= 3 t − t−1 ⇔ t + 3t − 1 t + t− 1 = 3

Xét f() t ( t )( ) 3 3t 2 1 t t 1

3

duy nhất t = 1⇔ x=

1

1

x

= t ⇒t

≥ 1 phương trình trở thành:

= + − + − Dễ thấy f ( t) ≥ f ( 1)

= 3 suy ra phương trình có nghiệm

Tóm lại hệ phương trình có nghiệm ( xy ; ) = ( 1;1)

Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ xy , dựa vào phương trình thứ hai của hệ theo cách:

Phương trình có dạng:

( x− y)(8x+ 5 y) ( x−

y)

y

2 2

8x − 3xy + 4y − 3y + xy − y = 0⇔ + = 0

2 2

8x − 3xy + 4y + 3y

xy + y

⎡x=

y

⎢

⇔ ⎢

8x+

5 y y (3) . Vì xy> , 0 nên ta suy ra x=

y

+ = 0

⎢

2 2

⎣ 8x − 3xy + 4y + 3y

xy + y


12

Dạng 5: Hệ các đại lượng chung

A. Kiến thức

⎧x+ y = a ⎧xy = a

⎪

⎪

I ⎨y+ z = b II ⎨yz = b

⎪ + = ⎪

⎩z x c ⎩zx=

c

Dạng tổng quát: ( ) ; ( )

Phương pháp: Ta sẽ tạo ra một thành phần chung của các phương trình trong hệ phương

trình, sau đó kết hợp thành phần chung đó và mỗi phương trình trong hệ phương trình ta sẽ

thu được nghiệm của hệ phương trình.

⎧x+ y = a

⎪ a+ b+

c

⎨y + z = b ⇔ x + y + z = a + b + c ⇒ x + y + z =

⎪ 2

⎩z + x = c

Ta có 2( )

⎧xy

= a

⎪

2

⎨yz = b ⇒ ( xyz) = abc ⇒ xyz = abc ( abc ≥0 ) ⇒ x, y,

z

⎪

⎩zx = c


Nhận xét xyz ≠ 0

⎧xy

= 2

⎪

⎨yz

= 6

⎪

⎩zx

= 3

Bài 1:

Lời giải

Nhân vế tương ứng của 3 phương trình ta được:

+) TH1:

+) TH2:

⎧x

= 1

⎪

xyz = 6⇒ ⎨y

= 2

⎪

⎩z

= 3

⎧x

= −1

⎪

xyz =−6⇒ ⎨y

=−2

⎪

⎩z

= − 3

2 2 2 ⎡xyz

= 6

xyz

Vậy nghiệm của HPT ( xyz ; ; ) = ( 1;2;3 ); ( xyz ; ; ) = ( −1; −2; −3)


Bài 2:

⎧x + y + xy = 1

⎪

⎨y + z + yz = 2

⎪

⎩y + z + yz = 5

= 36 ⇒ ⎢

⎣xyz

= −6


13

Lời giải

Ta có HPT

( x )( y )

( )( )

( )( )

⎧x + y + xy = 1 ⎧ + 1 + 1 = 2

⎪ ⎪

⎨y + z + yz = 2 ⇔ ⎨ x + 1 z + 1 = 3 ⇔ ( x + 1)( y + 1)( z + 1)

=± 6

⎪ + + = 5 ⎪

⎩y z yz

⎩ y+ 1 z+ 1 = 6

⎧z+ 1= 3⇔ z = 2

⎪

x+ 1 y+ 1 z+ 1 = 6⇒ ⎨y+ 1= 2⇔ y = 1

⎪

⎩x

+ 1 = 1 ⇔ x = 0

+) TH1: ( )( )( )

⎧z+ 1=−3⇔ z =−4

⎪

x+ 1 y+ 1 z+ 1 =−6⇒ ⎨y+ 1=−2⇔ y =−3

⎪

⎩x

+ 1 =− 1 ⇔ x =− 2

+) TH2: ( )( )( )

Vậy HPT có nghiệm ( xyz ; ; ) = ( 0;1;2 ); ( xyz ; ; ) = ( −2; −3; −4)


⎧ xy 12

⎪

=

x + y 5

⎪

⎪ yz 18

⎨ =

⎪ y + z 5

⎪ xz 36

⎪ =

⎩ x + z 13

Điều kiện ( x + y)( y + z)( z + x) ≠0; xyz ≠0

Ta có HPT

⎧ xy 12 ⎧1 1 5

⎪

= + =

x+

y 5 ⎪x y 12

⎪

⎪

⎪ yz 18 ⎪1 1 5

⎨ = ⇔ ⎨ + =

⎪y+

z 5 ⎪y z 18

⎪ xz 36 ⎪1 1 13

⎪ = ⎪ + = 3

⎩x+

z 13 ⎩z x 36

( 1)

( 2)

( )

Bài 3:

Lời giải

⎛1 1 1⎞

19 1 1 1 19

⎜ ⎟

⎝ x y z⎠

18 x y z 36

Từ (1)(2)(3) ⇒ 2 + + = ⇒ + + = ( 4)

Lấy (4)-(1) ta được: 1 = 4 ⇒ z = 9

z 36

Lấy (4)-(2) ta được: 1 = 9 ⇒ x = 4

x 36


Lấy (4)-(3) ta được: 1 = 6 ⇒ y = 6

y 36

14

Vậy HPT có nghiệm ( xyz ; ; ) = ( 4;6;9)


15

Dạng 6: Hệ phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối

Bài 1:

⎧ ⎪ x+ 2 + y− 3 = 8

Giải hệ phương trình: ⎨

⎪⎩ x + 2 − 5y

= 1

Lời giải

Cách 1: Ta xét các trường hợp

- TH1: x≥−2; y≥

3

- TH2: x≥− 2; y<

3

- TH3: x<−2; y≥

3

- TH4: x<− 2; y<

3

Cách 2: Ta có HPT

Từ ( )

Từ ( )

1 ⇒ x + 2 ≤ 8


( )

( )

⎧ ⎪x+ 2 + y− 3 = 8 ⎪⎧ x+ 2 + y− 3 = 8 1

⎨

⇔ ⎨

⎪⎩x+ 2 − 5y = 1 ⎪⎩x+ 2 = 5y+

1 2

7

2 ⇒ 1+ 5y≤8⇔ y≤ < 3⇒ y− 3 = 3−

y

5

Vậy HPT

⎧ ⎡x

= 4

⎧ ⎪x+ 2 − y = 5 ⎪⎧ x + 2 = 6

⇔

⎪⎢

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨⎣x

= −8

⎪⎩

x+ 2 = 5y+ 1 ⎪⎩ y = 1 ⎪

⎩y

= 1

{ }

Vậy HPT có nghiệm ( xy ; ) = ( 4;1 ), ( − 8;1)


Ta có

( 1)

2 2

⎧ + − =

⎪x 2xy 3y

0

⎨

⎪⎩ xx+ yy=−2

Bài 2:

Lời giải

( x− y)( x+ y) = ( )

( )

2 2

⎧ ⎪x + 2xy − 3y

= 0 ⎧⎪

3 0 1

⎨

⇔ ⎨

⎪⎩

xx+ yy=− 2 ⎪⎩

xx+ yy=−2 2

⎡x=

y

⇔ ⎢

⎣x= −3y

+ TH1: Với x= y, thay vào phương trình (2) ta có

⎧x

< 0

2xx=−2⇔ xx=−1⇔ ⎨ ⇔ x=−1⇒ y=−1

2

⎩ − x =− 1

16

+ TH2: Với x= − 3y, thay vào phương trình (2) ta có 2−3y− 3y+ yy=−

2

⎧y

> 0

1 ⎪

1 3

⇔− 9yy+ yy=−2⇔− 8yy=−2⇔ yy= ⇔⎨

1 ⇔ y= ⇒ x=−

⎪y

=

⎩ 4

⎧ ⎛−3 1⎞⎫

; ⎨ 1; 1 , ⎜ ; ⎟⎬

⎩ ⎝ 2 4⎠

.

⎭

Vậy HPT có nghiệm ( xy) ∈ ( − − )


Ta có

+ Nếu

( )

( )

⎧

⎪

x 4y+ 1 − 2y

=−3

⎨ 2 2

x( x − 12y)

+ 4y

= 9

⎪⎩

2

4 2 2

Bài 3:

Lời giải

( ) ( )

⎧

⎪

x 4y+ 1 − 2y =−3 ⎪

⎧ x 4y+ 1 = 2y−3 1

⎨

⇔ ⎨

⎪x( x 2 − 12y)

+ 4y 2 = 9 ⎪x x 2 − 12y = 9 − 4y 2 = 3− 2y 3+

2y

2

⎩

⎩

−3

3+ 2y

= 0⇔ y = , thay vào HPT ta được

2

( ) ( )( ) ( )

⎧ 6

⎧⎪x

.( − 6+ 1)

=− 6 ⎪x

=

⎨

⇔ 5

2

⎨

⎪⎩ x. x + 18 = 0 ⎪

⎩

x x + =

+ Nếu 3+ 2y

≠ 0. Nhân hai vế của phương trình (1) với 3+ 2y ta được:

2

( 4 1)( 2 3) 4 9 ( 3)

2 2

− 12 = 9 −4 ( 4)

⎧

⎪ x y+ y+ = y −

⎨

⎪⎩

x x y y

Lấy (3) + (4) ta được: x ⎡( 4y+ 1)( 2y+ 3) + x 2 − 12y⎤

= 0 ( 5)

Có

⎣

⎦

P= y + y+ y+ + x − y ≥ y + y+ + x − y = x + y + y+

P

2 2 2 2 2 2

8 12 2 3 12 8 14 3 12 8 2 3

( ) 2

2 2

= x + y + y+ + > ⇒ P>

7 1 2 0 0

Vậy ( 5)

⇔ x = 0, thay vào PHT ta được y = ( tm)

Vậy HPT có nghiệm ( xy)

⎛ 3 ⎞

; = ⎜ 0; ⎟

⎝ 2 ⎠

Giải hệ phương trình: (*)

3

2

Bài 4: Chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng, năm học 2012

⎧ ⎪ = +

⎨

⎪⎩

2

x x y

2

y = y + x

2

. 18 0

( ptvn)


Lời giải

17

- TH1: x≥0; y≥

0

⎧ ⎪ = +

⎨

⎪⎩ = +

2

x x y

2 2 2

HPT (*) ⇔ ⇒ x = y ⇒ x= y⇒ x = 2x⇒ x= y = 0; x= y = 2 ( tm)

2

y y x

- TH2: x< 0; y<

0

HPT ( )

⎧ =− +

2

⎪x x y

2 2

* ⇔ ⎨ ⇒ x + y = 0⇔ x= y = 0

2

⎪⎩ y =− y+

x

- TH3: x< 0; y≥

0

HPT (*)

Từ ( )

2

⎧ ⎪x =− x+

y ⎪⎧ = +

⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎪⎩

= + ⎪⎩

= −

2

y x x

2 2

y y x x y y

2

( 1)

( 2)

(loại)

2 ⎛ 1⎞

1 −1 −1 −1

2 : x= y − y = ⎜y− ⎟ − ≥ ⇒ ≤ x< 0⇒ x+ 1≥ + 1>

0

⎝ 2⎠

4 4 4 4

( )

⇒ x x+ 1 < 0⇒ y< 0 (do (1)) (loại)

- TH4: x≥ 0; y< 0 (tương tự TH3) (vô nghiệm)

{ }

Vậy HPT có nghiệm ( xy∈ ; ) ( 0;0 ), ( 2; 2)


Điều kiện ∀x∈R; y≥

0

Bài 5:

( 1)

3 2

⎧x − x= xy−

y

⎪

⎨

2 1 5 2 2

⎪⎩

4

( x + ) − x + y + ( )

Lời giải

Ta có ( ) x( x 2 ) y( x 2 ) ( x 2

)( x y)

1 ⇔ − 1 = −1 ⇔ −1 − = 0

- TH1: Với

2 2

( ) ( )

x − 1= 0⇔ x = 1⇔ x=±

1

2 : 21+ 1 − 5 1+ y + 2= 0⇔ y = 1

- TH2: Với x− y = 0⇔ x= y≥

0

( 2 ) : 2( x 4 + 1) − 5 x + x + 2= 0⇔ 2( x 4 + 1) − 4 x + 2=

0 (*)

4 2

Ta có x x

2 4 2

+ 1≥2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1⇒ 2( x + 1)

≥ 2.2x = 2x

( x ) ( ) 4 x x x x

2


⇒ 2 + 1 − 4 + 2≥2 − 4 + 2= 2 −1 ≥ 0

18

( )

2

⎧ x =

⎪ 1

* ⇔ ⎨ ⇔ x= 1⇒ y = 1

⎪⎩ x = 1

{ }

Vậy HPT có nghiệm ( xy∈ ; ) ( 1;1 ), ( − 1;1)


19

Dạng 7: Hệ phương trình chứa ba ẩn

Với xyz , , là các số dương, giải HPT:

Ta có

( )( )

( )( )

( )( )

Bài 1: Chuyên Khánh Hòa, năm học 2011

⎧

⎪

⎨

⎪

⎩

( )( )

( )( )

( )( )

( x y)( y z)

( y z)( z x)

( z x)( x y)

+ + = 187

+ + = 154

+ + = 238

Lời giải

⎧ x+ y y+ z = 187 ⎧ x+ y y+ z = 11.17

⎪

⎪

⎨ y+ z z+ x = 154 ⇔ ⎨ y+ z z+ x = 11.14 ⇒ ( x+ y)( y+ z)( z+ x)

= 11.14.17

⎪

⎪

⎩ z+ x x+ y = 238 ⎩ z+ x x+ y = 14.17

⎧x+ z = 14 ⎧x=

10

⎪

⎪

⇒ ⎨x+ y = 17 ⇔ ⎨y = 7 x+ y+ z = 21

⎪y z 11 ⎪

⎩ + = ⎩z

= 4

Giải hệ phương trình

Lấy (1) + (2) + (3) ta được:

( )

Bài 2: PTNK, HCM, năm học 2013

⎧ x + y+ = z x+

⎪

⎨ y + z+ = x y+

⎪

⎪⎩ z + x+ = y z+

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2

3 2 1 2 2 1

2

3 2 1 2 2 2

2

3 2 1 2 2 3

Lời giải

( x 2 + y 2 + z 2

) + ( x + y + z) + = ( xy + yz + zx) + ( x + y + z)

3 2 3 2 4

( x 2 y 2 z 2

) ( x y z) ( xy yz zx)

⇔ 3 + + − 2 + + − 2 + + + 3=

0

( x 2 y 2 z 2 ) ( xy yz zx) ( x 2 y 2 z 2

) ( xy yz zx)

⇔ ⎡2 2 ⎤ ⎡ 2 3⎤

⎣

+ + − + +

⎦

+

⎣

+ + − + + +

⎦

= 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2

⇔ x− y + y− z + z− x + x− 1 + y− 1 + z− 1 = 0⇔ x= y = z = 1

Thử lại vào HPT đã cho, ta thấy thỏa mãn

Vậy HPT có nghiệm ( xyz ; ; ) = ( 1;1;1)


⎧ = + +

⎪

⎨ = + +

⎪

⎪⎩ = + +

( )

( )

( )

3 2

4x 2y y 1 1

3 2

4y 2z z 1 2

3 2

4z 2x x 1 3

Bài 3:


Lời giải

20

Nhận xét: Dạng của HPT là

x y z

( ) = ( )

( ) = ( )

( ) = ( )

⎧ f x g y

⎪

⎨ f y g z

⎪

⎩ f z g x

≤ ≤ và chứng minh x≤ y≤ z ≤ x

Từ ( )

2

3 2 2 ⎛ 1⎞

3

3

1 ⇒ 4x = 2y + y+ 1= y + ⎜y+ ⎟ + > 0⇒ x > 0⇒ x>

0

⎝ 2⎠

4

Từ ( )( )

2 3 ⇒ y, z > 0

Không mất tính tổng quát, giả sử 0< x≤

y ( 4)

⇒ + + ≤ + + ⇔ ≤ ⇔ ≤

là dạng đối xứng, để giải dạng này có thể giả sử

( )

2 2 3 3

2x x 1 2y y 1 4z 4x z x 5

⇒ + + ≤ + + ⇔ ≤ ⇔ ≤

( )

2 2 3 3

2z z 1 2x x 1 4y 4z y z 6

Từ (4)(5)(6) ta có z ≤ x≤ y≤ z ⇔ x= y = z

Thay x= y = z vào (1) ta được:

( )( )

3 2 3 2 2

4x = 2x + x+ 1⇔ 4x −2x −x− 1= 0⇔ x− 1 4x + 2x+ 1 = 0⇔ x= y = z = 1


Từ (1) ta có x = xz − 4

Bài 4:

( )

( )

( )

⎧xz

= x + 4 1

⎪

2

⎨2y = 7xz −3x

−14 2

⎪ 2 2 2

⎩ x + z = 35 − y 3

Lời giải

Từ (2) ta có 2y 2 = 7xz −3( xz −4) − 14 = 4xz −2 ⇔ y 2 = 2xz

− 1 ( 4)

Từ (3) ta có ( )

2 2 2 2

x z xz x z xz x z

+ = 35 − 2 −1 ⇔ + + 2 = 36 ⇔ + =± 6

⎡x= 1 ⎡z

= 5 ⎡ y = ± 3

x+ z = 6⇒ z = 6−x⇒ 1: x 6− x = x+ 4⇔ ⎢ ⇒

x 4

⎢ ⇒⎢

⎣ = ⎣z = 2 ⎣ y = ± 5

+ TH1: ( ) ( )

+ TH2:

⎡ − 7 + 33 ⎡ −5 − 33

⎢x= ⎢z

=

2 2

4

x+ z =−6 ⇒ z =−6 −x⇒( 1 ) : x( −6 − x) = x+ 4 ⇔ ⎢

⇒⎢

⇒ y =± 33

⎢ −7 − 33 ⎢ − 5 + 33

⎢x= ⎢z

=

⎣ 2 ⎣ 2


Vậy HPTcó 6 nghiệm.

21

Tìm tất cả các số nguyên xyz , , thỏa mãn

Bài 5:


( )

( )

⎧⎪ x+ y+ z = 2 1

⎨

2 2 2

⎪⎩ 3x + 2y − z = 13 2

Lời giải

Từ (1) ⇒ z = 2 −x− y, thay vào phương trình (2) ta được:

( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2

2 2

3x + 2y − 2 −x − y = 13 ⇔ 2x + y + 2.2x + 2.2. y − 2xy = 17 ⇔ y − x + 2 + x + 4 = 37

+ TH1:

+ TH2:

+ TH3:

+ TH4:

+ TH5:

+ TH6:

+ TH7:

+ TH8:

⎧y− x+ 2= 1 ⎧x=

2

⎨ ⇔ ⎨

⎩x+ 4= 6 ⎩y

= 1

⎧y− x+ 2=− 1 ⎧x=

2

⎨

⇔ ⎨

⎩x+ 4= 6 ⎩y

=−1

⎧y− x+ 2 = 1 ⎧x=−10

⎨ ⇔ ⎨

⎩x+ 4 =− 6 ⎩y

=−11

⎧y− x+ 2 =− 1 ⎧x=−10

⎨

⇔ ⎨

⎩x+ 4 =− 6 ⎩y

=−13

⎧y− x+ 2= 6 ⎧x=−3

⎨

⇔ ⎨

⎩x+ 4= 1 ⎩y

= 1

⎧y− x+ 2= 6 ⎧x=−5

⎨

⇔ ⎨

⎩x+ 4=− 1 ⎩y

=−1

⎧y− x+ 2=− 6 ⎧x=−5

⎨

⇔ ⎨

⎩x+ 4 =− 1 ⎩y

=−13

⎧y− x+ 2=− 6 ⎧x=−3

⎨

⇔ ⎨

⎩x+ 4= 1 ⎩y

=−1


22

B. Một số phương pháp giải hệ phương trình

1. Phương pháp biến đổi tương đương:

1.1. Phương pháp:

Phương pháp 1: Biến đổi tương đương

Biến đổi tương đương là phương pháp giải hệ dựa trên những kỹ thuật cơ bản như: Thế, biến đổi các

phương trình về dạng tích,cộng trừ các phương trình trong hệ để tạo ra phương trình hệ quả có dạng đặc

biệt…

1.2. Một số ví dụ:

Ví dụ 1. Giải các hệ phương trình sau

a)

b)

⎧⎪ x+ + − y + + y− x− =

⎨

4 2 3 2

⎪⎩ 3 x + ( x− y)

= 6xy+

y

2

1 4 2 5 2 ( 1) 5

3 3 2

⎧ − = − +

x 12x y 6y

16

⎨ 2 2

⎩x + y + xy −4x − 6y

+ 9=

0

⎧2xy − x + 2y

= 3

⎩x + 4y = 3x+ 6y

−4

c) ⎨ 3 3 2

d)

⎧ 2

y − x− −

3

yx− =

⎪

⎨

⎪⎩

a). Điều kiện

7 6 ( 6) 1

2

2( x y) 6x 2y 4 y x 1

− + − + − = +

⎧x

≥−1

⎪

⎨y

≤ 2

⎪

⎩5 + 2 y ≥ ( x − 1)

Xuất phát từ phương trình (2) ta có:

4 3 2 2

3x − 6 xy+ ( x− y) − y = 0

2

(1)

(2)

Lời giải:

3 2 ⎡x

= 0

⇔3 x ( x− 2 y) + x( x− 2 y) = 0 ⇔ x( x− 2 y)(3x

+ 1) = 0⇔ ⎢

⎣x=

2y

Với x = 0 thay vào (1) ta có: 1+ 4− 2y + 4+ 2y = 5⇔ 4− 2y + 4+ 2y

= 4

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

( ) 2

4− 2y + 4+ 2y ≤2(4− 2y+ 4+ 2 y) = 16⇔ 4− 2y + 4+ 2y

≤ 4

Dấu = xảy ra khi: 4− 2y = 4+ 2y ⇔ y = 0

Hệ có nghiệm: (0;0)

Với: x= 2y. Thay vào phương trình trên ta được

Đặt

x x x x x x x x

2

+ 1 + 4 − + 5 + −( − 1) = 5 ⇔ + 1 + 4 − + ( + 1)(4 − ) = 5 (*)

2

t − 5

t = x+ 1 + 4 − x > 0 ⇒ x+ 1. 4 − x = . Thay vào phương trình ta có:

2


2 ⎡t

= −5

2

t − 5

t+ = 5 ⇔ t + 2t− 15 = 0 ⇔

2

⎢ .

⎣t

= 3

1

2 ⎡x

= 0

Khi t = 3 ⇒ x+ 1. 4 − x = 2 ⇔− x + 3x=

0 ⇔ ⎢⎣

x = 3

⎛ 3 ⎞

; = 0; 0 , ⎜3; ⎟

⎝ 2 ⎠

Tóm lại hệ có nghiệm ( xy) ( )

Nhận xét: Điều kiện t > 0 chưa phải là điều kiện chặt của biến t

Thật vậy ta có:

2 2

1 4 5 2 ( 1)(4 ) 5

t = x+ + −x ⇒ t = + x+ −x ⇒t

≥

Mặt khác theo bất đẳng thức Cô si ta có

2

2 ( 1)(4 ) 5 10 5; 10

x+ −x ≤ ⇒t ≤ ⇔t∈⎡ ⎤ ⎣ ⎦

b) Hệ viết lại dưới dạng

Đặt t = y− 2 . Ta có hệ :

⎧

⎨

⎩

3 3

⎧x − x= y− − y−

12 ( 2) 12( 2)

⎨ 2 2

⎩x + xy ( − 4) + ( y− 3) = 0

− 12 = −12 ⎧( − )( + + − 12) = 0 (*)

⇔ ⎨

+ ( − 2) + ( − 1) = 0 ⎩ + + − 2( + ) + 1 = 0 (2*)

3 3 2 2

x x t t x t x t xt

2 2 2 2

x x t t x t xt x t

Từ (*) suy ra

2 2

⎡ x + t + xt − =

⎢

⎣x=

t

12 0 (3*)

2

- Với x= t thay vào (2*) ta có phương trình 3x

− 4x+ 1=

0

⎛1 7⎞

; = 1; 3 , ⎜ ; ⎟

⎝3 3⎠

Từ đây suy ra 2 nghiệm của hệ là ( xy) ( )

- Với (3*) kết hợp với (2*) ta có hệ

⎧ 13

x + t =

⎧ + − − = ⎪

⎨

⎩ + − − + + = = ⎪ xt =

⎪⎩ 4

2

( x t) xt 12 0 2

⇔

2

⎨ ( VN )

( x t) xt 2( x t) 1 0 0 121

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: ( xy) ( )

. Do ( + ) 2 < 4

⎛1 7⎞

; = 1; 3 , ⎜ ; ⎟

⎝3 3⎠

x t xt

⎧( x+ 1)(2 y− 1) = 2

⎪

c) Đưa hệ phương trình về dạng: ⎨ 3 1 3 2 3

⎪ ( x+ 1) + (2 y− 1) = 3( x+ 1) + (2 y−1) −5

⎩ 2 2

Đặt: a = x + 1; b = 2y − 1.

Khi đó ta thu được hệ phương trình:

⎧ab

= 2

⎪

⎧ab

= 2

⎨ 3 1 3 2 3 ⇔ ⎨

⎪ a + b = 3a + b−5

⎩ a + b = a + b−

⎩ 2 2

3 3 2

2 6 3 10

Từ hệ phương trình ban đầu ta nhẩm được nghiệm là x= y = 1 nên ta sẽ có hệ này có nghiệm khi:

a = 2; b=

1

⎧( a− 2) b= 2(1 −b)

Do đó ta sẽ phân tích hệ về dạng: ⎨

2 2

⎩ ( a− 2) ( a+ 1) = ( b− 1) ( b+

2)


2

Vì ta luôn có: b ≠ 0 nên từ phương trình trên ta rút ra

Thế xuống phương trình dưới ta được:

b −

b

2(1 − b)

a − 2 =

b

4( 1) 2

( 2 2 2

a+ 1) = ( b− 1) ( b+ 2) ⇔ ( b− 1) ⎡ 4( a+ 1) − b ( b+ 2) ⎤ = 0

2

⎡ b = 1

⇔ ⎢

⎣ + = +

2

4( a 1) b ( b 2)

Với: b= 1⇒ a = 2, suy ra: x= y = 1.

Với

2

4( a 1) b ( b 2)

+ = + . Ta lại có:

Thế lên phương trình trên ta có:

+ 2

= b b+ ⇔ ⎢

b

⎢

3

=

4( b 2)

⎣

b + 2

ab = 2 ⇔ b( a + 1) = b + 2 ⇔ a + 1 = .

b

⎡ 1

b =− 2 ⇒ a =− 1 ⇔ x =− 2; y =−

( 2) 2

⎣ b 4 (Không TM)

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là: ( xy)

d) Điều kiện:

⎛ 1 ⎞

; = (1;1) , ⎜−2;

− ⎟

⎝ 2 ⎠

⎧x

≥−1

⎨ . Ta viết lại hệ phương trình thành:

⎩y

≥ 0

2

2( ) 6 2 4 1

x− y + x− y+ − y = x+

⇔ x− y + x− y+ = y + x+ . Bình phương 2 vế ta thu được:

2

2( ) 6 2 4 1

2 2

2 4 2 6 2 4 1 2 ( 1)

x − xy + y + x − y + = x + y + + y x +

⇔ ⎡

⎣ + − + + ⎤

⎦+ + + = +

2 2

2 ( x 1) 2 yx ( 1) y ( x 1 y) 2 yx ( 1)

1

2 2

⎧⎪ x+ = y

⇔ 2( x+ 1 − y) + ( x+ 1 − y) = 0 ⇔ ⎨

⇔ x+ 1 = y

⎪⎩ x+ 1 = y

Thay vào phương trình (2) ta có:

2 3 2

y y yy y y 3 yy

− 7 + 1 − ( − 7) = 1⇔ − 7 + 1 = ( − 7) + 1.

Đặt a= 3

yy ( − 7) ta có phương trình:

a

3

Với

Với

⎧a

≥−1

⎧a

≥−1

⎪⎡

a = 0

+ 1= a+ 1⇔ ⎨

⇔

3 2

a a 2a

0

⎨⎢

⎩ − − = ⎪⎢

a = −1

⎪⎢ ⎩⎣ a = 2

⎡ y = 0⇒ x=−1

a = 0 ⇒ ⎢

⎣ y = 7⇒ x=

6

⎡ 7−3 5 5−3 5

⎢ y = ⇒ x=

⎢ 2 2

7 3 5 5 3 5

⎢ y = ⇒ x=

⎣ 2 2

2

=−1⇒ − 7 + 1= 0⇔ ⎢ + +

a y y


⎦

3

2 ⎡ y = −1 (L)

Với a = 2⇒ y −7y− 8= 0⇔ ⎢

⎣ y = 8⇒ x=

7

Hệ phương trình đã cho có nghiệm là :

⎛5−3 5 7− 3 5⎞⎛5+ 3 5 7+

3 5 ⎞

; = ( −1;0),(6;7), ⎜ ; , ; ; ,(7;8)

2 2 ⎟⎜ 2 2 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

( xy)


a)

b)

c).

2 2

⎧x − y+ x− y =

(2 2) 3 0

⎨ 2 2 3 2

⎩x + 2 xy − ( y + 3) x −2y − 6y

+ 1 = 0

2 2

⎧x − xy + y + y =

⎨

⎩

2 2 2 0

3 2 2

x xy y y x

− + 2 + 2 − 2 = 0

2 3 2 2

⎧xy − x y − yx − y + x =

⎨

⎩

3 4 3 0

2 2

3x y y 3xy

1 0

− + + =

Lời giải:

a) Cách 1: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất theo vế ta được:

2 3 2 2

2 xy − ( y + 3) x −2y − 6y + 1 + (2y + 2) x + 3y

= 0

( )

2 3 2 2 3 2

⇔ + − − + − = + − − +

2xy xy 2y 3y 1 x 0⇔ x 2y

y − 1 2y 3y

1= 0 ⇔ ( y+ 1)(2 y−1)( x− y− 1) = 0.

+ Nếu y = −1thay vào phương trình (1) ta có: x

+ Nếu

1

y = thay vào phương trình (1) ta có:

2

+ Nếu y = x−1thay vào phương trình (1) ta có:

2 2 2 2

x x x x x

2

= 3⇔ x=±

3

−2 −3( − 1) = 0 ⇔− 4 + 6 − 3 = 0 . Vô nghiệm.

Kêt luận: ( xy)

2 3±

2 3

4x −12x− 3 = 0 ⇔ x=

2

⎛3− 2 2 1⎞⎛3+

2 2 1⎞

; = ( 3;1), ( − 3;1), ⎜

; , ;

2 2⎟⎜ 2 2⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

* Cách 2: Phương trình thứ hai phân tích được:

Phương trình thứ nhất phân tích được:

Đặt

2

⎧

2

a − b=

= − , = + 2 ta có hệ:

a x yb x y

2

(2 y + x)( x− y− 3) + 1 = 0

2 2

( x− y) − 2( x+

2 y ) = 0

2 0

⎨

⎩( a− 3) b+ 1 = 0

b) Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất, ta được:

− − + 2 − 2 = 0, hay

3 2 2

x x x y xy x

Do

+ Nếu

+ Nếu

3 2 2

x x x x x x

3 2 2

( x −x −2 x) − y( x − 2 x) = 0.

− − 2 = ( + 1)( − 2 ) nên từ trên, ta có

⎡ y = 0

x = 0 ⇒ ⎢

⎣ y = −2

⎡ y = 0

x = 2 ⇒ ⎢

⎢

4

y =

⎣ 3

2

( x − 2 x)( x+ 1 − y) = 0.


2

+ Nếu y = x+ 1 thay vào phương trình (1) ta thu được: 1+ 2y

+ 2y

= 0vô nghiệm.

4

Kết luận:

⎛ 4 ⎞

; = (0;0),(0; −2), 2;0 , ⎜2; ⎟

⎝ 3 ⎠

Hệ phương trình có các cặp nghiệm là: ( xy) ( )

c) Hệ được viết lại như sau:

⎧⎪

⎨

⎪⎩

( ) ( ) ⎪⎧

( )( )

− + 3 − 3 = 4 − − 3 = 4

⇔ ⎨

− + + = ⎪⎩ − + + =

xy 2 y x 2 x 3 y x 2 y xy y y x 2 x 2 y

2 2 2 2

3x y y 3xy 1 0 3x y 3xy

1 0

Xét với y = 0 thay vào ta thấy không là nghiệm của hệ.

Với y ≠ 0 ta biến đổi hệ thành:

⎧⎛ 1 ⎞

⎪⎜x− ⎟( y− 3x ) = 4x

⎪⎝ y ⎠

⎨

⎪ 2 1

3x − y+ 3x+ = 0

⎪

⎩

y

Đặt :

⎧ 1

⎪a

= x −

⎨ y

⎪

⎩b = y − 3x

2 2

2

⇔

⎧⎛ 1 ⎞

⎪⎜x− ⎟( y− 3x ) = 4x

⎪⎝ y ⎠

⎨

⎪ 2 1

3x − y+ − x=−4x

⎪

⎩ y

2 2

2

⎧ ab = 4x

Khi đó hệ trở thành hệ : ⎨

⎩a + b = 4x

Theo Viets thì ta có 2 số a và b là nghiệm của phương trình :

1

⎧ 1

⎧

2x x

y = −

⎪ = − ⎪

x

− 4 + 4 ⇔( − 2 ) = 0⇔ = 2 ⇔ ⎨ y ⇔ ⎨

⎪ 2

1

2x y 3x

⎪

⎩ = − 2x=− −3x

⎪⎩ x

2 2 2

t xt x t x t x

⎧ 1

y = − ⎧ 1

⎪

x ⎪y

= − ⎧x

= −1

⎨ ⎨ x ⇔ ⎨

⎪ 1 2 3 2 y = 1

2x=− − 3x ⎪3x 2x

1 0

⎩

⎩ + + =

⎪⎩ x

Vậy hệ có 1 nghiệm ( ; ) ( 1;1)

xy = − .


a)

c)

⎧

3

+ x + − y =

⎪ 1 1 2

⎨

⎪⎩

x − y + 9y = x 9+ y−

y

( )

2 4 3

⎧⎪ 3x−6 2x− 4 = 4 3y−9−2y

⎨

⎪⎩ 6x − 3x y + 2xy + 4= y + 4x + 6x

3 2 2 2

a) Từ phương trình (2) của hệ ta có:

( ) ( )( )

3 2

⎧x −2xy− 15x= 6 y(2x−5−4 y)

⎪

b) 2 3 2

⎨ x 2x x x y

⎪ + = + −

⎩ 8y

3 3y

4 2

d)

Lời giải:

3 4 2

⎧xy− 8y + 3xy=−4

⎨

2

⎩2xy + y − y = 2

⎡x=

y

2 4 3 3

− + 9 = 9+ − ⇔ − + − 9 = 0⇔ ⎢ +

3 − =

x y y x y y x y x y

Vì y ≤ 1 và 3 1+ x + 1− y = 2 nên 3 1+ x < 2⇔ x<

7

Do đó


x

3

+ y − 9<− 1< 0 nên

x

3

+ − = vô nghiệm.

y

9 0

⎣x

y

9 0

2

5

Ta chỉ cần giải trường hợp x= y. Thế vào phương trình ban đầu ta được: 3 1+ x + 1− x = 2.

Đặt a 3

1 xb ; 1 x( b 0)

= + = − > thì

⎧a+ b=

2

3 2

3 2 2

⎨ ⇒ a + ( 2− a) = 2⇔ a + a − 4a+ 2= 0⇔( a− 1

3 2

)( a + 2a− 2)

= 0

⎩a

+ b = 2

Từ đó suy ra nghiệm của phương trình ban đầu

x= 0; x=− 11+ 6 3; x=−11−

6 3

Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là x= y = 0; x= y =− 11+ 6 3; x= y =−11−

6 3

⎡2y

= x

y−x x − y− = ⇔ ⎢

⎢ x −

y =

⎢⎣ 12

2

b) Phương trình thứ nhất của hệ ⇔ ( )

TH 1:

2

( x − )

(2 ) 12 15 0 2

15

2

x −15

y = thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

12

2 3 2 2

3x 2x 4x x x −15

+ = + −

2

3 x −15 4 24

2 15

2 2

⇔ 36x

x 2 2

12

2 2 ( x 16x 15) ( x 16x

15)

0

x −15 − x −15

+ − + + − =

2

⎧

2

x + x− ≥ ⎧ x + x− ≥

16 15 0 16 15 0

⎪

⎪

⇔ ⎨

2

x

⇔ ⎨

2

x

⎪6 =

2 ( x + 16x−15)

⎪

⎩ x −15

⎩ x −15

⎪

⇔ ⎨

⎪⎩

2

⎧ x + x− ≥

16 15 0

( )( )

2 2 2

36x x 15 x 16x

15 (*)

= − + −

2

2

36 = x + 16x−15

2

Xét phương trình (*) 36x 2 = ( x 2 − 15)( x 2 + 16x−

15)

Vì x = 0 không phải là nghiệm. Ta chia hai vế phương trình cho

2

x ta có:

⎛ 15 ⎞⎛ 15 ⎞

36 = ⎜x− ⎟⎜x+ 16 − ⎟

⎝ x ⎠⎝ x ⎠ Đặt 15

2 ⎡t

= 2

x− = t ⇒ t + 16t− 36 = 0 ⇔

x

⎢

⎣t

= − 18

+ Nếu

+ Nếu t = −18

2 ⎡x

= 5

15

t = 2 ⇔ x− = 2 ⇔ x −2x− 15 = 0 ⇔ x 5

x

⎢ ⇔ =

⎣x

= −3

15

⎡

2

x =−9−4 6

⇔ x− =−18 ⇔ x + 18x− 15 = 0 ⇔ ⎢

⇔ x=−9 −4 6

x

⎢⎣ x =− 9+

4 6

Nghiệm của hệ đã cho là: ( xy)

⎛ 5 ⎞ ⎛ 27 + 12 6 ⎞

; = ⎜5; ⎟, −9 −4 6;

⎝ 6⎠ ⎜ 2 ⎟

⎝ ⎠

TH 2: x= 2y

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có:


2 3 2 2

⇔ x 2x 2x x x 7 11x

x

x 0

4x

+ 3 = 3x

+ 4 − 4 ⇔ 6 = 12

⇔ = (loại) (do điều kiện y ≠ 0 )

6

KL: Nghiệm của hệ đã cho là: ( xy)

c) Điều kiện

⎧x

≥ 2

⎨

⎩y

≥ 3

Phương trình (2) của hệ tương đương với:

⎡ y = 2x−

2

x− − y x + y− = ⇔ ⎢ 2

⎣ y = 2−

3x

2

(2 2 )(3 2) 0

+ Với y = 2x− 2 thế vào phương trình (1) ta được:

(1) ⇔7x−6 2x−4−4 6x−15− 4=

0 (3)

Đến đây sử dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

⎛ 5 ⎞ ⎛ 27 + 12 6 ⎞

; = ⎜5; ⎟, −9 −4 6;

⎝ 6⎠ ⎜ 2 ⎟

⎝ ⎠

⎧⎪

6 2x− 4 = 3.2 2( x−2) ≤3x

⎨

⇒6 2x− 4 + 4 6x−15 ≤7x−4

⎪⎩ 4 6x− 15 = 2.2 3(2x−5) ≤2(2x−2)

Dấu '' = '' xảy ra khi chỉ khi x = 4

Từ (3) suy ra x = 4 là nghiệm duy nhất. Vậy hệ có nghiệm ( xy= ; ) (4;6)

- Với

y

2

= 2−3x

≤ 2 hệ vô nghiệm do điều kiện 3

Vậy hệ đã cho chỉ có 1 nghiệm ( xy= ; ) (4;6)

d) Thế phương trình 2 vào phương trình 1 của hệ ta được phương trình :

y ≥

( ) ( )

3 4 2 2 3 3 2

x y − 8y + 3x y =− 2(2 xy + y − y ) ⇔ x − 8y + 3x y = −4x − 2 + 2y y

Vì y = 0 không là nghiệm của hệ. Chia cả hai vế cho y ta được phương trình

3 3 2 3 2 3

x y x x y x x x y y

− 8 + 3 =−4 − 2+ 2 ⇔ + 3 + 4 = 8 + 2 − 2

Đặt : z = x+ 1⇒ x= z− 1 . Khi đó ta có phương trình :

( )( ) ⎡ ( )

+ = 8 + 2 ⇔ − 2 + 4 + 2 = 0 do + 4 + 2 > 0⎤

⎣

⎦

3 3 2 2 2 2

z z y y z y z y zy z y zy

⇔ z = 2y⇒ x+ 1= 2y⇒ x= 2y−

1

Thế vào phương trình 2 của hệ ta được phương trình:

⎡ y = 1 ⇒ x=

1

− − = ⇔ ⎢

⎢

− −

y = ⇒ x=

⎣ 3 3

2

3y

y 2 0 2 7

Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm


a)

( )

⎪⎧ + + + = + +

⎨

⎪⎩ y( y− x)

= 3−3y

2 2

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

1

( )

2

⎧ ⎪2x

+ 3− 2xy y = 3

b) ⎨

2 3 2 2

⎪⎩ 2x − x y = 2x y − 7xy

+ 6

⎛−7 −2⎞

( xy ; ) = (1;1); ⎜ ; ⎟

⎝ 3 3 ⎠


7

c)

( )

4 2

⎧ + + − + =−

⎪x 2xy 6y 7 2y x 9

⎨

2 3

⎪⎩ 2yx

− x = 10

a) Điều kiện:

x

2

+ 2y+ 1≥ 0.


4y − 4y x + 2y+ 1+ x + 2y+ 1= x − 2xy+

y

2 2 2 2 2

Lời giải:

2

⎡

2 + 2 + 1= 3 −

2

⇔( 2y− x + 2y+ 1) = ( x− y)

⇔ ⎢

⎢

⎣ + 2 + 1= +

TH1:

2

x 2y 1 3y x

2

x y y x

2

x y x y

+ + = − . Bình phương hai vế phương trình ta được:

⎧ 3y≥

x x 1; y 1( TM )

3y

x

⎡ = =

⎧ ≥

⎪ 2

⇔ ⎨

⇔ 6 9 2 1

2 2 2 ⎨ xy = y − y − ⇔ ⎢

415 17 .

⎩x + 2y + 1= 9y − 6xy + x ⎪

⎢ x = ; y = ( TM )

2

⎩xy = y + 3y

−3

⎣ 51 3

TH2:

2

x 2y 1 x y

+ + = + . Bình phương hai vế phương trình:

⎧ x+ y≥0 x 1; y 1

x y 0

⎡ = =

⎧ + ≥

⎪ 2

⎨

⇔ 2 2 1

2 2 2 ⎨ xy =− y + y + ⇔ ⎢

41 7 .

⎩x + 2y + 1= x + 2xy + y ⎪

⎢ x= ; y = − ( L)

2

⎩xy = y + 3y

−3

⎣ 21 3

Vậy hệ có nghiệm ( xy) ( )

⎛415 17 ⎞

; = 1;1 , ⎜ ; ⎟

⎝ 51 3 ⎠ .

b) Từ phương trình (1) ta thấy: 2x( 1 y 3 ) 31 ( y

2

)

TH1: y = 1 thay vào (2) ta có:

TH2: Kết hợp với (2) ta có hệ mới:

− = − .

3

x x x x x

− 7 + 6 = 0 ⇔ = 1; = 3; =− 2 .

2

⎧ ⎪2x + 2xy + 2xy = 3+

3y

⎨

⎪⎩ − = − +

2 3 2 2

2x x y 2x y 7xy

6

2

Phương trình (3) tương đương với: ( xy )( xy x )

+ Nếu: xy = 2 thay vào (*) ta có:

− 2 2 + − 3 = 0.

−1−

y

2x+ 4+ 4y = 3+ 3y⇒ x= ⇒ y( 1+ y)

=− 4.

2

Phương trình này vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.

+ Nếu

2xy

3

2

= − x thay vào (*) ta có:


. (*)

(3)

2 2 2 ⎛2

⎞ 2

2x+ 3− x + y( 3− x ) = 3+ 3y⇒ y = −1⇒2x⎜

− 1⎟= 3 −x ⇔ x= 1; y = 1

x ⎝ x ⎠

Vậy hệ có nghiệm ( ; ) ( 1;1 ),( 3;1 ),( 2;1)

c) Phương trình (1) tương đương:

xy = − .

( ) ( )( ) ( )

4 2 2 2 2 2

x x y x x x x x x y x x

− 7 + 9−2 − − 3 = 0⇔ − − 3 + −3 −2 − − 3 = 0.

8

⎡ 1− 13 79 + 13

⎢x= ⇒ y =

2

TH1:

2 36

x −x− 3= 0⇔ ⎢

.

⎢ 1+ 13 79 − 13

⎢x= ⇒ y =

⎣ 2 36

2 2

TH2: 2y = x + x− 3 thay vào (2) ta có:

⎡

5

⎢x= 5 ⇒ y = 1−

2 2 3

3 10

2

x + x− x − x = ⇔ ⎢

.

⎢ 5

⎢x=− 5 ⇒ y = 1+

⎣

2

( )

Vậy hệ có nghiệm

⎛1− 13 79 + 13 ⎞⎛1+ 13 79 − 13 ⎞⎛ 5 ⎞⎛ 5 ⎞

; =

⎜ ; , ; , 5;1 , 5;1

2 36 ⎟⎜ − − +

2 36 ⎟⎜ 2 ⎟⎜ 2 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

( xy)


⎧xy −x − y = 1

a) ⎨ 3 2 3

c)

⎩ 4x − 12x + 9x=− y + 6y+

7

⎧ ⎛

⎪

⎪⎜

⎨ ⎝

⎪

⎪

⎩

2

3

1 x ⎞ 3

− 3

2 ⎟ xy y

x

+ + 2

=

⎠

2 1 4

+ 2 + = 2y

+

2

x x

( xy )

⎧xy − x + 2y

= 4

b) ⎨ 3 2 3

d)

⎩4x + 24x + 45x=− y + 6y−20

2 2

⎧ x + y + x=

⎪

⎨

⎪x

⎩

Lời giải:

⎧3xy −3x − 3y

= 3

a) Hệ tương đương: ⎨

.

3 2 3

⎩4x − 12x + 9x=− y + 6y+

7

Trừ hai phương trình cho nhau ta được: ( ) 3 3

( ) 3 3 3

⇔ 4 x − 1 + 4y = 3y + 3xy + 3y

2 2

4 x − 1 =− y + 3xy + 3y

( x y ) ⎡( x ) 2 ( x ) y y 2 ⎤ y( y 2 x )

⇔ 4 + −1 −1 − − 1 + = 3 + + 1

⎣ ⎦

( x y ) ⎡( x ) 2 ( x ) y y 2 ⎤ y( y 2 xy y )

⇔ 4 + −1 −1 − − 1 + = 3 + − − 1+

1

⎣ ⎦

( x y ) ⎡( x ) 2 ( x ) y y 2 ⎤ y 2

( x y )

⇔ 4 + −1 −1 − − 1 + = 3 + −1

⎣

⎦

( x y )( x y) 2

⇔ + −1 2 −2− = 0

Với y = 1− x thay vào (1) ta được: x

Với y = 2x− 2 thay vào (1) ta được:

2

− x+ 2= 0 (vô nghiệm).

x

2

2 5 1 0


Vậy hệ có nghiệm ( xy)

3

2xy

− 4y

+ =−1

x+ y−1

⎡ 5 − 17

⎢x

=

− x+ = ⇔ ⎢ 4

.

⎢ 5 + 17

⎢x

=

⎣ 4

⎛5 − 17 1− 17 ⎞⎛5 + 17 1+

17 ⎞

; = ; , ;

.

⎜ 4 2 ⎟⎜ 4 2 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

9

⎧6y− 3x+ 3xy− 12 = 0

b) Hệ tương đương: ⎨

.

3 2 3

⎩4x + 24x + 45x=− y + 6y−20

Trừ hai phương trình trên cho nhau ta được:

3 2 3

4 + 24 + 48 + 32 =− + 3 + 12

x x x y xy y

( ) 3 3 3

⇔ 4 x + 2 + 4y = 3y + 3xy + 12y

( x y ) ⎡( x ) 2 ( x ) y y 2 ⎤ y( y 2 x )

⇔ 4 + + 2 + 2 − + 2 + = 3 + + 4

⎣

⎦

Thế x = xy + 2y

− 4 vào VP ta được:

( x+ y+ ) ⎡( x+ ) 2 − ( x+ ) y+ y 2 ⎤ = y( y 2 + y+ xy− + ) = y 2

( x+ y+

)

4 2 2 2 3 2 4 4 3 2

⎣

⎦

2 2

( )

( ) ( ) ( )

⇔ x+ y+ 2 4 x+ 2 − 4 x+ 2 y+ y = 0.

Với y =−x− 2 thay vào (1) ta được: x

Với y = 2x+ 2 thay vào (1) ta được:


c) Điều kiện: x ≠ 0 .



3 3

2

− 5x+ 8= 0 (vô nghiệm).

⎡ 17 − 7

⎢x

=

4

− x+ = ⇔ ⎢

.

⎢ 17 + 7

⎢x

= −

⎣ 4

2

2 7 4 0

x

⎛ 17 − 7 1+ 17 ⎞⎛ 17 + 7 1−

17 ⎞

; = ; , − ;

.

⎜ 4 2 ⎟⎜ 4 2 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

2

⎛ 1⎞

1 1 2

⎜y + 2− ⎟ = 0⇔ xy = −2⇔ y = − .

2

⎝ x⎠

x x x

⎛ 1 ⎞ 1 1 ⎛ 1 2⎞

1

⎜ − 1 1 2

2 ⎟ + − = ⎜ −

2 ⎟ ⇔ − + − = −

⎝ x ⎠ x 2 ⎝ x x⎠

2

( t )( t 4 t 3 t 2 t )

⇔ 2 −1 6 − 12 + 2 + 4 + 3 = 0 .

TH1:

TH2:

1 3

t = ⇒ x= 2 ⇒ y =− .

2 4

4 3 2

6t − 12t + 2t + 4t+ 3 = 0


⎛ 3 ⎞

; = ⎜2;

− ⎟

⎝ 4 ⎠ .

2 2

( t ) t ( t t)

3 3

⎛ 2 2⎞

1

⇔6⎜t

−t− ⎟ =− (vô lý)

⎝ 3⎠

3

d) Điều kiện: x+ y ≠ 1. Phương trình (2) tương đương:

( x 2 4y 2

)( x y 1) 2xy ( x y 1)

− + − + =− + − .

Phân tích nhân tử ta được: ( x y )( x 2 y 2 xy y )

+ 2 −1 −2 − + + 1 = 0.

TH1: x+ 2y− 1= 0 thay vào (1) dễ dàng tìm được:

2


10

⎛−1− 2 14 3 + 14 ⎞⎛2 14 −1 3−

14 ⎞

; = ; , ;

.

⎜ 5 5 ⎟⎜ 5 2 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

( xy)

TH2: Kết hợp với (1) ta có hệ mới:

Giải bằng cách:

2 2

⎧⎪

x −2y − xy + y + 1

⎨

.

2 2

⎪⎩ x + y + x=

3

( )( )

2

(1) (2) 3 4 0 1 3 4 0

PT −PT ⇔ y + xy + x − y − = ⇔ y + x + y − = .

Vậy nghiệm của hệ

⎛−1− 2 14 3 + 14 ⎞⎛2 14 −1 3− 14 ⎞⎛ 10 17 ⎞

⎜ 5 5 ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

5 2 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ 11 10 ⎠

( xy ; ) = ; , ; , − ; ,1;1,1; ( ) ( −1, ) ( −2; −1)

Ví dụ 7: Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực:

a)

b)

2 2

⎧ ⎪x + 2y + 2x+ 8y+ 6=

0

⎨

2

⎪⎩ x + xy + y + 4x

+ 1=

0

⎧ ⎪ x + xy + y − =

⎨

2

⎪⎩ y + xy + 5x

− 7=

0

2

2 2 5 0

Lời giải:

⎧x= u+

a

* Cách 1: Đặt ⎨ thay vào phương trình (1) của hệ ta có:

⎩y = v + b

2 2

( u+ a) + 2( v+ b) + 2( u+ a) + 8( v+ b) + 6 = 0

⇔

2 2 2 2

u v a u vb a b a b

+ 2 + 2( + 1) + 4 ( + 2) + + 2 + 2 + 8 + 6 = 0.

Ta mong muốn không có số hạng bậc nhất trong phương trình nên điều kiện là:

⎧x= u−1

Từ đó ta có các h đặt ẩn phụ như sau: Đặt ⎨ thay vào hệ ta có:

⎩y

= v − 2

2 2

⎧ u + v =

⎪

⎨

⎪⎩ u

2

2 3

+ uv = 2

đây là hệ đẳng cấp.

Từ hệ ta suy ra ( ) ( )

⎡u

= v

+ = + ⇔ + − = ⇔ ⎢

⎣u

= −4v

2 u 2 2v 2 3 u 2 uv u 2 3uv 4v

2 0

Công việc còn lại là khá đơn giản.

* Cách 2:Ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2).

+ 2 + 2 + 8 + 6+ ⎡

⎣ + + + 4 + 1⎤

⎦ = 0

2 2 2

x y x y k x xy y x

⇔ + + + + + + + + + =

2 2

(1 k) x (2 4 k ky) x 2 y 8 y ky k 6 0

Ta có

∆= + + − + + + + +

2 2

(2 4 k ky) 4( k 1)(2 y 8y ky k 6)

( )

2 2 2 2

= k −8k− 8 y + (4k −32k− 32) y+ 12k −12k− 20 .

⎧a

+ 1=

0

⎨

⎩b

+ 2 = 0

⎧a

= −1

⇔ ⎨

⎩b

= − 2


2

Ta mong muốn ∆ có dạng ( Ay + B)

⇔∆= 0 có nghiệm kép:

11

2

( ) ( )( )

⇔ 4k −32k−32 −4 k −8k−8 12k −12k− 20 = 0 ⇔ k =− .

2

2 2 2 3

Từ đó ta có cách giải như sau:

Lấy 2 lần phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) của hệ ta có:

( x 2 y 2 x y ) ( x 2 xy y x )

2 + 2 + 2 + 8 + 6 − 3 + + + 4 + 1 = 0

⇔ x 2 xy x y 2 y x 2 ( y ) x ( y 2 y )

− −3 − 8 + 4 + 13 + 9 = 0 ⇔ + 3 + 8 − 4 + 13 + 9 = 0

2 2

2 2

Ta có ∆= ( 3y+ 8) + 4( 4y + 13y+ 9) = 25y + 100y+ 100 = ( 5y+

10)

Từ đó tính được:

⎡ 3y+ 8 − (5y+

10)

⎢

x= =−y−1

2

⎢

⎢ 3y+ 8 + (5y+

10)

x= = 4y+

9

⎢⎣ 2

Phần việc còn lại là khá đơn giản.

b) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta thu được:

( ) ( )

2 2 2 2

2x + 2xy + y −5 − y + xy + 5x − 7 = 0 ⇔ 2x + y −5 x − y + y + 12 = 0

⎡ y + 1

x =

⇔ ⎢ 2 ⎢

⎣x=− y+

2

Nhận xét: Khi gặp các hệ phương trình dạng:

2 2

⎪⎧ ax

1

+ axy

2

+ ay

3

+ ax

4

+ ay

5

+ a6

= 0

⎨

2 2

⎪⎩ bx

1

+ bxy

2

+ by

3

+ bx

4

+ by

5

+ b6

= 0

+ Ta đặt x= u+ ay , = v+ bsau đó tìm điều kiện để phương trình không có số hạng bậc 1 hoặc không có

số hạng tự do .

+ Hoặc ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2) sau đó chọn k sao cho có thể biễu diễn được

x theo y . Để có được quan hệ này ta cần dựa vào tính chất. Phương trình

thành dạng:

2

( Ax + B) ⇔∆= 0

Đối với các hệ đại số bậc 3:

Ta có thể vận dụng các hướng giải

+ Biến đổi hệ để tạo thành các hằng đẳng thức

2

ax bx c

+ + biểu diễn được

+ Nhân các phương trình với một biểu thức đại số sau đó cộng các phương trình để tạo ra quan hệ tuyến

tính.

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực:

a)

b)

c)

3 2

⎧ ⎪x

+ xy =−

⎨

2 2

3 49

⎪⎩ x − 8xy + y = 8y −17x

3 3

⎧⎪

x − y =

⎨

2 2

35

⎪⎩ 2x + 3y = 4x−9y

3 2

⎪⎧ x + 3x y = 6xy −3x

−49

⎨

2 2

⎪⎩ x − 6xy + y = 10y −25x

−9


12

d)

( 3 + ) = 4

3

+ = ( + )( + + )

⎧⎪ xy x y

⎨

⎪⎩ 7x 11 3 x y x y 1 (1)

a) Phân tích: Ta viết lại hệ như sau:

Nhận thấy x = − 1 thì hệ trở thành:

Từ đó ta có lời giải như sau:

Lời giải:

3 2

⎧ + + =

⎪x

⎨

⎪⎩

3xy

49 0

+ 8( + 1) + + 17 = 0

2 2

y x y x x

⎧− ⎪ y + =

⎨

2

⎪⎩ y − 16 = 0

2

3 48 0

⇔ y =± 4

Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) của hệ ta có:

( )

3 2 2 2

x xy x xy y y x

+ 3 + 49 + 3 − 8 + − 8 + 17 = 0

2 2

( x ) ⎡ x y

⇔ + 1 ⎣( + 1) + 3( − 4) ⎤

⎦ = 0

Từ đó ta dễ dàng tìm được các nghiệm của hệ: ( xy ; ) = ( −1; 4 ), ( −1; − 4)

b) Làm tương tự như câu a

x+ 1 ⎡

⎣( x+ 1) + 3( y− 5) ⎤

⎦ = 0

Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) thì thu được: ( )

2 2

Từ đó dễ dàng tìm được các nghiệm của hệ.

c) Lấy phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) ta thu được:

3 3

( x− 2) = ( y+ 3) ⇔ x= y+

5

Thay vào phương trình (2) ta có:

2 2 2 ⎡ y = −3

2( y+ 5) + 3y = 4( y+ 5) −9y ⇔ 5y + 25y+ 30 = 0 ⇔ ⎢

⎣ y = −2

Vậy hệ phương trình có các nghiệm là: ( xy ; ) = ( 2; −3 ),( 3; − 2)

x−1 ⎡

⎣y − ( x+ 3) y+ x −x− 2⎤

⎦ = 0

d) Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được: ( )

2 2

Trường hợp 1: x = 1 hệ vô nghiệm

Trường hợp 2:

2 2

⎧⎪

y − ( x+ 3) y+ x −x− 2 = 0

⎨

3 2

⎪⎩ x + y = ( x − y)( xy −1)

Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được:

2 2

( ) ⎡

+ Nếu

+ Nếu

d).

2x+ 1 ⎣y −( x− 1) y+ x − x+ 2⎤

⎦ = 0

1 3±

3 5

x=− ⇒ y =

2 4

2 2

y x y x x

−( − 1) + − + 2 = 0 ta có hệ:

2 2

⎧⎪

y −( x− 1) y+ x − x+ 2 = 0

⎨

.

2 2

⎪⎩ y − ( x+ 3) y+ x −x− 2 = 0

Trừ hai phương trình cho nhau ta có: y = − 1 thay vào thì hệ vô nghiệm

KL: Nghiệm của hệ là: ( xy)

⎛ 1 3+ 3 5⎞⎛ 1 3−3 5⎞

; = ⎜

− ; , − ;

2 4 ⎟⎜ 2 4 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠


.

13

Ta có: (1) ⇔ 7x 3 + 3xy( 3x+ y) = 1+ 3( x+ y)( x+ y+

1)

( ) ( )( )

⇔ + + − − = + + + +

3

7x 3xy 4x 2y x y 1 3 x y x y 1

( ) ( ) ( )( )

⇔ + + + = + + + + + + + +

3 3 3 3

8x y 6xy 2x y x y 3xy x y 3 x y 1 x y 1

3

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

3 3 3

⇔ + = + + + + + + = + +

⇔ 2x+ y = x+ y+ 1⇔ x= 1.

Vậy hệ phương trình đã cho tương đương với:

A. Kiến thức

⎧ ⎪x = 1 ⎧x= 1 ⎧x=

1

⎨ ⇔ ⎨ ∨⎨

.

⎪⎩

y( y+ 3)

= 4 ⎩y = 1 ⎩y

= −4

Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ

Đề bài: Giải hệ phương trình có 2 ẩn số hoặc 3 ẩn số

Cách giải:

- Tìm điều kiện của ẩn số để phương trình có nghĩa

- Thực hiện một số phép biến đổi HPT đơn giản

- Đặt ẩn phụ: Ví dụ a= f ( x) , b=

g( x)

- Đặt (hoặc tìm) điều kiện của a và b

- Chuyển thành PHT với ẩn mới ab ,

- Giải HPT mới tìm ab ,

- Tìm xy ,


Điều kiện x≠0; y ≠ 0; x+ y ≠0

HPT

( x+

y)

⎧ 4

( x+ y)

− = 3

⎪ xy

⇔ ⎨

⎪ 6

( x+ y)

+ =−5

⎪ ⎩ x+

y

Bài 1: Chuyên Bình Định, năm học 2018

⎧ 4 4

x + y − − = 3

⎪ x y

⎨

⎪ 6

x + y + =− 5

⎪ ⎩ x+

y

Lời giải


14

Đặt a = x + y; b = xy ( a ≠0; a 2 ≥ 4b)

6

2 ⎡a

= −2

Từ ( 2) a 5 a 5a

6 0

⇒ + =− ⇔ + + = ⇔

a

⎢

⎣ a = −3

Phương trình (1):

+) TH1:

4a

a − = 3

b

8

2

a =−2

⇒ b= . Do a < 4b⇒ loại

5

+) TH2: a =−3⇒ b= 2. Ta có


⎪

- Nếu y = 0, HPT trở thành ⎨

⎪⎩

⎡ ⎧x

=−1

⎢⎨

⎧x+ y =−3

⎩y

= −2

⎨ ⇔ ⎢

⎩xy

= 2 ⎢⎧x

= −2

⎢⎨

⎢⎩ ⎣ y = − 1

Bài 2:

2

x 1 y( x y) 4y

( 1)

2

( x + 1)( x+ y− 2) = y ( 2)

⎧

⎪ + + + =

⎨

⎪⎩

2

⎧ x + =

1 0

2

( x )( x )

+ 1 − 2 = 0

Lời giải

(thỏa mãn).

(vô nghiệm)

- Nếu y ≠ 0 , chia cả hai vế của phương trình (1) và (2) cho y ta được:

2

⎧ x + 1 + + =

( x y)

4

⎪ y

⎨

2

⎪ x + 1

( x+ y− 2)

= 1

⎪

⎩ y

Đặt

(*)

2

x + 1

a = và b= x+ y−

2

y

Phương trình (*)

Từ đó ta có:

⎧a+ b= 2 ⎧a=

1

⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩ab

= 1 ⎩b

= 1

⎧x + 1= y ⎧y = x + 1

⎡ ⎧x

= 1

⎢⎨

y = 2

2

2 2

⎧ x + 1 = y ⎪ ⎪ ⎩

⎨ ⇔ ⎨ ⇔

2

⎨ ⇔ ⎢

2

3 ⎢ 2

⎩x+ y = ⎪⎩x + x+ 1= 3 ⎪⎩x + x− 2= 0 ⎧x

= −

⎢⎨

⎢⎩ ⎣ y = 5


{ }

Vậy HPT có hai nghiệm ( xy∈ ; ) ( 1; 2 ), ( − 2;5)

15


Điều kiện

⎧2x+ y ≠0

⎨

⎩3x−

y ≠0

Bài 3:

⎧ 4 1

⎪ + = 2 ( 1)

⎨2x+ y 3x−

y

⎪

⎩4x+ 12y = 7 2x+ y 3x−

y 2

( )( ) ( )

Lời giải

8 4

⇔ 82 + −43 − = 72 + 3 − ⇔ − = 7

3x− y 2x+

y

Phương trình (2) ( x y) ( x y) ( x y)( x y)

HPT

⎧ 4 1

+ = 2 ⎧ 1

⎪2x+ y 3x− y ⎪a

=

⇔ ⎨

⇔ ⎨ 4

⎪ 4 8

− + = 7 ⎪ b = 1

⎪

⎩

⎩ 2x+ y 3x−

y

⎧2x+ y = 4 ⎧x=

1

⎨

⎨

⎩3x− y = 1 ⎩y

= 2

Vậy ⇔ ( tm)

Vậy HPT có nghiệm duy nhất ( xy ; ) = ( 1; 2)


Điều kiện y ≠ 0

⎧ 2 1 x

x + + = 3

2

⎪ y y

⎨

⎪ 1 x

x + + = 3

⎪⎩ y y

Bài 4:

Lời giải

2

⎧ 2 1 x ⎧⎛ 3

1 ⎞ x

x + + =

2 ⎪ x

3 2

y y ⎜ + ⎟ − =

⎪ y y a b 3 1 x 2

PHT

⎪⎝ ⎠ ⎧ − = ⎛ ⎞

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎜a = x+ ; b= ; a ≥ 4 b⎟

⎪ 1 x 1

a b 3 b 3 a y y

x 3

x

+ = ⇒ = −

+ + = ⎪

⎩

⎝ ⎠

⎪

x + + = 3

⎩ y y ⎪

⎩ y y

⎡a

= 2 ⎡b

= 1

2 2

( )

( tm)

( )

⇒a − 3− a = 3⇔ a + a− 6= 0⇔ ⎢ ⇒⎢

⎣a = − 3 ⎢⎣ b = 6 ktm

Với

⎧x

= 1

⎧a

= 2 ⎪ ⎧x=

1

⎨ ⇒⎨1

⇔ ⎨

⎩b= 1 ⎪

= 1 y = 1

y

⎩

⎩


Vậy HPT có nghiệm duy nhất ( xy ; ) = ( 1;1)

16

Bài 5:

⎧

2 2 3

4xy + 4( x + y ) + = 7

2

⎪

( x+

y)

Giải hệ phương trình sau ⎨

⎪ 1

2x

+ = 3

⎪

⎩ x+

y

Lời giải

Điều kiện x+ y ≠ 0

HPT

⎧

2 2 3

3( x+ y) + ( x− y)

+ = 7

2

⎪

( x+

y)

⇔ ⎨

⎪ 1

( x+ y) + ( x− y)

+ = 3

⎪

⎩

x+

y

Đặt a = x+ y; b= x− y( a ≠ 0)

HPT

⎧ 2 2 3 ⎧ ⎛

3a

+ b + = 7

2

⎜ + ⎟ + =

⎪ a ⎪ a

⇔

⎝ ⎠

⎨ ⇔ ⎨

⎪ 1

a+ b+ = 3 ⎪ ⎛ 1 ⎞

a+ + b=

3

⎩⎪ a ⎪⎜ ⎟

⎩⎝ a ⎠

Đặt t a ( t )

Với

2

1 ⎞ 2

3 a b 13

2 2 ⎡t

= 2

( tm)

1 ⎧ 3t

+ b = 13

= + ≥2 ⇒ ⎢

⎨

⇔ 1

a ⎩t+ b= 3 ⎢t = − ktm

⎢⎣ 2

( )

1

⎧x+ y = 1 ⎧x=

1

t = 2⇒ b= 1⇒ a+ = 2⇒ a= 1⇒⎨

⇔ ⎨

a

⎩x− y = 1 ⎩y

= 0

Vậy HPT có nghiệm duy nhất ( xy ; ) = ( 1; 0)


Điều kiện:

Đặt

⎧2x+ y+ 1≥0

⎨

⎩x

+ y ≥ 0

( )

( 0)

Bài 6:

⎧⎪ 3x+ 2y

= 4

⎨

⎪⎩ 2x+ y+ 1− x+ y = 1

Lời giải

2

⎪

⎧ 2x+ y+ 1= a a≥0 ⎧ ⎪2x+ y+ 1=

a

⎨ ⇔ ⎨ ⇒ x+ y = a + b −

+ =

2

⎪⎩

x+ y= bb≥

⎩⎪x y b

2 2

3 2 1


17


2 2

⎧ a + b − =

Từ phương trình (2) ⇒ = + 1

( )

( )

⎪ 1 4 1

⎨

⎪⎩ a − b = 1 2

b+ 1 + b − 1=

4

a b , thay vào phương trình (1) ta có: ( ) 2 2

( )

( )

⎡ b = 1⇒ a = 2 tm

2

⎧2x+ y+ 1= 4 ⎧x=

2

⇔ 2b

+ 2b− 4= 0⇔ ⎢ ⇒⎨ ⇔ ⎨

⎢⎣ b =−2⇒ a =−1

ktm ⎩x+ y = 1 ⎩y

=−1

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( xy ; ) = ( 2; −1)

*) Chú ý: Nếu gặp dạng khó hơn, ví dụ:

Ta có thể đặt

⎧ ⎪a = 2x+ y+ 1 ⎧ ⎪2x+ y+ 1=

a

⎨ ⇒ ⎨ + =

2

⎩⎪

b= x+ y ⎩⎪x y b

⎧⎪ 4x+ 3y

= 5

⎨

⎪⎩ 2x+ y+ 1− x+ y = 1

Dùng phương pháp hệ số bất định để mới liên hệ giữa 4x+

3y với a và b

2 2 2 2

Ta có: 4 3 4 3 4 3 ( 2 1) ( )

2

x+ y+ p = ma + nb ⇔ x+ y = ma + nb − p ⇔ x+ y = m x+ y+ + n x+ y − p

⎧4= 2m+ n ⎧m=

1

⎪

⎪

⇔ ⎨m+ n= 3 ⇔ ⎨n= 2⇒ 4x+ 3y+ 1= a + 2b

⎪ − = 0 ⎪

⎩m p ⎩p

= 1


2 2

2 2

⎧ xy+ x+ y− =

⎪

⎨

⎪⎩

2 3 15 0

4 2 2

x y x y

Bài 7:

+ −2 −4 − 5=

0

Lời giải

*) Phân tích: Ta tìm cách biến đổi hệ phương trình về dạng

HPT

Đặt

2

( x )( y )

⎧ + 3 + 2 = 21

⎪

⇔ ⎨

2

2

2

⎪

⎩( x − 1) + ( y− 2)

= 10

2 2

a = x − 1; b= y−2 ⇒ x + 3 = a+ 4; y+ 2 = b + 4

Ta có HPT

( a 4)( b 4) 21 ⎧ ⎪ab + 4( a + b) = 5 ( 1)

⇔ ⎨

2 2

2

a + b = 10 ( a + b) − 2ab

= 10 ( 2)

⎧ ⎪ + + =

⎨

⎪⎩

2

Thế ab = 5− 4a ( a + b ) vào ( ) ( a b) ( a b )

⎪⎩

( ) [ ]

( ) . [ ]

⎪⎧ + =

⎨

⎪⎩ =


2 ⇒ + − 10 + 8 + = 10

18

2 ⎡a+ b=

2

⇔ ( a+ b) + 8( a+ b)

− 20 = 0 ⇔ ⎢

⎣a

+ b =− 10

+) TH1:

⎡a=−1⇒ b=

3

a + b = 2⇒ ab =−3⇒ ⎢

⎣a= 3⇒ b=−1

2

⎧a=− 1 ⎧x

− 1=−1

⎧x=

0

⎨ ⎨ ⎨

⎩b= 3 ⎩y

− 2=

3 ⎩y

= 5

+) Với ⇒

⇔ ( tm)

+) Với

⎧a

= ⎧x

− 1= 3 ⎧x

= 4 ⎧x= ±

⎨ ⇒⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩b=− 1 ⎩y− 2=− 1 ⎩y

= 1 ⎩y

= 1

2 2

3 2

+) TH2: a+ b = 10 làm tương tự TH1.


Phân tích: Đặt

2 2

⎧ + = +

Bài 8:


( )

x y 1 xy

1

⎪

2 2

⎨⎛ x ⎞ ⎛ y ⎞

⎪⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 1 2

⎩⎝ y+ 1⎠

⎝ x+

1⎠

Lời giải

2 2 2 2

x y x + y + x+ y x + y + x+

y

a= , b= ⇒ a+ b= = = 1

y + 1 x + 1 x + 1 y + 1 xy + x + y + 1

( )

( )( )

Giải: Ta có phương trình (1) ⇔ x 2 + y 2 + x+ y = ( x+ 1)( y + 1)

Điều kiện x≠−1; y ≠−1

( 1) ( 1) ( 1)( 1)

⇔ x x+ + y y+ = x+ y + , chia cả hai vế cho x + 1 ta được:

( + 1) + ( + 1)

( )( )

x x y y x y

= 1⇔ + = 1

x+ 1 y+ 1 y+ 1 x+

1

x y ⎧a+ b= 1 ⎡a = 0⇒ b=

1

= ; = ⇒⎨

⇒ + 1− = 1⇔

2 2

y+ 1 x+ 1

⎢

⎩a + b = 1

⎣a= 1⇒ b=

0

2

Đặt a b a ( a) 2

⎧ x

= 0

⎧a

= 0 ⎪

y + 1 ⎧x=

0

+) Với ⎨ ⇒⎨ ⇔ ⎨ (thỏa mãn)

⎩b= 1 ⎪ y

= 1

= 1

⎩y

⎪ ⎩ x + 1

⎧ x

= 1

⎧a

= 1 ⎪ y + 1 ⎧x=

1

+) Với ⎨ ⇒⎨ ⇔ ⎨ (thỏa mãn)

⎩b= 0 ⎪ y

= 0

= 0

⎩y

⎩⎪ x + 1

Vậy HPT có nghiệm ( xy ; ) = ( 0;1 ); ( xy ; ) = ( 1; 0)

19


Ta có: ( )

⎧ 2

+ + − =

2 2

x + 2x+ 6 = x+ 1 + 5 > 0, ∀x

Bài 9:

( )

( )

⎪ x 2x 6 y 1 1

⎨

2 2

⎪⎩ x + xy + y = 7 2

Lời giải

Phương trình (1) ⇔ x 2 + 2x+ 6 = y+ 1⇔ x 2 + 2x+ 6= y 2 + 2y+ 1 ( y >−1)

( )

2 2

⇔ − + − + =

x y 2 x y 5 0, ta được hệ phương trình mới:

( ) ( x y)( x y )

2 2

⎧ ⎧ − + + =−

⎪x − y + 2 x− y =−5

⎪

2 5

⎨

⇔ ⎨

2 2

2 2

⎪⎩

x + xy + y = 7 ⎪⎩

x + xy + y = 7

*) Nháp: Ta dùng phương pháp hệ số bất định để phân tích 2 + +

2

( x−

y ) 2

x xy y theo ( + ) 2

2 2

Ta có + + = ( + ) + ( − ) ⇔ + + = ( + ) + 2( − ) + ( + )

x xy y m x y n x y x xy y m n x m n xy m n y

2 2 2 2 2 2

⎧ 3

⎧m+ n= 1

m =

⎪

⎪ 4

3 1

⎨ 1 ⎨

⎪m− n=

1 4 4

⎩ 2

⎪ n =

⎪⎩ 4

( ) ( )

2 2

2 2

⇔ ⇔ ⇒ x + xy + y = x + y + x − y

Ta có lời giải tiếp: Ta có x + xy + y = ( x + y) + ( x − y )

Đặt

( 2) 5 ( 1)

⎧ b a+ =−

⎧x+ y = a ⎪

⎨ ⇒ ⎨3 2 1 2

⎩x− y = b ⎪ a + b = 7 2

⎩ 4 4

2 2 3 1

4 4

−5

a + 2

( )

Từ phương trình (1) ⇒ b= ( a+ ≠ )

2 0,

2 2

2 ⎛ − ⎞ 2 ⎛ − ⎞

2

2 2

thế vào phương trình (2) ta được:

3 1 5 5

7 3 28 3 2 25 28 2

4 a + ⎜ ⎟ = ⇔ + ⎜ ⎟ = ⇔ + + + = +

4⎝a+ 2⎠ a ⎝a+

2⎠

a a a

( ) ( )

2 2

4 3 2 2 4 3 2

3 12 12 25 28 112 112 3 12 16 112 87 0

⇔ a + a + a + = a = a+ ⇔ a + a − a − a − =

2 ⎡a

= 3⇒ b=−1

⇔( a− 3)( a+ 1)( 3a + 18a+ 29)

= 0 ⇔ ⎢

⎣a

=−1⇒ b=−5

+) TH1: Với

+) TH2: Với

⎧a= 3 ⎧x+ y = 3 ⎧x=

1

⎨ ⇒⎨ ⇔ ⎨

⎩b=−1 ⎩x− y =− 1 ⎩y

= 2

2

(vì 3a + 18a + 29 vô nghiệm)

(thay vào HPT thỏa mãn)

x y và


⎧a=− 1 ⎧x+ y =− 1 ⎧x=−3

⎨ ⇒⎨ ⇔ ⎨

⎩b=−5 ⎩x− y =− 5 ⎩y

= 2

(thay vào HPT thỏa mãn)

20

Vậy HPT có nghiệm ( ; ) = ( 1;2 ); ( ; ) = ( −3;2)

xy xy .


a)

b)

2 2

⎪⎧ 2x −2xy − y = 2

⎨

⎪⎩ x − x − xy − y + =

3 2 2 3

2 3 3 1 0

4 2 2

⎧⎪

x − 4x + y − 6y+ 9=

0

⎨

2 2

⎪⎩ xy+ x+ 2y− 22 = 0

a) Ta viết lại hệ phương trình thành:

2 2

⎪⎧ 3 x − ( x+ y) = 2

⎨

⎪⎩ + − + − =−

3 2 3 2

3x 3 xy ( x y) 3x

1

Đặt

2

a 3 x , b x y


Lời giải

2 2

⎧⎪

3 x − ( x+ y) = 2

⇔ ⎨

⎪⎩ + − + − =−

= = + ta thu được hệ phương trình:

Từ phương trình (1) suy ra

( ) ( )

a

2 3 2

3 x ( x y) ( x y) 3x

1

2

⎧ − =

⎪a

⇔ ⎨

⎪⎩

+ 2 − − + 2 =−1⇔ − 2 + 1= 0⇔ = 1⇒ = 3

2 3 2 2

b b b b b b b a

Khi

⎡ ⎧x

= 1

2

⎢⎨

⎧a

= 3 ⎧ x = 1 ⎩y

= 0

⎨ ⇒⎨ ⇔ ⎢

⎩b = 1 x y 1 ⎢

⎩ + = ⎧x

= −1

⎢⎨

⎣⎢⎩

y = 2

b 2

.

− − =−1

3

ab b a

Tóm lại hệ phương trình có 2 cặp nghiệm: ( xy ; ) = ( 1; 0 ), ( − 1; 2)

2

⎪( x ) ( y )

b) Ta viết lại hệ phương trình thành:

Đặt

2

a x b y


.

2

= b + 2 vào phương trình thứ hai của hệ ta thu được:

2

⎧

2

− + − =

⎨

⎩

2 3 4

2 2

⎪ xy+ x+ y− =

2 22 0

= − 2; = − 3 . Ta có hệ phương trình sau:

2 2 2 2 2

⎧a + b = 4 ⎧a + b = 4 ⎧( a+ b) − 2ab=

4

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩( a + 2)( b + 3) + a + 2 + 2( b + 3) = 22 ⎩ab + 4( a + b) = 8 ⎩ab + 4( a + b) = 8

⎡ ⎧a+ b=

2

2

⎢⎨

⎧ ( a+ b) + 8( a+ b) − 20= 0 ⎩ab

= 0

⇔ ⎨

⇔ ⎢

ab 4( a b) 8 ⎢

⎩ + + = ⎧a+ b=−10 ⎢⎨ ( L )

⎢⎩ ⎣ ab = 48

Xét

+ Nếu:

⎧a+ b= 2 ⎡a= 2, b=

0

⎨ ⇔

ab 0

⎢

⎩ = ⎣a = 0, b = 2

⎧ ⎪x

= ±

a = 0, b= 2 ⇒ ⎨

⎪⎩ y = 5

2

21

⎧x

= ± 2

+ Nếu a = 2, b= 0 ⇒ ⎨

⎩y

= 3

Tóm lại hệ có các cặp nghiệm: ( xy ; ) = ( 2;5 ),( − 2;5 ),( 2;3 ),( −2;3)


a)

b)

2 2

( x y )( x y 1) 25( y 1)

⎪⎧ + + + = +

⎨

2 2

⎪⎩ x + xy + 2y + x − 8y

= 9

⎧ 2 2 1 9

x + y + 6xy

− + = 0

2

⎪

( x−

y)

8

⎨

⎪ 1 5

2y

− + = 0

⎪

⎩ x−

y 4

a) Để ý rằng khi y = − 1 thì hệ vô nghiệm

Lời giải

2 2

( x y )( x y 1) 25( y 1)

⎧

⎪ + + + = +

Xét y ≠− 1. Ta viết lại hệ thành: ⎨

2 2

⎪⎩ x + y + x y+ + y+ = y+

Chia hai phương trình của hệ cho y + 1 ta thu được:

2

( 1) ( 1) 10( 1)

2 2

2 2

⎧ x + y

⎧ x + y

( )

( x y 1)

25

x y 1 25 + + =

⎪ + + = y 1

y 1

⎪ +

⎨ + ⇔ ⎨

.

2 2

⎪ 2 2

2

x y

x y x( y 1) ( y 1) 10( y 1

⎪ +

⎩ + + + + + = + )

+ ( x+ y+ 1)

= 10

⎪

⎩ y + 1

Đặt

x + y

y + 1

2 2

= ax ; + y+ 1=

b. Ta có:

2 2 ⎡x= 3; y = 1

⎧ab = 25 ⎪⎧

x + y = 5( y+

1)

⎨ ⇔ a= b= 5 ⇔ ⎨

⇔ ⎢

3 11 .

⎩a+ b= 10 ⎪⎩

x+ y = 4

⎢x=− ; y =

⎣ 2 2

Vậy hệ có nghiệm ( xy) ( )

b) Điều kiện: x≠ y.

Hệ đã cho tương đương:

⎛ 3 11⎞

; = 3;1 , ⎜ − ; ⎟

⎝ 2 2 ⎠ .

2

⎧ 2 2 1 9 ⎧

2

2( x y) ( y x)

0 ⎛ 1 ⎞ 25

+ − − − + =

2

2

( )

( )

0

8

⎪ x+ y − y x

y x ⎜ − + ⎟ + =

⎪ −

⎪ ⎝ y−

x⎠

8

⎨

⇔ ⎨

.

⎪⎛ 1 ⎞ 5 ⎛ 1 ⎞ 5

y− x+ + ( x+ y)

+ = 0

⎪

⎪⎜ ⎟ y− x+ + ( x+ y)

+ = 0

y x 4 ⎪⎜ ⎟

⎩⎝

− ⎠

⎩⎝ y−

x⎠

4

Đặt

1

x + y = ay ; − x + bb ; 2

y−

x

= ≥ hệ thành:


22

⎡⎧ 5

⎢⎪y

+ x =

⎨ 4

⎧ 5 ⎧ 5 ⎢

13 3

a b a ⎪y− x=− 2

⎡

+ =− = ⎢⎩ x= ; y = −

⎪ 4 ⎪ 4

⎢ 8 8

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎢

5

2 2 25 5

⎧ ⇔ ⎢

⎪ ⎢ y+ x= 7 3

2 a − b =− ⎪b=− ⎢

4 x= ; y =

⎪

8

⎢⎪

⎩

⎪⎩

2 ⎢

⎢⎨

⎣ 8 8

1

⎢⎪⎪ y − x =−

⎣⎩

2


⎛7 3 ⎞⎛13 3 ⎞

; = ⎜ ; ⎟⎜ , ; − ⎟

⎝8 8⎠⎝8 8⎠ .


a)

b)

⎧ 2 2

⎪x 17 − 4x + y 19 − 9y

= 3

⎨

2 2

⎪⎩ 17 − 4x + 19 − 9y = 10 −2x−3y

( )

2 2 2

⎧ x + x y − y + y+ =

⎪

4 1 0

⎨

2 2 3 3

⎪⎩

xy + x y + 1−( 4− x ) y = 0

a) Điều kiện:

Để ý

x

17 17 19 19

− ≤ x≤ ; − ≤ y≤ .

2 2 3 3

17 4

2

− x liên quan đến 2x và

tổng bình phương của chúng là những hằng số.

Đặt

Lời giải

17 4 , 19 9

2 2

− x y − y liên quan đến 3y và

2 2

2x+ 17 − 4 x = a;3x+ y 19 − 9y = b. Hệ đã cho tương đương:

⎧a+ b=

10

⎪

⎡a= 5; b=

5

2 2

⎨a

−17 b −19

⇔ ⎢ .

⎪ + = 3 ⎣a= 3; b=

7

⎩ 4 6

TH1:

TH2:

⎧⎡ 1

⎪⎢

x =

2

2

⎪

⎧2x+ 17 − 4x

= 5 ⎪⎢

⎨

⇔ ⎨⎣x

= 2 .

2

⎪⎩ 3y+ 19 − 9y

= 5 ⎪

⎪ 5 ± 13

y =

⎪⎩ 6

⎪

⎧ + − =

⎨

⎪⎩ + − =

2

2x

17 4x

3

2

3y

19 9y

7


(loại).

⎛1 5 + 13 ⎞⎛1 5 − 13 ⎞⎛ 5 + 13 ⎞⎛ 5 − 13 ⎞

; = ; , ; , 2; , 2;

.

⎜2 6 ⎟⎜2 6 ⎟⎜ 6 ⎟⎜ 6 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

( )

⎪⎧ x 2 + x y 2 + y+ 1=

4y

2

b) Ta viết lại hệ như sau: ⎨

⎪⎩ xy + x y + 1+ x y = 4y

2 2 3 3 3

19 − 9y


2

. Và

23

Ta thấy y = 0 không thỏa mãn hệ. Chia phương trình đầu cho

⎧ 2 y + 1

( x + x)

+ = 4

2

⎪ y

⎨ 2

⎪ x x

+ + + x =

2

⎪⎩ y y

3

1 4

⎧ 2 1 xy + 1

2 1

x

4

⎧

+ + =

2 x 2

2

y y + =

⎪

⎪ y

Viết lại hệ dưới dạng: ⎨

⇔ ⎨ .

⎪⎛ 2 1 ⎞⎛ xy + 1⎞

1

x + 4 x 2

2 = ⎪ + =

⎪⎜ ⎟⎜ ⎟

⎩ ⎝ y ⎠⎝ y ⎠ ⎪ ⎩ y

Đặt

1 1

, xy +

+ = = ta có hệ mới

y y

2

x a b

2

⎧a+ b=

4

⎨ ⇔ a = b=

2

⎩ab

= 4

2

⎧ 2 1 ⎧⎛

x + = 2

1⎞

2x

⎧ 1

2

⎪ y ⎜x

+ ⎟ − = 2

x + = 2

⎪ y y ⎪ y

⇔ ⎨ ⇔ ⎝ ⎠

⎨

⇔ ⎨ ⇔ x= y = 1

⎪ 1

x + = 2 ⎪ 1

x

x 2

⎪ = 1

⎪⎩ y ⎪

+ =

y

⎪

⎩

⎩ y

Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất x= y = 1


a)

b)

( ) ( )

2

( )

⎧

⎪

− − − + =−

⎨

4 2 2 2

⎪

⎩

5x − x −1 . y − 11x

=−5

4 3 2 2

6x x x y y 12 x 6

⎧ x 5y

+ = 4

2 2

⎪ x − y x+

y

⎨

2 2

⎪ x − 5y

5x+ y+ = 5

⎪⎩ xy

a) Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ.

Chia hai vế phương trình cho

2

x ta có:

Lời giải

2

⎧ 2 6 ⎛ 1⎞ 2

⎧ 1 1 2

6x x y y 12 0

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ −

2 ⎜ − ⎟ − − = 6 x x y y 0

x x

⎜ − ⎟ −⎜ − ⎟ − =

⎪ ⎝ ⎠

⎪ ⎝ x⎠ ⎝ x⎠

⎨

⇔

2 ⎨

.

2 2

⎪ 2 5 ⎛ 1⎞ 2 1 1 2

5x + − x− y − 11 = 0

⎪ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎪

2 ⎜ ⎟ 5 x− − x− y − 1=

0

x x

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎩ ⎝ ⎠

⎪

⎩ ⎝ x⎠ ⎝ x⎠

1

⎧⎪

− − =

Đặt x− = a. Hệ thành: ⎨

x

⎪⎩ − − =

Chia hai vế cho

2

a và đặt

2 2

6a ay y 0

2 2 2

5a

ay 1 0

1

y + X, y Y

a

= a

= giải ra ta được

.

2

y , phương trình thứ 2 cho

3

y ta được:


24

⎡ ⎧ 1 1 ⎡⎧ 1±

17

⎢⎪x

− = ⎢⎪ x =

⎨ x 2 4

1

⎢

⎡

⎢

⎨

a = , y = 1 y 1 ⎪

⎢⎩

⎪ = ⎢⎩y

= 1

⇔ ⎢ 2 ⇔ ⇔ ⎢

⎢ ⎢

1

a 1, y 2

⎧

x 1 ⎢⎧ 1±

5

⎣ = = ⎢⎪ − = x =

⎢⎨ x ⎢ ⎪ ⎨ 2

⎢⎪

⎢

⎣⎩y

= 2 ⎪

⎢⎩ ⎣ y = 2


b). Điều kiện:

⎛1± 17 ⎞⎛1±

5 ⎞

; = ;1 , ;2

.

⎜ 4 ⎟⎜ 2 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

xy , 0; x y;

y x

2 2

≠ ≠− ≠ .


Đặt

2 2

x − y x+

y

= a,

= b.

x x

Hệ thành:

x 2 2

5

5 y 5 x + y 5. x −

y+ + x− = ⇔ + y = 5

y x x x

⎡ 3

⎢

x=− , y = 3

2

⎧1 5 2

4 1 5

⎧2( x y)

x ⎢

⎪ + =

⎪ − =

1

a b a , b ⎢

⎨ ⇔ = = ⇔ ⎨

⇔ x= 1, y = .

2 2

2

2( ) 5

2

b 5a

5

x+ y = y ⎢

⎩

⎪ + = ⎪⎩ ⎢

⎢

3 3

x= , y =

⎢⎣ 2 2



a)

( xy ) ( x y)

2 2

⎧ + + + =

3 8

⎪

⎨ x y 1

⎪ + =−

2 2

⎩ x + 1 y + 1 4

a) Triển khai phương trình (1)

(1)

⎛ 3 ⎞⎛ 1⎞⎛3 3⎞

; = ⎜ − ; 3 ⎟⎜ , 1; ⎟⎜ , ; ⎟

⎝ 2 ⎠⎝ 2⎠⎝2 2⎠ .

⎧ y 2x

9x+ + 2 y+ = 4

⎪ x y

b) ⎨ ⎪ ⎛ 2x

⎞ y

⎪⎜ −1 ⎛ 9 ⎞ 18

2 ⎟⎜ − =

2 ⎟

⎩⎝ y ⎠⎝ x ⎠

Lời giải

⇔ + + + + + = ⇔ + + + =−

2 2 2 2 2 2 2 2

x y 6xy 9 x 2xy y 8 x y x y 1 8xy

2 2

( )( )

⇔ x + 1 y + 1 =− 8xy

.

Nhận thấy x= 0, y = 0 không là nghiệm của hệ.

Phương trình (1) khi đó là:

2 2

x + 1 y + 1

. = − 8 .

x y

x y

Đặt = a;

= b. Hệ đã cho tương đương với:

2 2

x + 1 y + 1


25

⎡⎧ 1 ⎡⎧ x 1

a

= −

2

⎢⎪

= − ⎢⎪

⎪ 2 x + 1 2

⎢⎨ ⎢ ⎪ ⎨

1

1

1 1 y ⎡ x =−

⎧ ⎢

⎧⎪

a b ⎪ ⎢

b ⎪ =

2

⎢⎨

+ =− =

⎪ 4 ⎢ ⎪⎩ 4

⎢⎪

⎩y

+ 1 4 ⎢⎪⎩y

= 2±

3

⎨ ⇔ ⎢ ⇔ ⎢

⇔

1

⎢

.

⎪

1 ⎢ x 1

= − 8 ⎢⎧ ⎧ ⎧

a = = ⎢⎪x

= 2+±

3

⎪

2

⎩ ab ⎢⎪⎪

4

⎢

⎪

x + 1 4 ⎢⎨

⎢⎨

⎢

y 1

1

⎨

⎣⎪⎩

= −

⎢⎪

y 1

b = − ⎢ ⎪ = −

2

⎣⎢⎩ ⎪ 2 ⎢

⎣⎪⎩

y + 1 2

Vậy hệ có nghiệm ( ; ) ( 1; 2 3 ), ( 1; 2 3 ), ( 2 3; 1 ), ( 2 3; 1)

b) Phương trình (2) tương đương:

( )( )

xy = − − − + − − + − .

2 2 2 2 2 2 3 3

2 − − 9 = 18 ⇔ 9 + 18 + = 2

x y y x xy xy x y xy

2 2 3 3 2 2

9xy + 18x + y 18x y

⇔ = 2⇔ 9xy

+ + + 2=

4

xy y x

⎛ 2x⎞ y⎛ 2x⎞ ⎛ y⎞⎛ 2x⎞

⇔ 9x⎜y+ ⎟+ ⎜y+ ⎟= 4⇔ ⎜9x+ ⎟⎜y+ ⎟=

4.

⎝ y ⎠ x⎝ y ⎠ ⎝ x⎠⎝ y ⎠

Đặt

⎛ y⎞

⎛ 2x⎞

a = ⎜9 x+ ⎟;

b= ⎜y+

⎟. Hệ thành:

⎝ x⎠ ⎝ y ⎠

⎧ y

9x

+ = 4

2

⎧a+ 2b= 4 ⎪ x ⎪⎧

9x + y = 4x

⎨ ⇔ a= 2; b= 1 ⇔ ⎨ ⇔

2

2

ab 2 x

⎨

⎩ = ⎪ y + = 1 ⎪⎩

y + 2x=

y

⎪⎩ y

2

⎧

⎪

y = 4x−

9x

⎨

⎪⎩ ( 4x− 9x ) + 2x= 4x−9x

2

2

2


⎛1 1⎞

; = ⎜ ; ⎟

⎝9 3⎠ .


a)

2 2

⎪

⎧ x x + 6+ y x + 3 = 7xy

⎨

2 2 2 2

⎪⎩ x x + 3+ y y + 6 = x + y + 2

Giải hệ:.

Hệ phương trình tương đương với :

(

2

) (

2

)

x( 2

x x) y( 2

y y)

⎡x=

0( L)

⇔ ⎢

1 1.

⎢ x= ⇒ y =

⎣ 9 3

b)

⎧ ⎪2xy+ y = 2x+

x

⎨

⎪⎩

2 3 4 6

( x+ 2) y+ 1= ( x+

1)

Lời giải


2

2

( x 3 x)

⎧

2

+ +

⎧ x y + 6+ y + y x + 3+ x = 9xy

y + 6 + y

⎪

⎪ + = 9

⎨

⇔ ⎨ y

x

⎪ + 3− + + 6− = 2 ⎪

2 2

⎩ ⎪x( x + 3− x) + y( y + 6− y)

= 2

⎩

26

⎧

6 3

+ = 9

2 2

⎪ y( y + 6− y) x( x + 3−x

⇔ ⎨

)

⎪

2 2

⎪x( x + − x) + y( y + − y)

=

⎩

2 2

Đặt ( 3 ) ; ( 6 )

3 6 2

x x+ − x = ay y + − y = b.

Hệ thành:

TH1:

TH2:

⎧ 1

⎧ 6 3 a = ; b = 1

⎪ + = 9 ⎪ 2

⎨b

a ⇔ ⎨ .

⎪

2 4

⎩a+ b= 1 ⎪a= ; b=

⎪⎩ 3 3

(

2

)

(

2

)

⎧ x x + 3− x = 1 ⎧x

= 1

⎪

⎪

⎨ ⇔ ⎨ 1 .

⎪y y + 6− y = 1 ⎪y

=

⎩

⎩ 2

(

2

3 )

(

2

)

⎧ 2 ⎧ 2

x x + − x = x =

⎪

3 ⎪ 15

⎨

⇔ ⎨ .

⎪

4

y y + 6 − y = ⎪ 2

y = 2

⎪⎩

3 ⎪⎩

15


⎛ 1⎞

⎛ 2 2 ⎞

; = ⎜1; ⎟, ; 2

.

⎝ 2 ⎠

⎜ 15 15 ⎟

⎝ ⎠


27

Phương pháp 3: Dùng hẳng đẳng thức

1. Phương pháp dùng hằng đẳng thức:

3.1 Phương pháp:

Điểm mấu chốt khi giải hệ bằng phương pháp là biến đổi theo các hằng đẳng thức:

3.2 Một số ví dụ:

Ta xét các ví dụ sau:


a)

( )

⎧⎪

3−x 2−x −2y 2y− 1=

0

⎨

3

⎪⎩ x+ 2+ 2 y+ 2 = 5

a) Điều kiện:

b)

⎧ ⎪2xy+ y = 2x+

x

⎨

⎪⎩

2 3 4 6

( x+ 2) y+ 1= ( x+

1)

Lời giải

1

x≤2,

y≥ . Phương trình (1) tương đương:

2

( ) ( )

2−x 2− x + 2− x = 2y−1 2y− 1+ 2y−

1

Đặt a= 2 − xb , = 2y− 1. Ta có phương trình:

2 2

2 2 ⎛ b⎞

3b

3 3

a a b b

a + ab + b + 1= ⎜a

+ ⎟ + + 1>

0 suy ra phương trình cho ta a = b

⎝ 2⎠

4


2

⇔ − + + + 1 = 0. Do

+ = + ( a b)( a 2 ab b

2

)

2y− 1= 2−x ⇔ x= 3− 2y

thay vào ta có: 3 5− 2y

+ 2 y+ 2 = 5⇔Đặt a= 3

5− 2 yb ; = y+ 2 ta

có hệ phương trình sau:

⎡

⎢ a= 1; b=

2

⎢

⎧a+ 2b=

5 ⎢ −3 − 65 23 + 65

⎨ ⇔ a ; b

3 2

a 2b

9 ⎢

= =

⎩ + =

4 8

⎢

⎢ 65 −3 23 − 65

a = ; b=

⎢⎣ 4 8

Vậy hệ có nghiệm

( xy) ( )

⎡

⎢ y = 2

⎢

233+

23 65

⇔

⎢

⎢

y =

.

32

⎢

⎢ 233−

23 65

y =

⎢⎣ 32

⎛23 65 −185 233 − 23 65 ⎞⎛ 23 65 + 185 233 + 23 65 ⎞

; = −1; 2 , ⎜

; , −

;

16 32 ⎟⎜ 16 32 ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

b) Điều kiện: y ≥− 1.

Ta viết lại phương trình (1) thành: y 3 x 6 x 2 ( y x

2

)

2

2 2 2 4 2

⎡ y = x

⇔( y − x )( y + yx + x + 2x

) = 0⇔ ⎢

⎣x= y = 0

Dễ thấy x= y = 0 không phải là nghiệm. Khi y

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

2

= x thay vào (2) ta được:

⎡

2 2 2 2 4 x= 3, y = 3

+ + = + ⇒ + + = + ⇔ ⎢

⎢⎣ x=− 3, y = 3

(thỏa mãn). Vậy hệ có nghiệm ( ; ) ( 3;3)


xy = ± .

− + 2 − = 0

1

a)

b)

5 4 10 6

⎧ ⎪x + xy = y + y

⎨

⎪⎩ x+ + y + =

2

4 5 8 6

( )

3 2 3

⎧

⎪2x − 4x + 3x− 1= 2x 2− y 3−2y

⎨

3

⎪⎩ x+ 2 = 14 −x 3− 2y

+ 1

a) Điều kiện:

5

x ≥− .

4

Lời giải

Ta thấy y = 0 không là nghiệm của hệ. chia hai vế của (1) cho

5

⎛ x⎞ x + =

5

y +

⎜ ⎟

⎝ y⎠

y

y. Đặt

( )( )

5

y ta được:

x

a = ta có phương trình:

y

a − y a + a y + a y + ay + 1 = 0⇔ y = a ⇔ x = y

4 3 2 2 3 2

4x+ 5+ x+ 8 = 6⇔ x= 1⇒ y =± 1. Từ đó tính được y = ± 1

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ; ) ( 1; 1)

b) Điều kiện:

Chia phương trình (1) cho

xy = ± .

3

x≥−2;

y≤ .Ta thấy khi x = 0 thì hệ không có nghiệm.

2

2

x ≠ 0 :

4 3 1

1 ⇔ 2− + − = 4−2 3−

2y

2 3

x x x

( ) ( y)

3

( y)

⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞

3

⇔⎜1− ⎟ + ⎜1− ⎟= 3− 2 + 3−2y

.

⎝ x⎠ ⎝ x⎠

Đặt

1

a= 1 − , b= 3− 2y

. Ta có

x


1

+ = + ⇒ a = b ⇔ 3− 2y

= 1− .

x

3 3

a a b b

x+ − − x = ⇔ x+ = −x ⇔ x + x + x− = .

3 3

3 2

2 15 1 1 15 3 4 14 0

111

⎛ 111⎞

⇔ x= 7 ⇒ y = . Vậy hệ có nghiệm ( xy ; ) = ⎜ 7; ⎟

98

⎝ 98 ⎠ .


a)

⎧⎪ (17 −3 x) 5 − x + (3y−14) 4 − y = 0

⎨

⎪⎩ +

2

2 2x+ y+ 5 + 3 3x+ 2y+ 11 = x + 6x

13

⎧

⎪x x+ y + x+ y = y y +

b) ⎨

2 2

⎪x y 5x 7

3

⎩ − + ( x + y)

− 4= 6 xy − x + 1

3

( ) 2 ( 2 1)

⎧x

≤ 5

⎪y

≤ 4

a) Điều kiện: ⎨

⎪2x+ y+

5≥

0

⎪

⎩3x+

2y+

11 ≥ 0

Lời giải

(1)

(2)

5 5

a a y y

+ = + suy ra


2

Biến đổi phương trình (1) ta có: ( ) ( )

3 3 2 2

ta có” ( )( )

⎡⎣35 − x + 2⎤⎦ 5 − x = ⎡⎣34 − y + 2⎤⎦ 4 − y Đặt a= 5 − xb , = 4−

y

3a + 2a = 3b + 2b ⇔ a − b 3a + 3ab + 3b + 2 = 0⇔ a = b

⇔ 5− x = 4− y ⇔ y = x−

1

Thay vào (2) ta có:

+ 6 + 13 = 2 3 + 4 + 3 5 + 9 (4)

2

x x x x

Điều kiện xác định của phương trình (4) là:

4

x ≥−

3

( ) ( )

⇔ x + x+ x+ − x+ + x+ − x+ =

2

(4) 2 2 3 4 3 3 5 9 0

( x 2 + x) ( x 2 + x)

2 3

2

⇔ x + x+ + = 0

x+ 2+ 3x+ 4 x+ 3+ 5x+

9

2 ⎛ 2 3 ⎞

⇔ ( x + x)

⎜1+ + ⎟=

0

⎝ x+ 2+ 3x+ 4 x+ 3+ 5x+

9 ⎠

2

⎡ x + x=

0

⇔

⎢

⎢ 2 3

1 + + = 0

⎣⎢ x+ 2+ 3x+ 4 x+ 3+ 5x+

9

(*)

x

Ta có

2

+ x=

0

⎡x= 0⇒ y =−1

⇒ ⎢⎣

x=−1⇒ y =−2

2 3

1+ + > 0 do điều kiện

x+ 2+ 3x+ 4 x+ 3+ 5x+

9

Kết luận: ( xy ; ) = ( 0; −1 ),( −1; − 2)

b) Điều kiện: y≥ 0, x+ y≥ 0 .

Nhận thấy y = 0 thì hệ vô nghiệm. Ta xét khi y > 0

Từ phương trình (1) ta sử dụng phương pháp liên hợp:

2 2

PT(1) x xy 2y 2y x y ( x y)( x 2y)

⇔ + − = − + ⇔ − + =

4

x ≥−

3

( x−

y)

2y + x+

y

−1

Rõ ràng x+ 2y = x+ y+ y > 0; < 0 , từ đó suy ra x= y.

2y + x+

y


3 2 3

x x x x 2 x

− 5 + 14 − 4 = 6 − + 1 .

Biến đổi phương trình đã cho tương đương:

+ 3 + 6 + 4= 8 − 8 + 8+ 3 8 − 8 + 8

3 2 2 3

x x x x x x 2 x

( ) ( )

3 2 3 2

⇔ x+ 1 + 3 x+ 1 = 8x − 8x+ 8+ 3 8x − 8x+ 8.

Đặt

a x b x x

3 2

= + 1, = 8 − 8 + 8 suy ra

x x x x y

3 2

+ 1 = 8 − 8 + 8 ⇔ = 1; = 1.

Vậy hệ có nghiệm ( ; ) ( 1;1)

xy = .


−

3 3

a 3a b 3b

2 2

+ = + ( )( )

⇔ a− b a + ab+ b + 3 = 0⇔ a=

b

Dạng 4: Phương pháp phân tích thành nhân tử để giải hệ phương trình

3

A. Kiến thức


( xy)

( )

⎧⎪ f , = 0

⎨

⎪⎩ g xy , = 0

+ Phân tích 1 trong 2 phương trình trên, hoặc tổ hợp của 2 phương trình trên thành nhân tử

(kết hợp cả 2 phương trình để tạo ra phương trình mới)

Giả sử: f( xy , ) = f( xy , ). f( xy , )

1 2

Thông thường f( xy ) và f( xy ) là hàm số bậc nhất hoặc bậc hai.

1

,

2

,

Ví dụ: ( ) ( ) ( )

f xy , = ax+ by+ cf ; xy , = x+ y; f xy , = x−

y;.....

1 1 1

( )

2 2

f x y = ax + bxy + cy + d

2

,

+ HPT đã cho

( xy)

( )

⎧⎪ f1 , = 0

⇔ ⎨

⎪⎩ g xy , = 0

hoặc

( xy)

( )

⎧⎪ f2 , = 0

⇔ ⎨

⎪⎩ g xy , = 0

*) Chú ý: Dạng toán này ta có thể sử dụng Delta để phân tích đa thức thành nhân tử:


2

( 3 ) 4( 2)

⎧⎪

x x− y = y +

⎨

⎪⎩ ( xy − 4)( x + y)

= 8

Bài 1:

Lời giải

2 2 2 2

Ta có phương trình (1) x xy y x xy y ( x y)( x y )

⇔ − 3 = 4 + 8⇔ −3 −4 − 8= 0⇔ + − 4 = 8

Vậy ( x y)( x y) ( xy )( x y) ( x y)( x y xy )

+ − 4 = − 4 + ⇔ + −4 − + 4 = 0

( )

( )

( tm )

⎡ x = −y ktm

⎢

⇔ ( x + y)( 1− y)( x + 4)

= 0⇔ ⎢ y = 1 tm

⎢

⎣x

= −4

Xét 2 trường hợp và tìm được nghiệm của hệ phương trình.



⎧ 1 1

⎪x

− = y −

⎨ x y

⎪ ⎩ = +

( 1)

( )

3

2y

x 1 2

Bài 1:

Lời giải


4

⎛

1 1 1 ⎞ ⎛

0 1 1 ⎞

⇔ − −⎜ − ⎟= ⇔ − ⎜ + ⎟=

0

⎝ x y ⎠ ⎝ xy ⎠

Phương trình ( ) ( x y) ( x y)

2 3 3

+ TH1: x− y = 0 ⇔ x= y, thay vào phương trình (2) ta được:

⎡x

= 1

2

⇔( x− 1)( x + x− 1)

= 0⇔ ⎢

⎢ − 1±

5

x =

⎢⎣ 2

1 − 1

xy

x

2x = x + 1⇔ x − 2x+ 1=

0

+ TH2: 1+ = 0 ⇔ y= ( xy , ≠ 0)

, thay vào phương trình (2) ta được:

2 2

3 4 2

x x x x x x

− 2 1 1 3

= + 1( ≠0)

⇔ + + 2= 0⇔ ⎛ ⎜ − ⎞ ⎟ + ⎛ ⎜ + ⎞

⎟ + = 0

x

⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠

2


Bài 2: Chuyên TPHN, năm học 2018

2 2

⎧y − xy = x − x +

⎪

⎨

⎪⎩

2 3 2

y x x x

( )

( )

2 8 6 1 1

= + 8 − + 1 2

Lời giải

(vô nghiệm).

2 2 2

2 2

Ta có (1) x xy y x x ( x y) ( x ) ( x y )( x y )

⇔ − 2 + = 9 − 6 + 1⇔ − = 3 −1 ⇔ −2 − + 1 4 − − 1 = 0

+ TH1: −2x− y+ 1= 0⇔ y =− 2x+ 1, thay vào phương trình (2) ta được

⎡x= 0 ⎡y

= 1

− 2x+ 1 = x + 8x − x+ 1⇔ x + 4x + 4x= 0⇔ x x + 4x+ 3 = 0⇔ ⎢

x 1

⎢

⎢

=− ⇒

⎢

y = 3

⎢⎣x=− 3 ⎢⎣y

= 7

2 3 2 3 2 2

( ) ( )

+ TH2: y = 4x− 1, thay vào phương trình (2) ta được

⎡x= 0 ⎡y

= −1

4x− 1 = x + 8x − x+ 1⇔ x − 8x + 7x= 0⇔ ⎢

x 1

⎢

⎢

= ⇒

⎢

y = 3

⎢⎣x= 7 ⎢⎣y

= 27

( ) 2 3 2 3 2


Ta có ( ) ( )

Bài 3: Chuyên Trần Phú Hải Phòng, năm học 2013

2 2

1 ⇔ y − x+ 3 y+ 2− 2x

= 0

( )

( )

2 2

⎧ ⎪2x + xy = y − 3y

+ 2 1

⎨

2 2

⎪⎩ x − y = 4 2

( 3) 2 4( 2 2 ) 2 ( 3 1)

2 ⎡ y = −x

∆

y

= x+ − − x = x+ ⇒ ⎢

⎣ y = 2x+

2

Lời giải


+ ( ) 2

y x x x x x

2 2

=− + 1⇒ − − + 1 = 3⇔ 3 + 8 + 7= 0 (phương trình vô nghiệm).

5

Cách khác: Ta có ( ) ( y x )( y x )

1 ⇔ + −1 −2 − 2 = 0⇒ xét 2 trường hợp.



⎧ 1 1

⎪x

− y

3 = −

3

⎨ x y

⎪ ⎩ − − + =−

Bài 4:

( 1)

( x 4y)( 2x y 4) 36 ( 2)

Lời giải

2 2

⎛ 1 1 ⎞ ⎛ x + xy + y ⎞

⎜ 3 3 ⎟

⎜

3 3 ⎟

⎝ x y ⎠ ⎝ xy ⎠

Ta có ( 1) ⇔( x− y) − + = 0⇔( x− y) 1+ = 0 (*)

= =

⎢

⎣x=− 6

⎢

⎣y

=−6

2 ⎡x

2 ⎡y

2

+ TH1: x= y,

thay vào (2) ta được −x

− 4x+ 12 = 0 ⇔ ⇒

2 2

x + xy + y

+ TH2: 1+ = 0. Ta có

3 3

xy

3 3

⇒ x y < ⇒ xy <

0 0

2

2 2 ⎛ y ⎞ 3 2

x + xy + y = ⎜x + ⎟ + y > 0, ∀x, y ≠0

⎝ 2⎠

4

2 2

Phương trình (2): ( )( ) ( ) ( )

≥0 ≥0

x −4y 2x − y + 4 =−36 ⇔ 2 x + 2x + 4 y − 4y + 36 − 9xy

= 0

2 2

( x ) ( y )

xy ( ) ( ) vô nghiệm.

⇔ 2 + 1 + 4 − 2 + 18− 9 = 0 ** ⇒ **

{ }

Vậy ( xy∈ ; ) ( 2; 2 ); ( −6; −6)


> 0

Bài 5: HSG TPHN, năm học 2011

2 2

⎧ x + xy + x − y − y =

⎪

⎨

⎪⎩

2 2

x y x y

( )

( )

2 0 1

− + + = 6 2

Lời giải

2 2

Phân tích: Ta có phương trình ( ) x ( y ) x ( y y )

2 2

( ) ( ) ( )

2 2

1: + + 1 − 2 + = 0

∆= y+ 1 + 4 2y + y = 9y + 6y+ 1= 3y+ 1 ⇒ ∆= 3y

+ 1

( y )

⎡ −y−1− 3y+

1 ⎡ −y−1− 3 + 1

⎢ x= ⎢x=

2 2 ⎡x=−2y−1

⇒⎢

⇔ ⎢

⇔

1 3 1 1 ( 3 1)

⎢

⎢ −y− + y+ ⎢ x=−y− + y+

⎣x=

y

⎢x

= ⎢

⎣ 2 ⎣ 2

Với hướng phân tích trên ta có lời giải:


2 2

HPT x xy y ( x y) ( x y)( x y) ( x y )

⇔ + − 2 + − = 0⇔ − + 2 + − = 0

6

⎡x=

y

− + 2 + 1 = 0⇔ ⎢

⎣x=−2y−1

( x y)( x y )

+) TH1: x=

y thay vào phương trình (2) ta được: 2x= 6⇔ x= 3⇒ y = 3

+) TH2: x=−2y −1

tương tự như TH1.


Ta có ( ) ( )

Bài 6: Đại học khối D, năm học 2012


( )

( )

⎧⎪ xy + x − 2=

0 1

⎨

3 2 2 2

⎪⎩ 2x − x y + x + y −2xy − y = 0 2

2 2 3

2 2 1 2 0

⇔ y − x + x+ y+ x + x =

Lời giải

( )

⎤

( ) ( )

2 2

2 3 4 2 3 2 2 2

∆ = ⎡ + 1 − 4 2 + = + 4 + 1−4 − 2 + 4 = − + 2 + 1 ⇒ ∆ = − + 2 + 1

⎢⎣

x y ⎥⎦

x x x x x x x x x x x

2 2

( x 2x 1) ( x 2x

1)

⎡ + + − − + +

⎢ y =

2

⎢

2

⎡ y = x

⇒

⇔

⎢ ⎢

2 2

( x + 2x+ 1) + ( − x + 2x+ 1)

⎣ y = 2x+

1

⎢ y =

⎢⎣

2

+) TH1:

2

3

y = x thay vào phương trình (1) ta được:

2

( )( )

⇔ x− 1 x + x+ 2 = 0⇔ x= 1⇒ y = 1

+) TH2: y = 2x + 1 thay vào phương trình (1) ta được:

⎡ −1−

5

⎢x= ⇒ y

2

x + x+ x− = ⇔ x + x− = ⇔ ⎢

⎢ − 1+

5

⎢x

= ⇒

⎣ 2

2 2

2 2 0 1 0


.

x + x − 2=

0

Bài 7: Đại học khối A, năm học 2011

( ) ( )

⎧

⎪

x y − xy + y − x + y =

⎨

⎪⎩

xy x y x y

2 2 3

5 4 3 2 0 1

2 2

2

( + ) + 2= ( + ) ( 2)

Lời giải

2 2 2 2 2 2

Ta có phương trình (2) xy ( x y ) ( x y ) xy ( xy )( x y ) ( xy )

⎡xy

= 1

1− 2− − = 0⇔ ⎢ 2 2

⎣x

+ y = 2

2 2

( xy)( x y )

⇔ + + 2− + − 2 = 0⇔ − 1 + + 21− = 0

1

+) TH1: xy = 1⇒ y = . Thay vào phương trình (1) ta được:

x

7

4 3 ⎛ 1⎞

( ) 2 ⎡x= 1⇒ y = 1

x− + − ⎜ + ⎟⇔ x − x + = ⇔ x − = ⇔

x x

⎢

⎝ x⎠ ⎣x=−1⇒ y =−1

4 2 2

5 2 2 3 6 3 0 1 0

3

+) TH2:

2 2

2 2 3 2 2

x + y =2 . Thay vào phương trình (1) ta được: x y xy y ( x y )( x y )

( )( )

3 2 2 3 2 2

⇔− x + x y − xy + y = ⇔ x −y − x + xy − y =

4 5 2 0 3 2 0

⎡x= y⇒ x= y =± 1

⇔( x− y)( x− y)( − x+ 2y) = 0⇔ ⎢

⎢ 2

2

x= 2y⇒ 5y = 2⇒ y =±

⎢⎣

5

Kiểm tra và kết luận nghiệm của hệ phương trình.


Hệ phương trình

( ) ( )

Bài 8:

⎧⎪

x x− 2 + y 7y− 2 = 0

⎨

2 2

⎪⎩ x + y + 8xy −x − 4y

+ 1=

0

Lời giải

( ) ( )

2 2

⎧⎪x x− 2 + y 7y− 2 = 0 ⎪⎧ x + 7y −2x− 2y

= 0

⎨

⇔ ⎨

2 2

2 2

⎪⎩

x + y + 8xy −x − 4y

+ 1= 0 ⎪⎩

x + y + 8xy −x − 4y

+ 1=

0

5 − 4 + 3 − + + = 0

2 2

2

Cộng vế tương ứng ta được: x y xy ( x y) ( x y) ( x y )

⎡x= 1−

2y

⇔ ( x+ 2y− 1)( 2x+ 4y− 1)

= 0⇔ ⎢

⎢

1

x= − 2 y

⎣ 2

+) TH1: = 1−

2

2 + 8 + 8 − 3 + 2 + 1= 0⇔ 2 + 2 − 3 + 2 + 1=

0

2 2

x y thế vào phương trình (1) ta được: ( ) ( )

1− 2y + 7y −2 1−2y − 2y

= 0

2

⇔11y −2y − 1 = 0. Giải phương trình tìm được y sau đó tìm được x .

+) TH2:

I. Kiến thức

1

x= − 2 y làm tương tự.

2


Dạng 5: Phương pháp đánh giá giải hệ phương trình

( xy , ) = 0 ( 1)

( , ) = 0 ( 2)

⎧⎪ f

⎨

⎪⎩ g xy

Sử dụng phương pháp đánh giá

Từ (1)(2) ta rút ra được hxy ( , ) = 0, nhưng đồng thời chỉ ra được ( )

Từ đó tính được nghiệm ,

Cụ thể:

xy

hxy , ≥0, ∀xy , ∈ TXÐ


8

+ Giả sử x≥ y và chỉ ra được y≥ x⇒ x=

y

+ Sử dụng điều kiện của phương trình bậc hai có nghiệm

+ Áp dụng các bất đẳng thức cơ bản

( ) 2

2 2

x + y ≥2xy ⇔ x − y ≥0, ∀x,

y

x + y ≥2 xy, ∀x, y ≥ 0


Điều kiện: x≥0; y≥

0

⎧ ⎪ x + y+ 4 = 2

⎨

⎪⎩ y + x+ 4 = 2

Bài 1:

Lời giải

Do x≥0; y≥0 ⇒ x + y+ 4 ≥ 0 + 4 = 2, dấu “=” xảy ra

Tương tự ta có: y + x+ 4 ≥ 0+ 4 = 2, dấu “=” xảy ra

Vậy HPT có nghiệm ( xy ; ) = ( 0;0)


2

⎧ 2x

= y

2

⎪ x + 1

⎨ 2

⎪ 2x

= x

2

⎪ ⎩ y + 1

( 1)

( 2)

Cách 1: Giải sử x≥ y⇒ y≥ x⇒ x=

y

Tương tự ta có x≤ y⇒ y≤ x⇒ x=

y

Cách 2: Chứng minh được x

Cách 3: Lấy ( ) ( )

Từ ( )( )

1 − 2 ⇒ x=

y

1 2 ⇒ x≥0; y≥0

- Nếu x= 0⇒ y = 0

- Nếu x≠0⇒ y ≠0

Với x 0; y 0

= y

Bài 2:

Lời giải

⎧x

= 0

⇔ ⎨

⎩y

= 0

⎧x

= 0

⇔ ⎨

⎩y

= 0


≠ ≠ , ta có

2x 2x 2y 2y

x + 1 2x y + 1 2y

2 2 2 2

2

x + 1≥ 2x> 0 ⇒ y = ≤ = x;

x= ≤ = y

2 2

9

Vậy x

= y

Thay x

= y vào phương trình (1) ta có:

( x −1)

2

2x

⎛ 2x

⎞

= x⇔x 1 0 . 0 1 0 1

2 ⎜ −

2 ⎟= ⇔− x = ⇔x− = ⇔ x= 2

( x≠0)

⇒ y = 1

x + 1 ⎝ x + 1 ⎠ x + 1

{ }

Vậy ( xy∈ ; ) ( 0; 0 ); ( 1;1)


Điều kiện x+ y≥

3 5

2

Từ ( 1) ⇒ y ≤ 20 ( 3)

2

Từ ( ) x

2 ⇒ − xy + 5=

0

2

Bài 3: Chuyên Hòa Bình, năm học 2017

⎧ 2

⎪ x+ y− 3 5 = 20 − y 1

⎨

2

⎪⎩ xy = x + 5 2

( )

( )

Lời giải

2 2

Phương trình trên có nghiệm ⇔∆ = −20 ≥0 ⇔ ≥ 20 ( 4)

Từ (3)(4)

2

⇒ y =

Mặt khác ta có

20

x

y y

⎪⎧ x+ y≥ 3 5 > 0 ⎧x

> 0

⎨ ⇒⎨ ⇒ y = 20 = 2 5

2

⎪⎩ xy = x + 5> 0 ⎩y

> 0

Thay y = 2 5 vàp HPT, ta được

Vậy ( xy ; ) = ( 5;2 5)


2

⎧ − + =

⎪y

⎨

⎪⎩

xy

2 2

x x y y

⎧ ⎧

⎪ x + 2 5− 3 5 = 0 ⎪ x − 5 = 0

⎨

⇔ ⎨

⇔ x =

2

⎪x.2 5 x 5 ( x − 5) 2

⎩ = + ⎪ = 0

⎩

1 0

+ 2 + + 2 + 1=

0

Bài 4:

Lời giải

2 2 ⎡x

≥ 2

Phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn y , nên x 4 0 x 4 ( 3)

∆

y

= − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ⎢

⎣x

≤− 2

Phương trình (2) ⇔ ( x 2 + 2x) + ( y+ 1) 2 = 0⇔ x 2 + 2x=− ( y+ 1) 2

≤0⇒ x 2 + 2x≤0⇔−2≤x≤

0 ( 4)

Từ (3)(4) ⇒ x =− 2


5

10

Thay x = − 2 vàp HPT ta được


Điều kiện ∀xy

, ∈ R

⎧x

= −2

⎨

⎩y

= − 1

⎧ 2xy

+ = +

⎪ x − 2x+

9

⎨

⎪

2xy

+ = +

⎪

⎩ y − 2y+

9

Bài 5:

2

x x y

3 2

2

y y x

3 2

( 1)

( 2)

Lời giải

2xy

2xy

2 2

Cộng từng vế của (1) và (2) ta được + = x + y (*)

Từ ( )

* ⇒ xy ≥ 0

3

Ta có ( x )

Tương tự ta có

( x )

x − 2x+ 9 y − 2y+

9

3 2 3 2

2 3

2xy

− 1 + 8 ≥ 8 = 2⇒ ≤ xy 3

3

2

− 1 + 8

3

2xy

≤ xy

2

− 1 + 8

( y )

( 4)

2 2

Cộng vế với vế của (3) và (4) ta được: VT (*) ≤2xy ⇒ x + y ≤2xy ⇔( x − y) 2

≤0⇔ x = y ( 5)

( )

Vậy phương trình (*) tương đương các bất đẳng thức ở (3)(4)(5) xảy ra dấu “=” ⇔ x= y = 1

Thử lại vế HPT đã cho thấy thỏa mãn

Vậy PHT có nghiệm ( ; ) ( 1;1)

xy = .


2 2

⎧ ⎪xy + x + y = x −2y

(1)

a) ⎨

⎪⎩ x 2y − y x− 1= 2x−2y

(2)

2 2

⎧ ⎪2x + y − 3xy + 3x − 2y

+ 1=

0

b) ⎨

2 2

⎪⎩ 4x − y + x+ 4= 2x+ y + x+

4y

Lời giải

Xét phương trình (1) của hệ ta có:

2 2 2 2

xy + x + y = x −2 y ⇔ x − x( y + 1) −2 y − y = 0 . Ta coi đây là phương trình bậc 2 của x thì ta có:


2 2 2

∆= ( y+ 1) + 8 y + 4 y = (3y+ 1) . Từ đó suy ra

11

⎡ y+ 1 − (3y+

1)

⎢

x= = −y

2

⎢

⎢ y+ 1 + (3y+

1)

x= = 2y+

1

⎢⎣ 2

Trường hợp 1: x= − y. Từ phương trình (2) của hệ ta có điều kiện:

nghiệm

Trường hợp 2: x= 2y+ 1 thay vào phương trình thứ hai ta có:

(2 y+ 1) 2 y − y 2 y = 2 y+ 2 ⇔ y 2 y + 2 y = 2( y+

1)

( )

⇔ ( y+ 1) 2 y − 2 = 0 ⇔ y = 2 ⇒ x=

5

Vậy hệ có một cặp nghiệm: ( xy= ; ) (5; 2)

b) Xét phương trình (1) của hệ ta có:

2 2 2 2

2x y 3xy 3x 2y 1 0 2 x x(3 3 y) y 2y

1 0

+ − + − + = ⇔ + − + − + = .

Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có:

( )

∆= (3−3 y) −8 y − 2y+ 1 = y − 2y+ 1 = ( y−

1)

Suy ra

2 2 2 2

⎡ 3y−3 −( y−1) y−1

⎢

x = =

4 2

⎢

⎢ 3y− 3 + ( y−1)

x= = y−1

⎢⎣ 4

Trường hợp 1: y = x+ 1 thay vào phương trình (2) ta thu được:

2

3x − x+ 3= 3x+ 1+ 5x+

4

⇔ − + + − + + + − + =

2

3x 3 x ( x 1 3x 1) ( x 2 5x

4) 0

2 ⎡ 1 1 ⎤

⇔( x − x)

⎢3+ + ⎥ = 0

⎣ x+ 1+ 3x+ 1 x+ 2+ 5x+

4⎦

Do

1

x ≥− nên

3

1 1

2 ⎡x

= 0

3+ + > 0⇒ x − x= 0 ⇔ ⎢

x+ 1+ 3x+ 1 x+ 2+ 5x+

4

⎣x

= 1

Trường hợp 2: y = 2x+ 1 thay vào phương trình (2) ta thu được:

3− 3x= 4x+ 1+ 5x+ 4 ⇔ 4x+ 1+ 5x+ 4+ 3x− 3=

0

Giải tương tự như trên ta được x = 0 .

Kết luận: Hệ phương trình có 2 cặp nghiệm: ( xy= ; ) (0;1),(1; 2)


a)

( )( ) ( )

⎧ x+ 3= 2 3y− x y+

1 1

⎪

⎨ x + 5

⎪ 3y −2− = xy −2y

−2 2

⎩

2

( )

( )

⎧ − + − + + + = +

⎪

b) ⎨ 3

⎪ y+ 1+ = x+

2y

⎩ x + 1

2

2y 7y 10 x y 3 y 1 x 1

⎧x

≥1

⎨ suy ra phương trình vô

⎩y

≥ 0


12

⎧⎪

4x− y − 3y− 4x

= 1

c) ⎨

⎪⎩ 2 3y− 4 x + y(5 x− y) = x(4 x+ y) −1

Lời giải

Điều kiện:

2

y≥ ; x≥− 3;3 y≥ x.

3

Phương trình (1) tương đương

+ = + −

2

( x 3) 4( y 1)(3 y x)

2 2 2 2

⇔ x + x+ = y + y− xy− x⇔ x + x + y − y − y+ =

6 9 12 12 4 4 2 (5 2 ) 12 12 9 0

Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có:

( ) 2

∆ = + + + − = +

2 2

' (2y 5) 12y 12y 9 4y

4

suy ra

⎡x=−5 −2 y− (4y+ 4) =−6y−9

⎢

⎣x=−5 − 2 y+ (4y+ 4) = 2y−1

Trường hợp 1: x=−6y− 9.

Do x≥−3⇒−6y−9≥−3⇔y≤− 1 suy ra phương trình vô nghiệm.

Trường hợp 2: x= 2y− 1 thay vào phương trình 2 của hệ ta có:

( y − )

( )( )

2

2 2

3y−2− y+ 2 = 2y −3y−2⇔ = 2y+ 1 y−2

3y− 2+ y+

2

Ta có:

2 3 7

≤ ;2y

+ 1≥

.

3 y− 2 + y+

2 2 3

Nghĩa là VP > VT , suy ra y = 2⇒ x= 1.

Vậy hệ có nghiệm ( ; ) ( 1; 2)

b) Điều kiện:

xy = .

⎧ x + 1≠0

⎪

⎨y

+ 1 ≥ 0

⎪

⎩ − + − ( + ) ≥

2

2y 7y 10 x y 3 0

Từ phương trình dễ thấy để phương trình có nghiệm thì: x+ 1≥0⇔x≥− 1.

Ta viết phương trình thứ nhất dưới dạng:

( )

2

2y 7y 10 x y 3 x 1 y 1

− + − + = + − + .

Để bình phương được ta cần điều kiện:

Ta bình phương hai vế được:

( ) ( )

2 2

2y 8y 8 x y 3 x 2x 2 x 1 y 1

.

2

x 1 y 1 x x y

− + − + = + − + + (1).

Ta đưa phương trình (2) về dạng: ( )

2

Thế (2) vào (1) ta được:

+ ≥ + ⇔ + ≥ .

x + 1 y + 1= x + x + 2xy + 2y

− 3 (2).

( ) ( )

2 2 2

2y − 8y + 8− x y + 3 = x + 2x − 2 x + x + 2xy + 2y

−3

2 2

⎡x+ y− 1=

0

⇔ x + 3x( y− 1) + 2( y− 1) = 0⇔ ( x+ y− 1)( x+ 2y− 2)

= 0⇔ ⎢ .

⎣x

+ 2y

− 2 = 0

⇔ − + + + − =

2 2

2y 4y 2 3xy x 3x

0


13

* Với x+ y− 1= 0⇔ y = 1− x, ta có thêm x ≤ 2 thay vào phương trình (2) ta có:

2 2

( ) ( )

x+ 1 2− x =− 1+ x−x ⇔ x − x+ 1+ x+ 1 2− x = 0.

Vì −1≤ x ≤ 2, ta dễ thấy: VT > 0 , nên suy ra phương trình vô nghiệm.

* Với

2 − x

x+ 2y− 2= 0⇔ y = , thay vào phương trình (2) ta được:

2

khi đó ta thu được phương trình:

c).

3 2

⎧ u + 3u − 24u+ 18 = 0

5−

u 3 ⎪

= 2− ⇔ ⎨ 3

⇔ u = 3⇔ x= 2⇒ y = 0.

2 u ⎪u

≥

⎩ 2

Hệ có một cặp nghiệm duy nhất: x= 2; y = 0

Điều kiện

y 3y

≤ x ≤ .

4 4

4− x 3 + = 2 . Đặt u = x+

1

2 x + 1

Ta viết phương trình (1) thành: 4x− y = 1+ 3y− 4x. Bình phương 2 vế ta thu được:

2 3y− 4x = 8x−4y− 1. Thay vào phương trình (2) của hệ ta có:

2 2

4x 4 xy ( 2) y 4y

0

− + + + = . Ta coi đây là phương trình bậc 2 của x thì

( ) 2 2

∆ ' = 4 y+ 2 − 4( y + y) = 16 suy ra

⎡ 2( y+ 2) −4

y

⎢

x = =

4 2

⎢

⎢ 2( y+ 2) + 4 y+

4

x = =

⎢⎣ 4 2

Trường hợp 1: y = 2x

thay vào phương trình (1) ta có: 2x = − 12 vô nghiệm

Trường hợp 2: y = 2x− 4 thay vào phương trình (1) ta thu được:

273 257

2 2x− 12 = 15 ⇔ x= , y =

8 4

Vậy hệ phương trình có 1 cặp nghiệm: ( xy)

⎛273 257 ⎞

; = ⎜ ; ⎟

⎝ 8 4 ⎠


14


Ta có

Bài 10: LUYỆN TẬP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Bài 1: ĐHKHTN Hà Nội, năm học 2014

⎧⎪

− + =

⎨

⎪⎩ + = + +

( )

( )

2 2

2x 3y xy 12 1

2 2

6x xy 12 6y yx 2

Lời giải

2 2

⎧⎪2 x − 3y + xy = 12 ⎧⎪

− + =

⎨

⇔ ⎨

⎪⎩

+ = + + ⎪⎩

− + − =


( )

( )

2 2

2x 3y xy 12 3

2 2 2 2

6x xy 12 6y yx 6x 6y xy xy 12 4

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

2 2

⇒2 − 3 + = 6 − + − ⇔ 2 − + − − = 6 − + −

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

( x y)( x y) ( x y)( xy ) ( x y)( y)( x )

⇔ − 2 + 3 = − + 6 ⇔ − 2− − 3 = 0

+ TH1: x= y = 0, thay vào (3) vô nghiệm.

2 2 ⎡ y = −1

+ TH2: x = 3 thay vào (3) ta được: 3y 3y 18 12 y y 2 0

+ TH3: y = 2 thay vào (2) ta được:

− + + = ⇔ − − = ⇔ ⎢

⎣ y = 2

⎡x

= 3

⎢

⎣x

= −4

{ }

Vậy HPT có 4 nghiệm ( xy∈ ; ) ( 3; −1 ), ( 3; 2 ), ( −4; −1 ), ( − 4; 2)


Điều kiện x+ y≥

0

Bài 2: Chuyên Bà Rịa Vũng Tàu, năm học 2018

( )

( )

2

⎧ ⎪x + 2y = xy + 2x

1

⎨

⎪⎩ x + y = xy −2 2

Ta có ( ) x x y xy ( x )( x y)

Lời giải

2 ⎡x

= 2

1 ⇔ − 2 + 2 − = 0⇔ −2 − = 0⇔ ⎢

⎣x=

y

15

⎧⎪

y ≥1 ⎧y

≥1

x= 2⇒ 2 : y+ 2 = 2y−2⇔ ⎨

⇔ y 2

( ) 2 ⎨

⇔ =

2

⎪⎩

y+ 2= 2y−2

⎩4y

− 9y+ 2=

0

+ TH1: ( )

+ TH2: ( )

( y )

⎧ 2 0

2 2 ⎪y≥ ≥

x= y⇒ 2 : y+ y = y −2⇔ 2y = y −2⇔ ⎨

⎪⎩ = − +

4 2 2

Ta có ( ) ( ) ⎡ ( )

> 0


( )

4 2

2y y 4y

4 3

3 ⇔ y −4y − 2y+ 4= 0⇔ y− 2 ⎣y y+ 2 − 2⎤

⎦ = 0⇔ y = 2

Vậy HPT có nghiệm ( xy ; ) = ( 2; 2)


⎧2x−

y−1≥0

⎪x

+ 2y

≥ 0

⎨

⎪

4x−3y≥0

⎪

⎩ + + ≥

Điều kiện (*)

2

2x

5x

2 0

2

Đặt a x y ( a ) x y a

Bài 3: Chuyên LHP Nam Định, năm học 2018

( 2x 4y 1) 2x y 1 ( 4x 2y 3) x 2y

( 1)

⎧

⎪ + − − − = − − +

⎨

⎪⎩ x 2 + 8x+ 5− 2 3y+ 2 4x− 3y = 2 2x 2 + 5x+

2 2

= 2 − −1 ≥0 ⇒4 −2 − 3= 2 − 1

( )

2

b= x+ 2y b≥0 ⇒ 2x+ 4y− 1= 2b

− 1

Phương trình (1) trở thành

( ) ( )

Lời giải

( 2b 2 − 1. ) a = ( 2a 2 −1. ) b ⇔ 2b 2 a −a − 2a 2 b + b = 0⇔( b − a)( 2ab + 1) = 0 ⇔ a = b( a, b > 0⇒ 2ab

+ 1>

0)

⇔ 2x− y− 1= x+ 2y ⇔ 2x− y− 1= x+ 2y ⇔ x− 3y = 1⇔ 3y = x−

1

Thay vào phương trình (2) ta được x 2 + 8x+ 5− 2( x+ 1) 3x+ 1= 2 ( 2x+ 1)( x+

2) ( 3)

Với điều kiện

−1

x≥ ⇒ 2x+ 1 > 0; x+ 2 > 0

3

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

3 ⇔ + 2 + 1 − 2 + 1 3 + 1+ 3 + 1 + 2 + 1 − 2 2 + 1 + 2 + + 2 = 0

2 2 ⎧ ⎪x+ 1= 3x+

1

⇔ ⎡( x 1)

3x 1⎤ ⎡ 2x 1 x 2⎤

⎣

+ − +

⎦

+

⎣

+ − +

⎦

= 0⇔ ⎨

⇔ x= 1⇒ y = 0

⎪⎩ 2x+ 1= x+

2

Thay vào điều kiện ban đầu, thảo mãn điều kiện (*).

Bài 4: Chuyên Bến Tre, năm học 2018

16


Cách 1: Ta có

2 2

x 4y

2 ( 1)

( x −2y)( 1− 2xy) = 4 ( 2)

⎧ ⎪ + =

⎨

⎪⎩

Lời giải

( )

( )( )

( ) ( )

( )( )

⎧ ⎪ + = ⎪⎧

− + = ⎪⎧

− = −

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎪⎩ ( x −2y)( 1− 2xy)

= 4 ⎪⎩ x −2y 1− 2xy = 4 ⎪⎩

x −2y 1− 2xy

= 4

2 2

2 2

x 4y 2 x 2y 4xy 2 x 2y 21 2xy

Cách 2: Từ ( ) ( xy)( xy) ( xy)

2 3

2 ⇒ 2−4 1− 2 = 16⇔ 1− 2 = 8

Cách 3: Từ ( 2) ⇒( x −2y)( 2− 4xy) = 8 (*)

Thay

2 4

2 2

= x + y vào (*) ta được ( ) ( ) 2

Thay vào phương trình (1) ta được:

x−2 y . x− 2y = 8⇔ x− 2y = 2⇒ x= 2y+

2

( ) 2 2 2 2 2 2

2+ 2y + 4y = 2⇔ 4y + 8y+ 4+ 4y = 2⇔ 8y + 8y+ 2= 0⇔ 4y + 4y+ 1=

0

( ) 2 − 1

⇔ 2y+ 1 = 0 ⇔ y = ⇒ x=

1.

2

Vậy HPT có nghiệm duy nhất ( xy)

1)

2)

3)

4)

5)

6)

7)

8)

⎛ −1⎞

; = ⎜ 1; ⎟ .

⎝ 2 ⎠

2 2

⎧ ⎪x + y = 2x

⎨

(Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2008) .

3 3

⎪⎩ ( x− 1)

+ y = 1

⎪⎧ xy− yx=

⎨

3 3

⎪⎩ 8x

− y = 7

2 2

2 1


2 2

⎧⎪

x − y + xy = 1

⎨


2

⎪⎩ 3x+ y = y + 3

⎪⎧ + + =

⎨

2 2

⎪⎩ x + y = 2

2 2

3x 8y 12xy

23


2 2

⎧ ⎪5x + 2y + 2xy

= 26

⎨


⎪⎩ 3x+ ( 2x− y)( x− y)

= 11

2 2 2 2

⎧ ⎪x + y = 2xy

⎨

⎪⎩ ( x + y)( 1+ xy)

= 4x y

2 2

⎧ x + y + 2y

= 4

⎨

⎩2x + y + xy = 4

2 2

⎧ x + y − xy =

2 2



⎪

1

⎨


2 2

⎪⎩ x + xy + 2y

= 4


17

9)

2 2

⎪⎧ 2x − 3y + xy = 12

⎨

⎪⎩ 6 + = 12 + 6 +

2 2

x xy y yx

⎧2x + 3y = 5xy

10) ⎨ 2 2 2

11)

⎩4x + y = 5xy



⎧⎪ 2x + 2y + xy = 5

⎨

(Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà

3 3 2

⎪⎩ 27( x+ y) + y + 7 = 26x + 27x + 9x

Nội 2015) .

12)

2014)

( )

⎧⎪ x 4y+ 1 − 2y

=−3

⎨

. (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Amsterdam và Chu Văn An năm

2 2 2

⎪⎩

x ( x − 12y)

+ 4y

= 9

2 2

⎧ x y 1

⎪ + =

2 2

2 (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An 2014)

⎪

⎩3xy = x + y + 1

13) ⎨( y+ 1) ( x+

1)

14)

15)

16)

17)

18)

19)

20)

⎧ 3

+ 2 = 4− −

⎪

⎨

⎪⎩

3

x y x y

x+ 6+ 2y

= 2

(Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2014)

( )

⎧ ⎪ x + xy − y − x − y =

⎨

2 2

⎪⎩ x −2xy − 3y

+ 15 = 0

2 2

2 3 2 52 0

( 3 + ) = 4

3

+ = ( + )( + + )

⎧⎪ xy x y

⎨

⎪⎩ 7x 11 3 x y x y 1

2 2 2 2

⎧ ⎪x + y = 2xy

⎨

⎪⎩ + + = +

2 2

y 8x y 3x 5x 7xy

2 2

⎧x − xy + y =

⎪

⎨

⎪⎩ 2

3

y x y

= +

1

( x y)( x 2 y

2

)

⎧ ⎪ + + = 15

⎨

4

⎪⎩ y + y = x

2 2

( x y)( x y ) 2

( )( )

⎧

⎪ + + =

⎨

4 4 2 2 5

⎪⎩

x+ y x+ y + xy − 2 = 2x

I. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP:

1) Ta viết lại hệ phương trình thành:

Đặt a = x− 1 ta có hệ mới

2 2

⎧ + =

⎪a

⎨

⎪⎩ a

(Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Thái Bình 2014).

( x )

2

⎧

2

− + =

⎪

⎨

⎪⎩

y 1

.

+ y = 1

( x )

1 y 1

3 3

− 1 + y = 1


Suy ra −1 ≤ay

, ≤ 1.

3 3

18

a = 1− y = 1− y 1+ y+ y ≥0⇒0≤a≤ 1.

3 3 2

Mặt khác ta cũng có: ( )( )

Tương tự ta cũng có

⎧ a

≥ a

2 3

⎪

2 2 3 3

0≤ y≤1⇒⎨

⇒ a + y ≥ a + y = 1

2 3

⎪⎩ y

≥ y

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= 1, y = 0 hoặc a = 0, y = 1.

Từ đó suy ra các nghiệm của hệ là: ( ; ) ( 1;1 ), ( 2; 0)

xy = .

2) Hệ phương trình có dạng gần đối xứng từ hệ ta suy ra:

⎡ y = x

− = ( − ) ⇔ − + − = ⇔( − )( − )( − ) = ⇔

⎢

⎢

y = 2x

⎣⎢ y = 4x

3 3 2 2 3 2 2 3

8x y 7 2x y y x 8x 14x y 7xy y 0 x y 4x y 2x y 0

⎛ 1 ⎞

; = 1;1 , ⎜− ; −2

⎟

⎝ 2 ⎠

vào một phương trình ta tìm được nghiêm là: ( xy) ( )

Ta có thể giải nhanh hơn như sau: Lấy phương trình (2) trừ 6 lần phương trình (1) thì thu được:

( ) 3

2x− y = 1⇒2x− y = 1⇔ y = 2x− 1.

⎧⎪

x − 1+ xy = y

3) Từ hệ phương trình suy ra ⎨

2

⎪⎩ 3x+ y− 3=

y

2 2

là phương trình bậc 2 của x có ∆= y 2 − 6y+ 9−4( − y+ 2) = ( y−

1) 2


.

2 2

x xy x y x y x y

thay

⇒ − 1+ = 3 + −3 ⇔ + ( −3) − + 2 = 0 . Đây

Từ đó tính được x = 1 hoặc x= 2 − y thay vào ta tìm được các nghiệm là ( xy ; ) = ( 1; 0 ), ( 1;1 ), ( 5; − 3)

Chú ý ta có thể giải cách khác:

( ) ( )( )

2 2

x xy x y y x x x x y x

− 1+ = 3 + −3⇔ − 1 + − 3 + 2= 0⇔ − 1 + − 2 = 0.

4) Nhận xét: Có thể đưa hệ về dạng đẳng cấp: Từ hệ ta suy ra

⎡x=

y

2( 3x 2 + 8y 2 + 12xy) = 23( x 2 + y 2 ) ⇔17x 2 − 24xy + 7 y 2 = 0 ⇔( x − y)( 17x − 7 y)

= 0 ⇔ ⎢

⎢

7

x=

y

⎣ 17

hệ với 2 trường hợp ta suy ra ( xy) ( ) ( )

⎛7 17 ⎞⎛ 7 17 ⎞

; = 1;1 , −1; −1 , ⎜ ; ⎟⎜ , − ; − ⎟

⎝13 13 ⎠⎝ 13 13 ⎠ .

Cách khác: Cộng hai phương trình của hệ ta thu được: ( ) 2 ⎡2x+ 3y

= 5

giải như trên.

5) Ta viết lại hệ đã cho thành:

⎧ ⎪ + + =

⎨

⎪⎩ x + x −xy − y =

2 2

5x 2y 2xy

26

2 2

3 2 11

Nhân hai vế của phương trình: (2) với 2 rồi cộng với phương trình (1) ta được:

2

9x 6x 48 3x

1 48 8

. Giải

2x+ 3y

= 25 ⇒ ⎢ rồi thay vào để

⎣2x+ 3y

=−5

⎡x

= 2

+ = ⇔ ( + ) 2

= ⇔ ⎢ thay vào ta tìm được y = 1 hoặc y = − 3 .

⎢ x = −

⎣ 3

19

Cách khác: Ta viết lại hệ thành:

đối xứng loại 1.

( ) ( )

( x y) ( x y) ( x y)( x y)

2 2

⎧ 2 2

x+ y + x− y = ⎧ a + b =

⎪ 2 26 26

⎨ ⇔ ⎨ đây là hệ

⎪⎩ 2 + + − + 2 + − = 11 ⎩a + b + ab = 11

6) Nhận xét x= y = 0 là nghiệm của hệ. Xét xy≠ , 0. Ta chia 2 phương trình cho xy

2

⎧ 1 1 ⎧⎛ 2

1 1⎞

2

+ =

2 2

⎪

2

x y ⎜ + ⎟ − =

⎪ ⎪⎝ x y ⎠ xy

⎨

⇔ ⎨

.

⎪⎛1 1⎞⎛ 2 ⎞

+ 2+ = 8 ⎪⎛1 1⎞⎛ 2 ⎞

⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ + 2+ = 8

x y xy ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎩⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎪

⎩⎝ x y ⎠⎝ xy ⎠

1 1 2

Đặt

⎛ ⎜ + ⎞ ⎟= a; ⎛ ⎜2+ ⎞

⎟=

b thu được

⎝ x y ⎠ ⎝ xy ⎠

Từ đó tìm được nghiệm là ( ; ) ( 1;1)

xy = .

7) Ta viết lại hệ phương trình thành:

⎧ab

= 8

3

⎨ ⇒ a = 8 ⇒ a = 2; b=

4 .

2

⎩a

− b=

0

2

( )

( )

⎧

2 2 2

+ + = ⎧ + =

Xứng loại 1, ta dễ tìm được a= 2, b= 1 hoặc a= 1, b= 2 .

Từ đó giải được x= y = 1 hoặc x= 2; y = 0 .

Cách khác: Ta viết lại hệ thành:

8) Từ hệ ta suy ra


2 2

⎪x y 1 5 a b 5

⎨ ⇔ ⎨ đây là hệ đối

⎪⎩ x+ x y+ 1 + y+ 1= 5 ⎩a + b + ab = 5

2 2

⎧ x + y + 2y

= 4 2 2

2

⎨

⇒ x + y + 2xy+ 4( x+ y) = 12 ⇔ ( x+ y) + 4( x+ y)

− 12 = 0 .

⎩4x + 2y + 2xy

= 8

( ) ( )( )

2 2 2 2 2 2

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

+ + 2 = 4 + − ⇔3 − 5 + 2 = 0⇔ − 3 − 2 = 0 .

Giải hệ ứng với 2 trường hợp ta có: x= y = 1; x= y = − 1 ,

9) Ta viết hệ đã cho thành:

⎧⎪

⎨

⎪⎩

( x y)( x y)

( x − y)( xy + ) =

2 7 3 7 2 7 3 7

x= ; y = ; x=− ; y =−

7 7 7 7

− 2 + 3 = 12

⇒ − + = − +

6 12

( x y)( 2x 3y) ( x y)( xy 6)

( x y)( x y xy) ( x y)( x )( y )

− 2 + 3 −6− = 0⇔ − −3 − 2 = 0.

Giải 3 trường hợp ta thu được: ( ; ) ( 3; 1 ), ( 3; 2 ), ( 4; 2)

10) Từ hệ ta suy ra:

⎧ ⎪2xy + 3y = 5xy

⎨

2 2 2

⎪⎩ 4x + y = 5xy

2 2

xy = − − .

Giải 2 trường hợp ta thu được ( xy) ( ) ( )

11) Ta viết lại hệ đã cho thành:

Chú ý rằng: 27( x+ y) = 3( x+ 2)( y+

2)

( )( )

⇔ xy + y = x + y ⇔ x − xy − y = ⇔ x − y x + y =

2 2 2 2 2

2 3 4 4 2 2 0 4 2 0

⎛2 4⎞

; = 0;0,1;1, ⎜ ; − ⎟

⎝5 5⎠ .

( x )( y )

⎧⎪ + 2 + 2 = 9

⎨

⎪⎩ 27 8 3 1

3 3

( x+ y) + y + x + = ( x+

) 3

.

20

3 3

3 3 3 3

suy ra: 27( x+ y) + y + x + 8= ( 3x+ 1) ⇔ x + y + 3( x+ 2)( y+ 2)( x+ y) + 8= ( 3x+

1)

( ) ( )

3 3

⇔ x+ y+ 2 = 3x+ 1 ⇔ x+ y+ 2= 3x+ 1⇔ y = 2x−

1

thay vào ta tìm được: ( xy) ( )

12) Hệ đã cho tương đương với:

( )

2

⎧

⎪x 4y+ 1 = 2y−3

⎨

⎪⎩

x ( x − 12y)

= 9 −4y

2 2 2

⎛ 7 ⎞

; = 1;1 , ⎜− ; −8

⎟

⎝ 2 ⎠ .

( )( )

2 2

⎧ x y+ y+ = y −

⎪ 4 1 2 3 4 9

⇔ ⎨

2 2 2

⎪⎩

x ( x − 12y)

= 9 −4y

+ 8 + 2 + 3 = 0

Cộng theo vế hai phương trình ta được: x 2 ( x 2 y 2 y )

( ) 2

⇔ x ⎡x + 7y + y+ 1 + 2⎤

= 0⇔ x= 0⇒ y =

⎣

⎦

2

2 2 2 3


Điều kiện: x≠−1; y ≠− 1 .

⎛ 3 ⎞

; = ⎜ 0; ⎟

⎝ 2 ⎠ .

13) Hệ phương tình đã cho tương đương:

⎧ 2 2 1

u + v =

x y

Đặt u = ; v=

y+ 1 x+ 1

, hệ thành: ⎪ 2

⎨

⎪ 1

uv =

⎪⎩ 4

1

Suy ra u = v= hoặc

2

Nếu

Nếu

1

u = v= − .

2

1

u = v= thì x= y = 1 (tm).

2

1

u = v= − thì

2

14) Điều kiện

Từ phương trình ( )

1

x= y = − (tm).

3

⎧x+ 2y≥0

⎨ . Đặt t = x+ 2y

≥ 0

⎩y

≥ 0

(tm)

2 2

⎧ x y 1

+ =

2 2

⎪( y+ 1) ( x+

1)

2

⎨

.

⎪ x y 1

. =

⎩

⎪ y + 1 x + 1 4

1 suy ra t 2 + 3t− 4= 0⇒ t = 1⇒ x+ 2y

= 1

Thay vào phương trình (2) ta có: 3 8− 4y

+ 2y

= 2. Đặt

( u v)

2

⎧ + =

2 2

⎧ ⎪u + v + 2uv

= 1 ⎪ 1

⇔ ⎨

⇔

2 2

⎨

2

⎪⎩

u + v − 2uv = 0 ⎪⎩ ( u− v)

= 0

2y a 0 2y a

2

= ≥ ⇒ = .

⎡a

= 0

Thay vào phương trình ta có: 3 8 − 2a 2 = 2 −a ⇔ a 3 − 8a 2 + 12a = 0 ⇔

⎢

a = 2 .

⎢

⎢ ⎣a

= 6

Từ đó tìm được các nghiệm của hệ là ( xy ; ) = ( 1;0 ),( −3;2 ),( − 35;18)


⎡ y = 2x

2 − + 2 − 5 = 0⇒ ⎢

⎣x=

5−

2y

15) Phương trình (1) của hệ có thể viết lại như sau: ( x y)( x y )

21

Thay vào phương trình (2) của hệ ta tìm được các nghiệm là ( xy ; ) = ( 1; 2 ), ( −1; −2 ), ( − 3; 4)

.

16) Từ phương trình ( 2) ta có: 7x 3 + 3xy( 3x+ y) = 1+ 3( x+ y)( x+ y+

1)

Hay 7x 3 + 3xy( 4x+ 2y−x− y) = 1+ 3( x+ y)( x+ y+

1)

Hay x 3 y 3 xy( x y) x 3 y 3 xy( x y) ( x y )( x y)

8 + + 6 2 + = + + 3 + + 3 + + 1 + + 1

3 3

2x+ y = x+ y+ 1 ⇒ 2x+ y = x+ y+ 1⇒ x= 1. Thay vào phương trình đầu tìm được nghiệm

Hay ( ) ( )

của hệ là: ( ; ) ( 1;1 ), ( 1; 4)

xy = − .

17) Dễ thấy hệ có nghiệm ( )

0;0 .

⎧ 1 1

+ = 2

2 2

⎪ x y

Nếu xy≠ , ( 0;0)

hệ phương trình tương đương với: ⎨

.

⎪ 1 3 7 5

+ − − =−8

2

⎪⎩ x xy x y

Đặt 1 u;

1

2 2

⎧ ⎪u

+ v = 2

= = v và cộng hai phương trình của hệ ta thu được: ⎨

2

x y

⎪⎩ u + 3uv − 7u + 5v

=−8

⎡ ⎧u+ v=

2

⎢⎨ 2 2

2 2

⎢⎩u

+ v = 2

⇒ 2u + v + 3uv− 7u+ 5v+ 6= 0⇔ ( u+ v− 2)( 2u+ v− 3)

= 0.Ta được: ⎢

2u+ v=

3

⎢

⎧

⎨ 2 2

⎢

⎣⎩u

+ v = 2

18) Ta có: 2 ( ).1

( )( )

3 2 2 3 3 3 3

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

= + = + − + = + ⇒ = ⇔ = .

⎧x= y ⎡x= y = 1

Hệ tương đương với ⎨

⇔

2 2 ⎢ .

⎩x − xy + y = 1 ⎣x= y = −1

19) Hệ tương đương:

2 2

( x y)( x y )

2 2

( x y)( x y )

15 ⎧

⎪

⎧ + + = ⎪ + + = 15

⎨

⇔ ⎨

4

⎪⎩

15( x− y)

= 15y

⎪⎩

( x+ y)( x + y )( x− y)

= 15y

2 2 2 2

( x y)( x y ) ⎪⎧

( x y)( x y )

⎧⎪

+ + = 15 + + = 15

⇔ ⎨ ⇔ ⎨

4 4 4

⎪ ⎩x − y = 15y

⎪ ⎩x

= ± 2

⎧⎪ x=

2y

⎨

⎪⎩

x y x y

+)

( )( )

3

+)

2 2

+ + =

⇒ 15y = 15 ⇔ y = 1; x=

2

15

⎧⎪ x= −2y

⎨

⇒− = ⇔ =− =

2 2

⎪⎩ ( x+ y)( x + y ) = 15

3 3 3

5y 15 y 3; x 2 3

3 3

Vậy nghiệm của hệ: x= 2; y = 1 , x= 2 3; y = − 3 .

2 2 4


22


23

PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ (PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC)

HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ

Tỉnh, thành phố Năm học Tỉnh, thành phố Năm học

HSG Đống Đa 2020-2021 HSG Sơn Dương 2020-2021

HSG Gia Lâm 2020-2021 HSG Tân Kỳ 2018-2019

HSG Long Biên 2020-2021 HSG Ba Đình vòng 2 2020-2021

HSG Nam Từ Liêm 2020-2021 HSG Vĩnh Lộc 2020-2021

HSG Ba Đình 2020-2021 HSG Anh Sơn 2020-2021

HSG Tây Hồ 2020-2021 HSG Hưng Hà 2019-2020

HSG Thanh Oai 2020-2021 HSG Thăng Bình 2020-2021

HSG Chương Mỹ 2020-2021 HSG Nghĩa Đàn Tỉnh 2018-2019; 2020-2021

vòng 2

HSG Mỹ Đức 2020-2021 HSG Tân Yên 2020-2021

HSG Ứng Hòa 2020-2021 HSG Tiên Lữ 2020-2021

HSG Cầy Giấy 2020-2021 HSG Yên Thành 2020-2021

HSG Thanh Oai vòng 2 2020-2021 HSG Yên Định 2020-2021

HSG Quỳnh Phụ 2020-2021 HSG Sin Hồ 2020-2021

HSG Nam Sách 2020-2021 HSG Tân kì 2020-2021

HSG Nga Sơn 2020-2021

HSG Tỉnh Quảng Nam 2020-2021

HSG Tỉnh Nghệ An 2020-2021

HSG Tỉnh Hà Nam 2020-2021

HSG Tỉnh Bắc Ninh 2019-2020

HSG Tỉnh Hưng Yên 2020-2021

HSG Tỉnh Nam Định 2020-2021

HSG Tỉnh Đồng Tháp 2020-2021

HSG Tỉnh Đà Nẵng 2020-2021

HSG Tỉnh Bình Phước 2020-2021

HSG Tỉnh Bà Rịa Vũng 2020-2021

Tàu

HSG Tỉnh Gia Lai 2020-2021

HSG Tỉnh Bắc Giang 2020-2021


1

I. Phương pháp nâng lên lũy thừa giải phương trình vô tỉ

Dạng 1: f ( x) g( x)

( )

( ) ( )

( ) = ( )

⎧⎪

g x ≥0 f x ≥0

= ⇔ ⎨

⎪⎩ f x g x

Bài 1:

Giải phương trình sau 2x− 1= x 2 + 2x−

5 ( 1)

Phương trình ( )

Lời giải

⎧ 1 ⎧ 1

⎧2x

−1≥0

⎪x

≥ ⎪x

≥

1 ⇔ ⎨ ⇔ 2 2 x 2

2

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ =

⎩x + 2x− 5= 2x−1

⎪ 2

x 4 ⎪

⎩ = ⎩x

∈{ −2; 2}

Vậy nghiệm của phương trình là x = 2


3 3

x x x x

− 3 + 1= + 2 − 5

Bài 2:

Lời giải

3

⎧ x + x− ≥

3 3

⎧

2 5 0

⎪x + 2x−5≥0 ⎧ x + 2x−5≥0

⎪

Phương trình ⇔ ⎨ ⇔

3 3

⎨ ⇔ ⎨ 6

⎪⎩

x − 3x+ 1= x + 2x−5

⎩5x

= 6 ⎪x

= ⎩ 5

(phương trình vô nghiệm)


3 2 3

x x x x

+ − 4 = − 3 + 1

Bài 3:

Lời giải

3 2

⎧ + − ≥

3 2 3 2 3 2

x x 4 0

⎧⎪x + x −4≥ 0 ⎧⎪x + x −4≥ 0 ⎧⎪x + x −4≥0

⎪

Phương trình ⇔ ⎨ ⇔

3 2 3

⎨ ⇔

2

⎨ ⇔

2

⎨ − 3±

29

⎪⎩x + x − 4= x − 3x+ 1 ⎪⎩x + 3x− 5= 0 ⎪ ⎩x + 3x− 5=

0 ⎪x

= ⎩ 2


Bài 4:

Giải phương trình sau x( x 3 − 3x+ 1) = x( x 3 − x)

Lời giải

3

( x)

⎧x x − ≥0

3

⎧ 3

x( x x)

0 x( x x)

0

⎪ − ≥ ⎪⎧ − ≥ ⎪

Phương trình ⇔ x = 0

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎡

3 3

⎪x( x 3x 1) x( x x)

x( 2x

1)

0 ⎢

⎩

− + = − ⎪⎩

− = ⎪ 1

⎪

⎢ x =

⎩⎣

2



Phương trình

3 2

x x x

− + 3 = 3 + 1

Bài 5:

Lời giải


2

⎧3x+ 1≥ 0 ⎧3x+ 1≥0

⎧⎪

3x

+ 1≥0

− + 3 = 3 + 1⇔ ⎨ ⇔

3 2 ⎨ ⇔

3 2

⎨

2

⎩x − x + 3= 3x+ 1 ⎩x −x − 3x+ 2=

0 ⎪⎩ ( x− 2)( x + x− 1)

= 0

3 2

x x x

⎧3x

+ 1≥0

⎡x

= 2

⎪⎡x

= 2

⇔

⎢

⎨⎢ ⇔ 5 1

1 5

⎢ −

⎪⎢ − ± x =

x = ⎢⎣

2

⎩

⎪⎢⎣ 2

Vậy tập nghiệm của phương trình là

Giải phương trình sau ( ) 2 2

Phương trình ( )

⎡x

= 0

⇔ ⎢

⎢ x = 3+

⎢⎣

33

2

x x− 1 = x + 7x

⎪⎧

5−1⎫⎪

S = ⎨2;

⎬

⎪⎩

2 ⎪⎭

Bài 6:

Lời giải

2

⎧ x + x≥

2

2

x + 7x≥ 0 ⎧x

7x

0 ⎪

x = 0

7 0

⎧

2 2 ⎪ ⎪ + ≥ ⎪⎡

x x− 1 = x + 7x⇔ ⎨ ⇔

2 ⎨ ⇔

2

x( x 1) x 2 7x

x( x 3x

6)

0

⎨⎢

⎪⎩ − = + ⎪⎩ − + = ⎪⎢ 3 ± 33

x = ⎪⎢⎣ ⎩ 2


⎧⎪

S = ⎨0;3

+

⎪⎩

*) Nhận xét: Không nên đặt điều kiện ( ) 2

33 ⎫⎪

⎬

2 ⎪⎭

x x−1 ≥ 0 (điều kiện này phức tạp khó giải quyết).


3

Dạng 2: 3 f ( x) = 3 g( x) ⇔ f ( x) = g( x)

Giải phương trình sau 3 x 3 − 2x 2 + 1= 3 x 3 − x

Bài 1:

Lời giải

⎡x

= 1

Phương trình 3 x 3 − 2x 2 + 1= 3 x 3 −x ⇔ x 3 − 2x 2 + 1= x 3 −x⇔ 2x 2 −x− 1= 0⇔ ⎢

⎢

1

x = −

⎣ 2

Vậy phương trình có tập nghiệm là

⎧−1 ⎫

S = ⎨ ;1 ⎬

⎩ 2 ⎭

Bài 2:

Giải phương trình sau 3

( x−1)( x 3 − 2x+ 2 3

) = ( x−1)( x 2 − 2x)

Lời giải

Phương trình ( )( 3 ) ( )( 2 ) ( )( 3 ) ( )( 2

)

3 x−1 x − 2x+ 2 = 3 x−1 x −2x ⇔ x−1 x − 2x+ 2 = x−1 x − 2x

3 2 ⎡x

= 1

( x )( x x )

⇔ −1 − + 2 = 0⇔ ⎢

⎣x

= −1

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = { − 1;1}


4

Dạng 3: f ( x) g( x)

4 2 2

Giải phương trình sau x + 2x − 2 = 1−

x

Phương trình

⇔ x =±

3

2

( )

⎧

⎪

g x ≥ 0

= ⇔ ⎨

⎪⎩

f x ⎣g x ⎦ g x

Bài 1:

Lời giải

2 2

( ) = ⎡ ( ) ⎤ = ( )

2

⎧1 x

⎧−1≤ x ≤1

4 2 2 ⎪

− ⎧−1≤ x ≤1

⎪

x + 2x − 2 = 1−x

⇔ ⎨

4 2 2

2 ⇔ ⎨ ⇔

2 ⎨ 3

⎪x 2x 2 ( 1 x ) 4x

= 3

⎩

+ − = − ⎩

⎪x

= ±

⎩ 2


2

Giải phương trình sau ( ) ( )

2

Phương trình ( ) ( )

⎧⎪

S = ⎨±

⎪⎩

x−3 x− 1 = x−

3

3 ⎫⎪

⎬

2 ⎪⎭

Bài 2:

Lời giải

⎧⎪x−3≥0 ⎧⎪x≥3

x−3 x− 1 = x−3⇔ ⎨ 2 2

⇔ ⎨ 2

⇔ x=

3

⎪⎩( x−3) ( x− 1) = ( x−3) ⎪⎩( x−3) ( x− 2)

= 0

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = { 3}

Giải phương trình sau 2x+ 1= 3x+

1

Phương trình

Bài 3:

Lời giải

3x

1 0

− 1

⎧

⎧

x 0

x

⎡ =

⎪ + ≥

⎪ ≥

2x+ 1= 3x+ 1⇔ ⎨

⇔ 3

( ) 2 ⎨

⇔ ⎢

4

2x

1 3x

1

⎢

−

⎩ ⎪ + = + ⎪ 2

x =

⎩9x

+ 4x= 0 ⎣ 9


Giải phương trình sau 2x+ 1= x−

1

Phương trình

⎧ 4⎫

S = ⎨0;

− ⎬

⎩ 9 ⎭

Bài 4:

Lời giải

⎧⎪

x ≥1 ⎧x

≥1

2x+ 1= x−1⇔ ⎨ ⇔ x 4

2x

1 ( x 1) 2 ⎨ ⇔ =

⎪⎩ + = − ⎩x

= 0; x = 4


2

Giải phương trình sau 2 x + 2x+ 6 = x+

5

Bài 5:

Lời giải


5

Phương trình

⎧ x 5 0 x 5 x 1

x 5 0

⎧ ≥− ⎡ =

⎪

+ ≥

⎧ + ≥ ⎪ ⎢

⎪4( x 2x 6) ( x 5)

3x

2x

1 0 x 1; x ⎢

⎩

+ + = + ⎩ − − = ⎪ = = x= −

⎩ 3 ⎣ 3

2

2 x + 2x+ 6 = x+ 5⇔ ⎨ 2 2 ⇔ ⎨ ⇔

2

⎨ −1⇔

1


3

Giải phương trình sau x + 2x+ 1= x+

1

Phương trình

⎧⎪ x ≥−1

⇔ ⎨

⎪⎩ x ∈ −

{ 2;0;1}

3

x x x

⎧ −1⎫

S = ⎨1; ⎬

⎩ 3 ⎭

Bài 6:

Lời giải

⎧x

+ 1≥0

⎧⎪x

≥−1 ⎪⎧

x ≥−1

+ 2 + 1= + 1⇔ ⎨ ⇔

3

⎨ ⇔⇔

2

⎨

⎩x + 2x+ 1= x+ 1 ⎪⎩

x( x + x− 2) = 0 ⎪⎩

x( x− 1)( x+ 2)

= 0

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = { − 2;0;1}

2

Giải phương trình sau 2x− x + 4x+ 1=

3

Phương trình

Bài 7:

Lời giải

x− x + x+ =

⎧ 3

⎧ 2x

−3≥0 ⎪x

≥

8 + 2 10

⇔ ⇔ ⇔ x=

⎩ ⎪ 3

⎩3x

− 16x+ 8 = 0

2

2 4 1 3 ⎨

2

2 2 ⎨

4x − 12x+ 9 = x + 4x+

1

2



Điều kiện

Phương trình

1

x ≥

2

⎧ 3

⎪x

≥

⇔ ⎨ 4 ⇔ x = 1

⎪ 2

⎩8x

− 13x+ 5 = 0

2x

− 1+ 2 = 1

4x

−1

⎧⎪8 + 2 10 ⎫⎪

S = ⎨ ⎬

⎪⎩

3 ⎪⎭

Bài 8:

Lời giải

2x

− 1+

2 ⎧⎪

4x

−3≥0

= 1 ⇔ 2 x− 1 + 2 = 4 x− 1 ⇔ 2 x− 1 = 4 x− 3 ⇔ ⎨

4x −1 ⎪⎩ 2x− 1= 4x−3



2

4 2x− 1= x −4x−

2

Bài 9:

( ) 2


Lời giải

6

1

Điều kiện 2x−1≥0⇔ x≥

2

Phương trình

2

4 2 1 4 2

2

⎧x

− x− ≥

2

⎧⎪x

−4x−2≥0

⎪

4 2 0

x− = x − x− ⇔ ⎨

⇔ ⎨ 2

⎪⎩

16( 2x− 1) = x 4 − 2x 2 ( 4x+ 2) + 16x 2 + 16x+ 4 ⎪⎩

x ( x 2 − 8x+ 10) + 2( x 2 − 8x+ 10)

= 0

2

⎧ − − ≥

⎪x

4x

2 0

⇔ ⎨ ⇔ x = 4+

6

⎪⎩ x = 4 + 6; x = 4 − 6

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = { 4+

6}

Giải phương trình sau 3x+ 7− x + 1=

2

Điều kiện

⎧3x

+ 7≥0

⎨ ⇔x

≥−1

⎩x

+ 1 ≥ 0

Bài 10:

Lời giải

Ta có phương trình 3x+ 7− x+ 1= 2⇔ 3x+ 7= 4+ 4 x+ 1+ x + 1

( )

⎡x

= −1

⇔ 3x+ 2= 4 x+ 1⇔ x+ 1= 2 x+ 1⇔ x+ 1 x+ 1− 2 = 0⇔ ⎢

⎣x

= 3

Vậy phương trình có nghiệm x=− 1; x = 3


Điều kiện:

21+ x + 21− x 21 =

21+ x − 21−x

x

Bài 11:

Lời giải

⎧21+ x ≥0 ⎧x

≥−21

21 0 ⎪ −x ≥ ⎪x≤21 ⎧−21≤ x≤21

⎨ ⇔ ⇔

≠ 0

⎨ ⎨

⎪

x

⎪x≠0 ⎩x≠0

⎪ 21+ ≠ 21− ⎩

⎪

⎩ x x x ≠ 0

Nhân liên hợp với 21+ x + 21− x > 0 ta có:

( 21 2

+ x + 21 − x) 21 + x+ 21 − x+ 2 ( 21 + x)( 21 −x)

21 21

= ⇔ =

2x x 2x x

2 2 2 2

⇔ 21+ 21 − x = 21 ⇔ 21 − x = 0 ⇔ x =± 21 (thỏa mãn).


a)

2

x x x

Bài 11:

+ 2 + 6 = 4 − 1

b) 2x+ 1+ x = 4x+

9

a. Phương trình tương đương với:

Lời giải


7

1

1

⎧4x

1 0

⎧

⎧

⎪ − ≥

⎪x

≥

⎪x

≥

⎨ 2

2

⇔ ⎨ 4

⇔ ⎨ 4 ⇔ x = 1

⎪⎩ x + 2x+ 6= ( 4x−1) ⎪ 2

15x

10x

5 0 ⎪

⎩ − − = ⎩( x− 1)( 3x+ 1)

= 0

Kết luận x = 1 là nghiệm của phương trình.

b. Điều kiện: x ≥ 0 . Bình phương 2 vế ta được:

⎧⎪

x ≥−8

x+ + x + x = x+ ⇔ x + x = x+ ⇔ ⎨

⎪⎩

4 2 8

2 2

3 1 2 2 4 9 2 2 8

x 4

x 8

⎡ =

⎧ ≥−

⇔ ⎨

⇔ ⎢

2

16 .

⎩7x

−12x− 64 = 0 ⎢ x = −

⎣ 7

2

( x + x) = ( x+

)

Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có x = 4 là nghiệm của phương trình.


a)

2 2

x x x x

a. Điều kiện

Bài 12:

+ + 2+ + + 7 = 5

b) 3x+ 1+ 2 x+ 3 = 3 5x−

1

2

⎧ x + x+ ≥

⎪

⎨

⎪⎩ x

2

2 0

+ x+ 7≥0

2 2

x x x x

Lời giải

thỏa mãn với mọi x. Ta viết phương trình lại thành

+ + 2 = 5− + + 7 và bình phương 2 vế rồi ta có

2 2

2

⎪

⎧ x + x+ 7 ≤ 5 ⎧ ⎪x

+ x≤18

⎧⎪x + x≤18

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

2 2 2

2

2

⎪⎩

x + x+ 2 = 25 − 10 x + x+ 7 + x + x+ 7 ⎩⎪

x + x+ 7 = 3 ⎩⎪

x + x=

2

2 ⎡x

= 1

( )( )

⇔ x + x= 2⇔ x− 1 x+ 2 = 0⇔ ⎢

⎣x

= −2

Kết luận { 2;1}

b. Điều kiện:

x ∈ − .

⎧3x

+ 1≥0

⎪ 1

⎨x

+ 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ . Bình phương 2 vế phương trình ta thu được:

⎪

5

⎩5x

−1≥0

( ) ( )( ) ( ) ( )( )

3x+ 1+ 4 x+ 3 + 4 3x+ 1 x+ 3 = 9 5x−1 ⇔ 2 3x+ 1 x+ 3 = 19x−

11

11

11

⎧19x

11 0

⎧

⎧

⎪ − ≥

⎪x

≥

⎪x

≥

⇔ ⎨ ⇔ 19

2 2

⎨ 19

⇔ ⎨

⎪⎩ 4( 3x + 10x+ 3) = 361x − 418x+

121 ⎪ 2

349x

378x

109 0 ⎪

⎩ − + = ⎩( x−1)( 349x− 109)

= 0

⇔ x = 1. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.


2

8

Dạng 4:

3

f ( x) = g( x) ⇔ f ( x) =⎡g( x) ⎤

3

Bài 1:

Giải phương trình sau 3 x 3 + x 2 + 1= x+

1

Lời giải

⎡x

= 0

3 3 2 3 2

Phương trình ( ) 3 2

x + x + 1= x+ 1⇔ x + x + 1= x+ 1 ⇔ 2x + 3x= 0⇔ ⎢

⎢

3

x = −

⎣ 2


3

Giải phương trình sau ( ) ( )

⎧ −3⎫

S = ⎨0; ⎬

⎩ 2 ⎭

3 x− 3 x− 1 = x−

3

Bài 2:

Lời giải

−3 − 1 = −3⇔ −3 − 1= −3⇔ −3 −1− 1

⎡x

= 3

= 0⇔ ⎢

⎣x

= 2

3

3 3 3

Phương trình ( x ) ( x ) x ( x ) x x ( x )( x )

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = { 2;3}

Giải phương trình sau 3 7x+ 1= x+

1

Bài 3:

Lời giải

Phương trình x x x ( x ) 3 x 3 x 2 x x( x )( x )

⇔ x ∈ −

{ 4;0;1}

3 7 + 1 = + 1 ⇔ 7 + 1 = + 1 ⇔ + 3 − 4 = 0 ⇔ − 1 + 4 = 0

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = { − 4;0;1}


⎣

⎦

9

Cách giải:

Bước 1: Tìm điều kiện xác định

Dạng 5: f ( x) + g( x) = h( x)

( x)

( )

( )

⎧ f

⎪

⎨g x

⎪

⎩h x

Bước 2: Bình phương hai vế của phương trình đưa về dạng f ( x) = G( x)

≥ 0

≥ 0

≥ 0

Bước 3: Giải phương trình f ( x) G( x)

Giải phương trình sau x+ 3+ 3x− 2 = 7

Điều kiện

⎧x

≥−3

⎧x

+ 3≥0 ⎪

2

⎨ ⇔ ⎨ 2 ⇔ x ≥

⎩3x

−2≥0 ⎪x

≥ 3

⎩ 3

= và kết luận.

Ta có x x ( x x ) 2

Bài 1: HSG Tân kì, năm học 2020 - 2021

Lời giải

+ 3+ 3 − 2 = 7⇔ + 3+ 3 − 2 = 49

( )( ) ( )( )

⇔ 2 x+ 3 3x− 2 =− 4x+ 48 ⇔ x+ 3 3x− 2 =− 2x+

24

⎧⎪

− 2x

+ 24 ≥0 ⎧x

≤12

⇔ ⎨

⇔

( )( ) ( ) 2 ⎨ 2 2

⎩⎪

x+ 3 3x− 2 = − 2x+

24 ⎩3x + 7x− 6 = 4x − 96x+

576

⎧x

≤12

⎧x

≤12

⎪

⇔ ⎨ ⇔ x 6 x 6

2

⎨⎡ = ⇔ =

⎩− x + 103x− 582 = 0 ⎪ ⎢

⎩⎣x

= 97

Vậy phương trình có tập nghiệm S = { 6}

(thỏa mãn)

Bài 2: HSG Tam Dương, năm học 2020 - 2021

Giải phương trình sau 2 2x− 1+ x+ 3− 5x+ 11=

0

Điều kiện

1

x ≥

2

Lời giải

Ta có 2 2x− 1+ x+ 3− 5x+ 11= 0⇔ 2 2x− 1+ x+ 3 = 5x+

11

2 2

⇔9x− 1+ 4 2x + 5x− 3 = 5x+ 11⇔ 2x + 5x− 3 = 3−

x

⎧x≤3 ⎧x≤ 3 ⎡x

= 1

⇔ ⎨ ⇔

2 2 ⎨ ⇔

2

⎢

⎩2x + 5x− 3 = 9 − 6x+ x ⎩x + 11x− 12 = 0 ⎣x

= −12

Đối chiếu với điều kiện xác định ta được nghiệm của phương trình là x = 1.

Giải phương trình sau 2x− 1= x+ 8− x+

3

Bài 3: HSG Mỹ Đức, năm học 2020 - 2021

Lời giải


1

Điều kiện x ≥

2

10

Ta có 2x− 1= x+ 8− x+ 3 ⇔ x+ 8 = 2x− 1+ x+

3

( ) ( ) ( )( )

⇔ 2x− 1 + x+ 3 + 2 2x− 1 x+ 3 = x+

8

⇔ + + + − = + ⇔ + − = −

( 1)

( )

2 2

3x 2 2 2x 5x 3 x 8 2 2x 5x 3 3 x 1

⎧⎪ 3−x

≥0

⇔ ⎨

⎪⎩ x + x− = − x+

x

( )

2 2

2 5 3 9 6 2

⎡x

= 1

2

2 ⇔ x + 11x− 12 = 0 ⇔ ⎢

⎢⎣ x = −12

( TM )

( KTM )

Vậy phương trình có nghiệm x = 1.

Giải phương trình sau x+ 4− 1− x = 1−

2x

Điều kiện

1

−4

≤ x ≤

2


( )

Bài 4: HSG Sơn Dương, năm học 2020 - 2021

Lời giải

Ta có x+ 4− 1− x = 1−2x ⇔ x+ 4= 1− 2x+ 1− x+ 2 ( 1−2x)( 1−

x)

⎧ − 1 x 0

x

⎡ =

⎪ ≤

⇔− + = − + ⇔ ⇔⎢

⎪

⎩4x + 4x+ 1= 2x − 3x+ 1 ⎣ 2

Vậy phương trình có tập nghiệm.

2

2x 1 2x 3x

1 ⎨ 2

⎢

−7

2 2

x =

(thỏa mãn)


Giải phương trình sau 4 3+ 2x = 3x− 1+ 4 4−

x

Điều kiện

⎧3+ 2x

≥0 −3

⎨ ⇔ ≤ x ≤4

⎩4 − x ≥ 0 2

Lời giải

Ta có 4 3+ 2x = 3x− 1+ 4 4−x ⇔ 4( 3+ 2x − 4− x) = 3x−

1 (*)

Do 3 2x

4 x 0

+ − − = vô nghiệm nên phương trình (*) tương đương với phương trình

( + x − − x)( + x + − x) = ( x− )( + x + − x)

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

⎧⎪ 3x

− 1=

0

⇔ 4( 3x− 1) = ( 3x− 1)( 3+ 2x + 4−x)

⇔ ⎨

⎪⎩ 3+ 2x

+ 4− x = 4

+

1

3x− 1= 0⇔ x= (thỏa mãn điều kiện)

3

+ ( )( )

3+ 2x + 4− x = 4⇔ 2 3+ 2x 4− x = 9−

x

⎡x

= 3

⇔ − + = ⇔ ⎢

⎢ x =

⎣ 9

2

9x

38x

33 0 11

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm

(thỏa mãn điều kiện)

1 11

x= ; x= 3; x=

3 9

11


Điều kiện x ≥ 1

Bài 6: HSG Tỉnh Nghệ An, năm học 2020 - 2021

2 3

x x x x

− 5 + 2= 2 −1− + 3

Phương trình đã cho tương đương với

3

2

( ) ( )

⇔ x−1 x−1− 2 + x+ 3− 2 + x − 6x+ 5=

0

3

( ( ) )

1 2

2 3

3 2 3 4

Lời giải

− 5 + 2−2 − 1+ + 3 = 0

2 3

x x x x

x−5 x−5

⇔ x− 1. + + ( x−1)( x− 5)

= 0

x − + x+ + x+ +

⇔ x = 5 , do

x −1 1

+ + x− 1 > 0, ∀x≥1

x − + x+ + x+ +

( ) 2 3

1 2 3

3 2 3 4

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là { 5}

Giải phương trình sau x+ 1+ x+ 4 = 3

Điều kiện

⎧x

+ 1≥0

⎨ ⇔x

≥−1

⎩x

+ 4 ≥ 0

S = .

Bài 7:

Lời giải

Phương trình ( ) 2 2

x+ 1+ x+ 4 = 3⇔ x+ 1+ x+ 4 = 9⇔ 2x+ 5+ 2 x + 5x+ 4 = 9

⎧

2

⎪2−x

≥0 ⎧x

≤ 2

⇔ x + 5x+ 4 = 2−x⇔ ⎨ 2

2

⇔ ⎨ ⇔ x=

0 (thỏa mãn)

⎪⎩ x + 5x+ 4= ( 2−x)

⎩9x

= 0


Giải phương trình sau 3+ 2x + x+ 1= 3x+

4

Điều kiện x ≥− 1

Bài 8:

Lời giải

2 2

Phương trình 3+ 2x + x+ 1= 3x+ 4 ⇔ 4+ 3x+ 2 2x + 5x+ 3 = 3x+ 4⇔ 2x + 5x+ 3 = 0

⎡x

= −1

⇔ x + x+ = ⇔ ⎢

⎢

−

x =

⎣ 2

2

2 5 3 0 3

(thỏa mãn)


⎧ −3⎫

S = ⎨−1; ⎬

⎩ 2 ⎭

Giải phương trình sau 3− x + x+ 1= 3x+

7

Điều kiện −1≤ x ≤ 3

Bài 9:

Lời giải


2 2

Phương trình 3− x + x+ 1 = 3x+ 7 ⇔3− x= 4x+ 8 + 2 3x + 10x+ 7 ⇔ −5x− 5 = 2 3x + 10x+

7

12

⎧x

+ 1≤0

⎧ x + 1≤0 ⎪

⎪⎡x

= −1

⇔ ⎨

⇔ x 1

2

⎨

13x

10x

3 0 ⎢

⇔ =− (thỏa mãn)

⎩ + − = ⎪ ⎢

3

x =

⎪ ⎩ ⎣ 13

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = { − 1}

Giải phương trình sau 2x− 1+ x+ 3 = 3

Điều kiện

1

x ≥

2

Bài 10:

Lời giải

Phương trình ( )( ) ( )( )

2x− 1+ x+ 3 = 3⇔ 2x− 1+ x+ 3+ 2 2x− 1 x+ 3 = 9⇔ 2x− 1 x+ 3 = 7−

3x

⎧ 7 7

7 3x 0

x

⎧

⎧ − ≥ ⎪ ≤

⎪x

≤

⇔ ⎨ ⇔ 3 3 x 1

2 2

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ = (thỏa mãn)

⎩8x + 20x− 12 = 9x − 42x+

49 ⎪ 2

x 62x

61 0 ⎪

⎩ − + = ⎩x= 1; x=

61


Giải phương trình sau 3x+ 1− 2x− 1=

1

1


2

Phương trình

Bài 11:

Lời giải

3x+ 1− 2x− 1= 1⇔ 3x+ 1= 2x− 1+ 1⇔ 3x+ 1= 2x− 1+ 1+ 2 2x−1⇔ x+ 1= 2 2x−

1

⎧x≥−1 ⎧x≥− 1 ⎡x

= 1

⇔ ⎨ ⇔

2 ⎨ ⇔

2

⎢

⎩x + 2x+ 1= 8x−4 ⎩x − 6x+ 5= 0 ⎣x

= 5

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = { 1; 5}

*) Cách khác:

(thỏa mãn)

⎧ ⎪ 3x+ 1− 2x−1≥0

⎧⎪3x+ 1≥2x−1

3x+ 1− 2x− 1= 1⇔ ⎨

⇔ ⎨

2

⎩⎪

3x+ 1+ 2x−1−2 6x −x− 1=

1 ⎩⎪

x− = x −x−

⎧x

≥ 2

⇔ ⎨

⇔ x ∈

2 2

⎩25x − 10x+ 1 = 24x −4x−4

{ 1; 5}

Giải phương trình sau x+ 4− 1− x = 1−

2x

Điều kiện

1

−4

≤ x ≤

2

Bài 12:

Lời giải

Phương trình ( )( )

x+ 4− 1− x = 1−2x ⇔ x+ 4= 1− 2x+ 2 1−2x 1− x + 1−

x

2

5 1 2 6 1

⎪⎧

2x

+ 1≥0 ⎧2x

+ 1≥0

⇔ 2x+ 1= ( 1−2x)( 1−x)

⇔ ⎨

2

⇔ ⎨

⇔ x=

0 (thỏa mãn)

2

⎪⎩

( 2x+ 1) = ( 1−2x)( 1−x)

⎩2x

+ 7x=

0


13


2 2

*) Sai lầm: x+ 4− 1− x = 1−2x ⇔ ( x+ 4− 1− x) = ( 1−

2x)

Vì chưa xác định được dấu của x+ 4− 1− x .

Giải phương trình sau 3x+ 1− x = 4x−

3

Điều kiện

3

x ≥

4

Bài 13:

Lời giải

2

Phương trình 3x+ 1− x = 4x−3 ⇔ 3x+ 1= x + 4x−3 ⇔ 3x+ 1= 5x− 3+ 2 4x − 3x

x 1

2 x 0 x 2

⎡ =

2

⎧ − ≥ ⎧ ≤

⇔ 2− x= 4x −3x

⇔ ⎨

⇔

2 2 ⎨

⇔ ⎢

2

4

⎩x − 4x+ 4= 4x − 3x ⎩3x + x− 4=

0 ⎢ x = −

⎣ 3


Bài 14:

2 2 2

Giải phương trình sau x + x+ 1+ x − x+ 1= 2x

+ 4

Điều kiện ∀x∈

R

Lời giải

Phương trình ( ) 2

(do

x 2 + x+ 1+ x 2 − x+ 1= 2x 2 + 4 ⇔ x 2 + x+ 1+ x 2 − x+ 1 = 2x

2 + 4

2 2 2

x + x = 2x

hay 1+ 1= 2)

( )( ) ( ) 2

2 2 2 2 4 2

⇔ x + x+ x − x+ = ⇔ x + − x = ⇔ x + x = ⇔ x=

1 1 1 1 1 0 0


Bài 15:


2

x + x+ 1+ 2

x − x+ 1= 4−

x

Lời giải

Điều kiện x ≤ 4

Phương trình

2

x + x+ 1+ 2

x − x+ 1= 4−x ⇔

2

x − x+ 1= 4−x −

2

x + x+

1

⎧ 2 ⎧−3≤ x ≤1

2

⎪ 4−x − x + x+ 1 ⎧ ⎪x + 2x− 3= 0 ⎪

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ x 0

2

3 2

⎨⎡

=

⎪4+ x= 2 ( 4− x)( x + x+ 1)

⎪4x −11x − 4x=

0 ⎢ 2

⎩

⎩

⎪

⎩⎣4x

−11x− 4 = 0

⎡x

= 0

⇔

⎢

⎢ 11−

185

x =

⎢⎣ 8

⎧⎪

11−

185 ⎫⎪

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = ⎨0;

⎬

⎪⎩

8 ⎪⎭


14

Bài 16:

Giải phương trình sau x+ 3+ 3x+ 1= 2 x + 2x

+ 2

Lời giải

Điều kiện: x ≥ 0

Bình phương hai vế của phương trình ta được:

( )( ) ( )( ) ( )

x+ 3+ 3x+ 1+ 2 x+ 3 3x+ 1 = 4x+ 2x+ 2+ 4 x. 2x+ 2 ⇔ 1+ x+ 3 3x+ 1 = x+ 2 x 2x

+ 2

( )

( ) ( ) ( )( )

2

5x

−2x−3

⇔ x− 1 + 2 x 2x+ 2 − x+ 3 3x+ 1 = 0⇔ x+ 1+ = 0

2 x 2x 2 x 3 3x

1

( )( )

( ) ( )( )

( + ) − ( + )( + )

x− 1 5 x+ 3 ⎛

( )

5 x +

1 0 1 1 3

⎞

x+ + = ⇔ x− ⎜ + ⎟=

0

2 x 2x+ 2 − x+ 3 3x+ 1 ⎜ 2 ( 2 + 2) − ( + 3)( 3 + 1)

⎟

⎝

x x x x

⎠

⇔ x− 1= 0⇔ x = 1 (thỏa mãn)



a) ( )

2 x−4 − 2x+ 3 = x−6− x + 5

b) 10x+ 1 + 3x− 5 = 9x+ 4 + 2x

−2

a) Điều kiện: x ≥ 6

Bài 17:

Lời giải

Ta có ( ) ( )

2 x−4 − 2x+ 3 = x−6− x+ 5 ⇔ 2 x− 4 + x+ 5 = 2x+ 3+ x −6

( x ) x ( x )( x ) x x ( x )( x )

⇔ 2 − 4 + + 5+ 2 2 − 4 + 5 = 2 + 3+ − 6+ 2 2 + 3 −6

( x− )( x+ ) = ( x+ )( x − ) ( )

2 4 5 2 3 6 *

Với x ≥ 6 bình phương hai vế của phương trình (*) ta được:

2 x− 4 x+ 5 = 2x+ 3 x−6 ⇔ 11x= 22 ⇔ x = 2 (không thỏa mãn)

( )( ) ( )( )


b) 10x+ 1 + 3x− 5 = 9x+ 4 + 2x

−2

5


3

Bình phương hai vế ta được:

( )( ) ( )( )

10x+ 1+ 3x− 5 + 2 10x+ 1 3x− 5 = 9x+ 4 + 2x− 2 + 2 9x+ 4 2x

−2

( 10 1)( 3 5) 3 ( 9 4)( 2 2) ( 3)

⇔ x+ x+ x− = + x+ x− ⇔ x− +

( x )

( x−3)( 12x−1)

( 10x+ 1)( 3x− 5) + ( 9x+ 4)( 2x−2)

⇔ − 3 + = 0

⎛

12 1

⎞

( 3)

⎜

x −

⇔ x − 1+ ⎟=

0

⎜ ( 10 + 1)( 3 − 5) + ( 9 + 4)( 2 −2)

⎟

⎝

x x x x

⎠

− x+

2

12 37 3

( 10x+ 1)( 3x− 5) + ( 9x+ 4)( 2x−2)


x

15

⇔ x − 3=

0 vì

12x

−1 5

> 0, ∀x

≥

3

( 10x+ 1)( 3x− 5) + ( 9x+ 4)( 2x−2)

⇔ x =3 (thỏa mãn)



16

Dạng 6: 3 f ( x) + 3 g( x) =

3 h( x)

Cách giải:

Bước 1: Lũy thừa bậc ba hai vế của phương trình ta được

( ) ( )

( ) ( ) 33 ( ).

3 3

( ) ( ) ( )

f x + g x + f x g x f x + g x = h x

Bước 2: Biến đổi phương trình ta được 33

f ( x) . g( x) . h( x) = h( x) − f ( x) − g( x)

Bước 3: Tiếp tục lũy thừa bậc ba hai vế ta được 27 f ( x) g( x) h( x) = ⎡h( x) − f ( x) −g( x) ⎤

3

a) 3 x

3


+ 34 − x− 3 = 1

b) 3 x + 3 x− 1=

1

c) 3 3 3

x+ 1+ 3x+ 1+ 4x+ 2 = 0

d) 3 1− x + 3 1+ x = 2

a) Điều kiện ∀x∈

R

Phương trình

Lời giải

3

( ) ( ) ( )

x+ 34 − x− 3 = 1 ⇔ x+ 34 − x− 3 = 1 ⇔ x+ 34 − x−3 − 3 x+ 34. x− 3. x+ 34 − x− 3 = 1

3 3 3 3 3 3 3 3

( )( )

2 3 3

− + − =− ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ + − =

3 3

3 x 34. x 3 36

3

x 34 x 3 12 x 31x 102 12 x 31x

1830 0

⇔ x ∈ −

{ 61;30}

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = { − 61;30}

b) Điều kiện ∀x∈

R

3


3 x 3 x 3 x 3 x x x 3 x 3 x 3 x 3 x

+ − 1= 1⇔ + − 1 = 1⇔ + − 1+ 3 . − 1 + − 1 = 1

3 2

( ) ( ) ( )( )

⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ − + + =

3 3

3 x. x 1 2 2x 27x x 1 8 1 x x 1 8x 11x

8 0

⎡x

= 1

⇔ ⎢ 2

⎣8x

+ 11x+ 8 = 0 (*)

Ta có (*) vô nghiệm

Thay x = 1 vào thấy thỏa mãn điều kiện


c) Điều kiện ∀x∈

R

Phương trình 3 x+ 1+ 3 3x+ 1+ 3 4x+ 2 = 0⇔ 3 x+ 1+ 3 3x+ 1=− 3 4x+

2

( )

3 3 3 3 3 3 3

1 3 1 3 1. 3 1. 1 3 1 4 2 3 1. 3 1. 4 2 8 4

⇔ x+ + x+ + x+ x+ x+ + x+ =− x− ⇔ − x+ x+ x+ =− x−

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

⇔ 27 + 1 3 + 1 4 + 2 = 8 4 + 2 ⇔ 2 + 1 81 + 108 + 19 = 0

⎧⎪− 1 6 + 17 6 − 17 ⎫⎪

⇔ x ∈⎨ ; ; ⎬

⎪⎩

2 9 9 ⎪⎭

Vậy phương trình có tập nghiệm

⎧⎪− 1 6 + 17 6 − 17 ⎫⎪

S = ⎨ ; ; ⎬

⎪⎩

2 9 9 ⎪⎭


d) Điều kiện x ≥ 0

⎣

⎦

17

Phương trình ( )

3 x 3 x x 3 x 3 x 3 x 3 x

1− + 1+ = 2⇔1− + 1+ 3 1 − . 1 + . 1− + 1+ = 8

3 3

⇔6 1− x = 6⇔ 1− x = 1⇔ x= 0 (thỏa mãn)

Vậy phương trình có tập nghiệm S = { 0}

Bài 2:

Giải phương trình 3 x 2 + 1= 3 3x 2 −x−2− 3 2x 2 −x−

2

Ta có

2 2 2

x x x x x

+ 1+ 2 − − 3= 3 − − 2

Lời giải

Phương trình 3 x 2 + 1= 3 3x 2 −x−2− 3 2x 2 −x−2 ⇔ 3 x 2 + 1+ 3 2x 2 −x− 2 = 3 3x 2 −x−

2

3 3

3 2 3 2 3 2 2

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

3x x 2

3 3

( )( ) ( )

3

⇔ + + − − = − − = − −

⇔ − − + + − − + + − − = − −

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

2 2

( x )( x x )

⎡ 3 + 1 2 − − 3 = 0

3

3 3

( x )( ) ( )

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

⎢

⇔ + − − + + −x− 3 = 0⇔ ⎢

+ + − − =

2

⎡2x

−x− 3= 0 ⎧ −2 3⎫

⇔ ⎢ ⇒ x ∈ 1; ;1;

2 2

⎨−

⎬

x + 1=−( 2x − x+ 3)

⎩ 3 2

⎢⎣

⎭

⎢⎣

3 3

( x )

2 x 2 x

1 2 3 0

*) Nhận xét: Với phương trình

3

f ( x) +

3

g

3

( x) = h( x)

, trong đó f ( x) + g( x) = h( x)

( )

Thì ta được về dạng 3 f ( x) g( x) 3 f ( x) 3 g( x)

. . + = 0

Giải phương trình 3 x− 1+ 3 x− 2 = 3 2x−

3

Bài 3:

Lời giải

3

Ta có ( ) ( )( ) ( )

3 x 3 x 3 x 3 x 3 x x

3

x x 3 x 3 x

− 1+ − 2 = 2 −3 ⇔ − 1+ − 2 = 2 −3⇔3 −1 −2 − 1+ − 2 = 0

⎫

⇒3 ( x−1)( x−2)( 2x− 3)

= 0 ⇔ x∈⎨1; 2; ⎬ (thỏa mãn điều kiện).

⎩ 2 ⎭

⎧ 3

3


18

Dạng 7: Phương trình xuất hiện nhân tử chung dạng f ( x) . A( x) = f ( x) . B( x )

⎡ f

. = . ⇔ . − = 0⇔ ⎢

⎢⎣ A x

Cách giải: Ta có f ( x) A( x) f ( x) B( x) f ( x) ( A( x) B( x)

)

2

Giải phương trình ( x− 2) x+ 4 = 4−x

Điều kiện x ≥−4

Bài 1:

Lời giải

Ta có phương trình ( x− 2) x+ 4 = 4−x 2 ⇔( x− 2) x+ 4 = ( 2− x)( 2+

x )

+) TH1: x− 2= 0⇔ x = 2 (thỏa mãn)

+) TH2:

( x)

= 0

( ) = B( x)

( )

( )

⎧ ⎪−x −2≥0 ⎧x

≤−2

⎡x = 0 ktm

x−2≠0⇔ x≠2⇒ x+ 4 =−x−2⇔ ⎨

2

⇔ ⎨ ⇔

2

⎢

⎩⎪ x+ 4= ( x+ 2)

⎩x + 3x= 0 ⎣⎢

x = −3

tm

Vậy phương trình có nghiệm x ∈{ −3; 2}

Giải phương trình

Điều kiện:

2

3x− 2> 0⇔ x >

3

2

x

3 2 1

3 2 − x

−

− = − x

x

Bài 2:

Lời giải

2

Ta có phương trình ( ) ( )( ) ( )

⎡x

= 1

⇔ − − + − = ⇔ ⎢

⎢⎣

⇔ x − 3x+ 2= 1−x 3x−2 ⇔ x−1 x− 2 = 1−x 3x

−2

( x 1)( x 2 3x

2) 0

3x− 2 = 2−x

( 1)

⎧x

≤ 2

⎪⎧

2−x

≥0

⎪

Ta có ( 1)

⇔ ⎨

1

2

⇔ ⎨⎡x = ( tm)

⇔ x = 1

⎪⎩

3x− 2= ( 2−x)

⎪⎢

⎩⎢⎣ x = 6( ktm)

Vậy phương trình có nghiệm x = 1


Điều kiện:

( )

( )

( )

2 2 2

x + x + x + 2x = x −3x

⎧x x+ 1 ≥0 ⎧x

≥ 3

⎪

⎪

⎨x x+ 2 ≥0⇔ ⎨x=

0

⎪

⎪

−3 ≥0

⎩x

≤ 2

⎩x x

Bài 3:

Lời giải

Ta có phương trình x 2 + x + x 2 + 2x = x 2 −3x ⇔ x( x+ 1) + x( x+ 2) = x( x −3)

+) Với x = 0 ta thấy thỏa mãn

+) Với ≥ 3

x , ta có phương trình ⇔ ( x+ 1) + ( x+ 2) = ( x −3 ) (*)


19

x+ 1> x−3⎫⎪ ⎬ ⇒ > ⇒ phương trình vô nghiệm

x + 2 > 0 ⎪⎭

Vì VT (*) VP (*)

+) Với ≤−2

x , ta có phương trình ⇔ ( −x)( −x− 1) + ( −x)( −x− 2) = ( −x)( 3−x

)

( ) ( ) ( ) ( )( )

⇔ −x− 1 + −x− 2 = 3−x ⇔ −x−1−x− 2+ 2 x+ 1 x+ 2 = 3−x

⎧x

≥−6

⎪

6

⎡

⎧

28

⎪x ≥−

⎪

2 ( 1)( 2)

6

⎪⎢x = ktm

⇔ x+ x+ = x+ ⇔ ⎨

2

⇔ ⎨ 3

4( + 1)( + 2) = ( + 6)

⎢

⎪⎩

x x x ⎪⎢

⎪ 28

⎢x

= −

⎪⎣ ⎩ 3



a) ( )

2 2

x+ 4 10 − x = x + 2x

−8

x x− 1 + x x+ 2 = 2 x

b) ( ) ( )

2

a) Điều kiện: x ≤ 10

28

x = − .

3

Bài 4:

Lời giải

( )

( tm)

2 2 2 2

Ta có ( x ) x x x ( x ) x ( x )( x ) ( x )( x x )

+ 4 10 − = + 2 −8 ⇔ + 4 10 − = + 4 −2 ⇔ + 4 10 − − + 2 = 0

( ktm)

⎡x

= −4

⎡ x + 4=

0 ⎢ ⎧x

≥ 2

⎧ 3

2 0

⎪x

=

⇔ ⎢ ⇔ ⎢

2

⎪⎧

x − ≥ ⇔ ⎨ ⇔

2

⎨

⎢⎣

10 − x = x−2

⎢⎨ 1

2

2 ⎩2x

−4x− 6=

0 ⎩⎪

x= −

⎢⎩ ⎣⎪

10 − x = ( x−2)


b) Ta có x( x− 1) + x( x+ 2) = 2 x 2 ⇔ x( x− 1) + x( x+ 2) = 2 x (*)

⎡x

= 0

⎧⎪ x( x−1)

≥0

Điều kiện:

⎢

⎨

⇔ ≥1

( + 2)

≥0

⎢

x

⎪⎩ x x

⎣⎢ x ≤−2

Ta thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình

+) Nếu ≥1


( L)

x phương trình (*) trở thành ( )( )

x− 1+ x+ 2 = 2 x ⇔ 2x+ 1+ 2 x− 1 x+ 2 = 4x

⎧ 1

⎪x

≥

9

⇔ 2 ( x− 1)( x+ 2)

= 2x−1⇔ ⎨ 2

⇔ x=

(thỏa mãn).

⎪

2 2

8

⎩

4( x + x− 2)

= 4x − 4x+

1

2

+) Nếu x ≤−2

phương trình trở thành 1− x + −x− 2 = 2 −x ⇒1− 2x+ 2 x + x− 2 =−4x

20

⎧ 1

⎪x

≤

2

9

x + x − = − x ⇔ ⎨

⇔ x = ktm

⎪

2 2

8

⎩

4( x + x− 2)

= 4x − 4x+

1

2

2 2 1 2



a) ( )

2 2

b)

x−3 x − 3x+ 2 = x − 8x

+ 15

2 2 2

x x x x x x

a) Điều kiện:

− 3 + 2+ − 4 + 3 = − 5 + 4

⎡x

≥ 2

⎢

⎣x

≤ 1

⎧ 9⎫

S = ⎨0; ⎬

⎩ 8 ⎭

Bài 5:

Lời giải

( )

Phương trình biến đổi về dạng ( x−3) x 2 − 3x+ 2 = ( x−3)( x −5)

⎡x

= 3

⎡x

− 3=

0

⎢

2

⇔( x−3)( x − 3x+ 2− x+ 5)

= 0⇔ ⎢

⇔ ⎧ ≥ 5

2

⎢⎪x

⎢ ⎣ x − 3x + 2 = x − 5 ⎢ ⎨ 2

⎣⎪⎩ x − 3x+ 2= x−5 *

23

Giải (*) ta được x = < 5 (loại)

7

Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.

b)

2 2 2

x x x x x x

Điều kiện:

− 3 + 2+ − 4 + 3 = − 5 + 4

2

⎧x

− x+ ≥

3 2 0

⎪

2

⎡x

≥ 4

⎨x

− 4x+ 3≥0⇔

⎢

⎪

1

2

⎣x

≤

⎩x

− 5x+ 4≥0

Ta có: ( x−1)( x− 2) + ( x−1)( x− 3) = ( x−1)( x −4 ) (*)

Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình

+) Nếu x ≥ 4 phương trình (*) trở thành

( x ) ( x ) ( 4) ⇒2 −5 2 ( −2)( x )

− 2 + − 3 = x − x + x − 3 = x−4

x x x (vô nghiệm) vì x ≥ 4

2

⇔ 2 − 5 + 6 = 1−

2

( ) ( )

2

+) Nếu x < 1 phương trình (*) trở thành: 2− x + 3− x = 4−x ⇒5− 2x+ 2 x − 5x+ 6 = 4−x

2

⇔ 2 x − 5x+ 6 = x −1

(vô nghiệm) vì x < 1



a)

2

x

4 3 1

4 3 − x

−

− = − x

x

Bài 6:


Lời giải

b)

x + 2

x+ 1− x+ 2+ = 1

x + 1

21

a) Điều kiện:

3

x >

4

2

Phương trình biến đổi về dạng: ( ) ( )( ) ( )

⎡x

= 1

⎡x− 1= 0 ⎢

⎡x=

1

⇔ ⎢

⇔ ⎢⎧⎪

x ≤ 3 ⇔ ⎢

⎣ 4x− 3 = 3− x ⎢⎨

( ) 2 = 5 − 13

4 − 3= −3

⎣x

⎣⎪⎩ x x

b) Điều kiện: x >−1

Phương trình biến đổi về

⎛ ⎞

dạng ( ) ( )

x − 4x+ 3= 1−x 4x−3 ⇔ x−1 x− 3 + x−1 4x

− 3 = 0

1 ⎛1− x + 1⎞

x+ 1− 1 + x+ 2⎜ − 1⎟= 0⇔ x+ 1 − 1+ x+ 2 = 0

⎝ x+ 1 ⎠

⎜ + 1 ⎟

⎝ x ⎠

⎧ ⎪ x + 1− 1=

0

⇔ ⎨

⇔ x = 0

⎪⎩ x + 1= x + 2 ( VN )



Bài 7:

x+ + x x+ = x+ x + x +

2

3 2 1 2 4 3

Lời giải

2

Ta có x x x x x x x ( x )( x ) ( x x x )

⇔ x+ 3( 1− x+ 1) −2x( 1− x+ 1) = 0⇔( 1− x+ 1)( x+ 3− 2x

) = 0

+ 3+ 2 + 1= 2 + + 4 + 3 ⇔ + 3− + 1 + 3 − 2 − 2 + 1 = 0

⎡1− x+ 1= 0 ⎡x=

0

⇔ ⎢

⇔ ⎢ (thỏa mãn).

⎢⎣ x+ 3− 2x= 0 ⎣x

= 1


2 2

x − 3x+ 1−2 x − 1=

0

Bài 8:

Lời giải

Ta có x 2 − 3x+ 1−2 x 2 − 1= 0⇔ ( x−1)( x− 2) = 2 ( x− 1)( x + 1) ( 1)

Tập xác định D = { 1 } ∪ ( −∞; −1] ∪ [ 2; +∞)

+ Với x = 1 là một nghiệm của phương trình (1)

Vậy x = 1 là một nghiệm của (1)

+ Với x≤−1⇒( 1) ⇔ ( 1−x)( 2− x) = 2 ( 1−x)( −x

−1)

( )

⇔ 2− x = 2 −x−1⇔ 2− x= 4 −x−1 ⇔ x =−2

(thỏa mãn)

+ VỚi ( ) ( )

x≥2⇒ 1 ⇔ x− 2 = 2 x+ 1⇒ x− 2= 4 x+ 1 ⇔ x =−2


Vậy phương trình có hai nghiệm là x=− 2; x = 1.

Giải phương trình sau ( )

Bài 9: Hà Nội, năm học 2011

2 2

x + 4x+ 7= x+ 4 x + 7


Lời giải

22

Ta có ( )

2 2 2 2 2

x + 4x+ 7= x+ 4 x + 7 ⇔ x + 7+ 4x= x x + 7 + 4 x + 7

( ) ( ) ( )( )

2 2 2 2 2

⇔ x + x + − x + x− x + = ⇔ x + − x x + − =

7 7 4 7 0 7 7 4 0

⎡⎧x

≥ 0

⎡ 2

x + 7 − x= 0 ⎢⎨

3

2 2 ⎡x=−

⇔ ⎢

⇔ ⎢⎩x

+ 7 = x ⇔ ⎢

⎢

2

+ 7 − 4= 0

=

⎢

3

⎣ x

2

⎣x

⎣x

+ 7 = 16

Vậy phương trình có hai ngiệm x=− 3; x = 3


23

Dạng 8: Phương pháp biến đổi xuất hiện bình phương

Cách giải: Đối với dạng toán này, ta có 2 dạng cơ bản

2 2

Dạng 1: ( ) ( )

A− B + C + D = m

Dạng 2: Biến đổi về các tổng không âm

2 2 ⎧A

= 0

+) A + B = 0 ⇔ ⎨

⎩B

= 0

+)

A

2 ⎧A

= 0

+ B = 0 ⇔ ⎨

⎩B

= 0

Bài 1:

Giải phương trình sau x+ 14x− 49 + x− 14x

− 49 = 14

Điều kiện:

Lời giải

⎧ 7

⎧⎪14x

−49 ≥0

⎪x

≥

⎨

⇔ ⎨ 2

⎪⎩ x≥

14x−49

⎪

⎩x ≥ 14x − 49, ∀ x ∈ R

Nhân cả hai vế với 14 , ta được:

14x+ 14 14x− 49 + 14x−14 14x

− 49 = 14

( ) ( )

⇔ 14x− 49 + 2 14x− 49.7 + 49 + 14x−49 −2 14x

− 49.7 + 49 = 14

( ) ( )

2 2

⇔ 14x− 49 + 7 + 14x−49 − 7 = 14 ⇔ 14x− 49 + 7 + 14x

−49 − 7 = 14

⇔ 14x− 49 + 14x

−49 − 7 = 7

Đặt t = 14x−49 −7 ⇒ 14x− 49 = t+ 7 ⇒ t+ 7 + t = 7 ⇔ t =−t ⇔t

≤0

7

⇒ 14x−49 ≤7 ⇔14x−49 ≤49 ⇔ x≤7 ⇔ ≤ x ≤7

2



− − 4 + 3+ 8=

0

2

x x x

Bài 2:

Lời giải

2 2

Ta có phương trình x x x ( x x ) ( x x )

2

( ) ( )

− − 4 + 3+ 8= 0⇔ + 3− 4 + 3+ 4 + − 2 + 1 = 0

2 ⎧ ⎪ x + 3− 2=

0

⇔ x+ 3− 2 + x− 1 = 0⇔ ⎨ ⇔ x=

1

⎪⎩ x − 1 = 0


Bài 3:

Giải phương trình sau x− 4 2x+ 2−2 2− x + 9=

0

Điều kiện

⎧x

≥−1

⎨

⎩x

≤ 2

Lời giải


24

Ta có phương trình x x x ( x x ) ( x x )

− 4 2 + 2−2 2− + 9= 0⇔ 2 + 2− 4 2 + 2+ 4 + 2− −2 2− + 1 = 0

2 2 ⎧ ⎪ 2x

+ 2 = 2

⇔ ( 2x+ 2− 2) + ( 2−x − 1)

= 0⇔ ⎨ ⇔ x=

1 (thỏa mãn)

⎪⎩ 2− x = 1

Bài 4:


Điều kiện:

⎧⎪ x ≥ 3

⎨

⇔ x ≥3

⎪⎩ 2x( x+ 2)

≥0

2

3 2 2 4 2 3 0

x− x + x + + x − =

Lời giải

3x− 2 2x + 4x + 2+ x− 3 = 0⇔3x− 2 2x x+ 2 + 2+ x − 3 = 0

2

Ta có phương trình ( )

( ) ( ) ( ) 2

⇔ 2x− 2 2x x+ 2 + x+ 2 + x− 3 = 0⇔ 2x − x+ 2 + x − 3 = 0

⎧ ⎪ 2x

= x+

2 ⎧x

= 2

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ (vô lí)

⎩⎪

x = 3 ⎩x

= 3



Điều kiện

⎧x

≥ 0

⎨ ⇔ x ≥1

⎩x

≥ 1

2

x x x x

− 2 + − 1+ = 0

Bài 5:

Lời giải

x − 2 x + x− 1+ x= 0⇔ x − 2 x + x + x − 1=

0

2 2

Phương trình ( )

( ) 2 ⎧⎪

x− x = 0

⇔ x− x + x− 1= 0⇔ ⎨ ⇔ x=

1 (thỏa mãn)

⎪⎩ x − 1 = 0



Điều kiện:

Ta có

1

x ≥

2

Bài 6:

2 3 2

4x + 3x+ 3= 4 x + 3x + 2 2x−

1

Lời giải

2 3 2 2

4x + 3x+ 3= 4 x + 3x + 2 2x−1⇔ 4x + 3x+ 3= 4x x+ 3+ 2 2x−

1

2

( x x x x ) ( x x ) ( x x ) ( x )

2 2

⇔ 4 − 4 + 3+ + 3 + 2 −1−2 2 − 1+ 1 = 0⇔ 2 − + 3 + 2 −1− 1 = 0

⎧

2

⎪2x= x+ 3 ⎧ 4x = x+

3

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ x = 1

⎪⎩ 1= 2x

−1

⎩1 = 2x

− 1

(thỏa mãn)

Giải phương trình sau x−2 x− 1 = x−1−

1

Bài 7: HSG Gia Lâm, năm học 2020 - 2021



Lời giải

25

Ta có ( ) 2

x−2 x− 1 = x−1−1⇔ x−1−2 x− 1+ 1= x−1−1⇔ x−1− 1 = x−1−

1

⇔ x−1− 1 = x−1−1⇒ x−1−1≥0⇔ x−1≥1⇔ x≥ 2 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { x∈

/ x≥2}


2

Điều kiện:

2

− x + x+ ≥

8 48 0

Bài 8: HSG Tây Hồ, năm học 2020 - 2021

x+ 24 = x−3 − x + 8x+

48

Lời giải

Phương trình x ( x ) x 2 x x ( x ) x 2 x ( x 2 x )

2

( x x x )

+ 24 = −3 − + 8 + 48 ⇔ 2 + 48 −2 −3 − + 8 + 48 + − + 8 + 48 = 9

2 ⎡x− − − x + x+ = ⎡ − x + x+ = x−

⇔ −3 − − + 8 + 48 = 9 ⇔ ⎢

⇔ ⎢

⎢

2 2

⎣x−3 − − x + 8x+ 48 =−3 ⎢

⎣ − x + 8x+ 48 = x

+) TH1:

+) TH2:

2 2

3 8 48 3 8 48 6

⎧x

≥ 6

⎧ 6

2

⎪x

≥

⎪

− x + 8x+ 48 = x−6 ⇔ ⎨ 2

2

⇔ ⎨⎡x

= 5 + 31 ⇔ x= 5 + 31

⎪⎩

x + 8x + 48 = ( x − 6)

⎪ ⎢

⎩ ⎢ ⎣x

= 5 − 31

2

⎧x≥0 ⎧x≥0

− x + 8x+ 48 = x⇔ ⎨

⇔

2 2 ⎨ 2

⎩− x + 8x+ 48 = x ⎩− 2x + 8x+ 48 = 0

⎧⎡ x = 2+

2 7

⎪⎢

⇔ ⎨ ⎢⎣ x = 2−

2 7 ⇔ x = 2+

2 7

⎪

⎩x

≥ 0

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { 5 + 31; 2 + 2 7}



Có

2 2

Bài 9: HSG Ứng Hòa, năm học 2020 - 2021

2

4 x+ 1 = x − 5x+

14

Lời giải

4 x+ 1 = x − 5x+ 14 ⇔ x − 5x+ 14 − 4 x+ 1 = 0

2

( ) ( ) 2 ⎧ ⎪x

− 3=

0 ⎧x

= 3

⇔ x− 3 + x+ 1− 2 = 0⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎪⎩

x + 1− 2=

0 ⎩x

= 3



Bài 10: HSG Anh Sơn, năm học 2020 - 2021

2

x x x

− 9 = 6 + 4 − 38

Lời giải



2 2

Ta có

x − 9x= 6 x+ 4 −38 ⇔ x −9x− 6 x+ 4 + 38 = 0

26

2

2

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

⇔ − 10 + 25 + + 4 − 6 + 4 + 9 = 0 ⇔ − 5 + + 4 − 3 = 0

2

Vì ( ) ( ) 2

x−5 ≥0 ∀x∈ ; x+ 4 −3 ≥0, ∀x≥−4

2

Do đó ( ) ( )

( x )

2

⎧ − = − =

2

⎪

5 0 ⎧⎪x

5 0

x− 5 + x+ 4− 3 = 0⇔ ⎨

2 ⇔ ⎨ ⇔ x=

5

⎪( x + 4− 3)

= 0 ⎪⎩

x + 4−3

⎩

Vậy x = 5 là giá trị cần tìm.

Giải phương trình sau x+ 17= 2 4− x + 6 2x+

3

Điều kiện

−3

≤ x ≤ 4

2

Bài 11: HSG Tân Kỳ, năm học 2018 - 2019

Lời giải

Ta có x+ 17= 2 4− x + 6 2x+ 3 ⇔ 4−x−2 4− x + 1+ 2x+ 3− 6 2x+ 3+ 9=

0

( ) 2 ( )

2 ⎧⎪

4 −x

−

4 1 2 3 3 0 1 = 0 ⎧ 4 − x=

⇔ −x − + x+ − = ⇔ ⎨

⇔ ⎨

1 ⇔ x=

3

⎪⎩ 2x

+ 3− 3= 0 ⎩2x

+ 3=

9



Ta có

Bài 12: HSG Tân Uyên, năm học 2020 - 2021

− 5 + 8−2 − 2 = 0

2

x x x

Lời giải

2 2

x x x x x x x

− 5 + 8−2 − 2 = 0⇔ − 6 + 9+ −2−2 − 2+ 1=

0

( x )

2

⎧ − = x =

(thỏa mãn)

2

2

⎪

3 0 ⎧⎪

3

⇔( x− 3) + ( x−2− 1)

= 0⇔ ⎨

2 ⇔ ⎨

⇔ x=

3 (thỏa mãn)

⎪( x −2− 1)

= 0 ⎪⎩

x −2− 1=

0

⎩


Bài 13: HSG Quỳnh Phụ, năm học 2020 - 2021

Giải phương trình sau x+ 6− 4 x+ 2 − 9− 4 5 = 0


Lời giải

Phương trình x+ 6 − 4 x+ 2 − 9 − 4 5 = 0 ⇔ x+ 2 − 2.2 x+ 2 + 4 − 5 − 2.2 5 + 4 = 0

( x ) ( )

2 2

⇔ + 2−2 − 5− 2 = 0⇔ x+ 2− 2 = 5−

2

⎡ x + 2− 2= 5−2

⎡x+ 2= 5 ⎡x=

3

⇔ ⎢ ⇔ ⎢ ⇔ ⎢

⎣⎢ x + 2− 2=− 5+

2 ⎣x+ 2 = 21− 8 5 ⎣x= 19 −8 5

Vậy phương trình có tập nghiệm S = { 3;19 − 8 5}

Bài 14: HSG Nga Sơn, năm học 2020 - 2021



Giải phương trình sau x+ 6− 4 x+ 2 + x+ 2−4 x− 2 + x+ 11− 6 x+ 2 = 1

Lời giải

27


2 2 2

Phương trình đã cho tương đương ( x ) ( x ) ( x )

+ 2− 2 + −2− 2 + + 2− 3 = 1

( )

⇔ x+ 2− 2+ x−2− 2 + x+ 2− 3 = 1 x≥ 2 (*)

+ Nếu 2 x 7

≤ < thì phương trình ( )

* ⇔ x+ 2− 2+ x−2− 2+ 3− x+ 2 = 1

⇔ x− 2 = 2⇔ x− 2= 4⇔ x= 6 (thỏa mãn điều kiện)

+ Nếu x ≥ 7 phương trình (*) ⇔ x+ 2− 2+ x−2− 2+ x+ 2− 3=

1

( )

2

⇔ 2 x+ 2 + x− 2 = 8 ⇔ 4 x+ 2 + x− 2 + 4 x − 4 = 64

58 5 0

2

⎧ − x ≥

⇔ 4 x − 4 = 58 −5x⇔ ⎨

⎩ x − = x − x+

2 2

16 64 25 580 3360

⎧ 58

⎪x

≤

290 − 64 13

⇔ ⎨ 5

⇔ x =

⎪ 2

9

⎩9x

− 580x+ 3428 = 0

Vậy phương trình có nghiệm là

290 − 64 13

x = .

9

Giải phương trình sau 2 x+ 4−4 2x− 6 = x−

7



Bài 15: HSG Sin Hồ, năm học 2020 - 2021

Lời giải

Ta có 2 x+ 4−4 2x− 6 = x−7⇔ 2 x+ 4−4 2x− 6+ x− 7=

0

( 2x 6 4 2x 6 4) ( x 4 2 x 4 1)

0

2 2

( x ) ( x ) ( x x )( x x )

⇔ − + − + − + + + + =

⇔ 2 − 6+ 2 − + 4+ 1 = 0⇔ 2 − 6+ + 4+ 3 2 −6− + 4+ 1 = 0

Vì 2x

6 x 4 3 0

− + + + > với x ≥ 3

⇒ 2x−6− x+ 4+ 1= 0⇔ 2x− 6+ 1= x+

4

⇔ 2x− 6+ 2 2x− 6+ 1= x+ 4⇔ 2 2x− 6 =− x+

9

⎪⎧

− x + 9≥0 ⎧x

≤ 9

⇔ ⎨

⇔ x 5

( ) ( ) 2 ⎨

⇔ =

2

⎪⎩

4 2x− 6 = − x+

9 ⎩x

− 26x+ 105 = 0

x = .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 5

(thỏa mãn)


28

Dạng 9: Phân tích thành dạng au + bv

Cách giải: Phương trình dạng au + bv = ab + uv ⇔( u −b)( v − a ) = 0

Đặc biệt = = 1

a b , ta có dạng u v ( u )( v )



Ta có ( )( )

+ = 1⇔ −1 − 1 = 0

Bài 1:

x+ + x x+ = x+ x + x +

2

3 2 1 2 4 3

Lời giải

( x x x ) ( x x x) x ( x ) x( x )

+ 3− + 1 + 3 + 2 + 1− 2 = 0⇔ + 31− + 1+ 2 + 1− 1=

0

⎡ x + 1=

1

⇔( 1− x+ 1)( x+ 3− 2x)

= 0⇔ ⎢

⎢⎣ x+ 3 = 2x

+) x+ 1= 1⇔ x = 0 thay vào thấy thỏa mãn.

⎧x

≥ 0

⎧ x ≥ 0

⎪

⎪⎡x = 1 tm

+) x+ 3 = 2x⇔ ⎨ ⇔

+ =

⎨⎢

⎩x

x ⎪⎢ −

=

⎪⎢⎣ ⎩ 4

Vậy x = 1 hoặc x = 0.

( )

2

3 4 3

x ( L )

Bài 2: Chuyên Thái Bình, năm học 2013 - 2014

Giải phương trình sau x x x ( x)( x )

Điều kiện

⎧7−x

≥0

⎨ ⇔1≤ x ≤7

⎩x

− 1 ≥ 0

+ 4 7− = 4 − 1+ 7− − 1 + 1

Lời giải

Ta có phương trình x x x ( x)( x )

+ 4 7− = 4 − 1+ 7− − 1 + 1

( )( )

⇔ x−1. x− 1 + 4 7 − x = 4 x− 1 + 7 −x x−1

( ) ( ) ( )( )

⇔ x−1 x−1− 7− x + 4 7−x − x− 1 = 0⇔ x−1− 7−x x−1− 4 = 0

( tm)

( L)

⎡ x− 1= 7−x

⎡x

= 4

⇔ ⎢

⇔ ⎢

⎢⎣

x − 1= 4 ⎢⎣

x=

17




Bài 3:

2

x x x x

+ 10 + 21 = 3 + 3 + 2 + 7 −6

Lời giải

2

Phương trình x + 10x+ 21 = 3 x+ 3 + 2 x+ 7 −6 ⇔ ( x+ 3)( x+ 7) − 2 x+ 7 = 3( x + 3 −2)

⇔ x+ 7( x+ 3− 2) = 3( x+ 3−2) ⇔ ( x+ 3− 2)( x + 7− 3)

= 0


29

⎡ x+ 3− 2= 0 ⎡x+ 3= 4 ⎡x=

1

⇔ ⎢ ⇔ ⎢ ⇔

7 0 + 7= 9

⎢ (thỏa mãn)

⎢⎣ x + = ⎣x

⎣x=

2

Bài 4:



2

x x x x

+ 8 + 15 = 3 + 3 + 2 + 5 −6

Lời giải

2

Phương trình x + 8x+ 15 = 3 x+ 3+ 2 x+ 5−6⇔ ( x+ 3)( x+ 5) − 2 x+ 5 = 3( x + 3−2)

⎡ x+ 3− 2= 0 ⎡x=

1

⇔ x+ 5( x+ 3− 2) = 3( x+ 3−2)

⇔ ⎢

⇔ ⎢ (thỏa mãn)

⎢⎣ x + 5 = 3 ⎣x

= 4

Bài 5:


2

Điều kiện x ≥1

x−2 x−1− x− 1 x + x − x = 0

Lời giải

2

2

Phương trình x x ( x ) x x x ( x ) x( x ) ( x )

−2 −1− − 1 + − = 0⇔ −1−1 − −1 −1− 1 = 0

( tm)

⎡ x −1− 1=

0 ⎡x

= 2

⇔( x−1−1) ( x−1−1− x( x− 1)

) = 0⇔ ⎢

⇔ ⎢

⎢ − 1 − 1 = ( − 1)

⎢ − 11 − = 1 *

⎣

x x x x

⎣

Phương trình (*) vô nghiệm. Vì với ≥1

VT * ≤ 0

x thì ( )

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 .



Phương trình

Bài 6:

3 2 2 2

x + x + 3x+ 3+ 2x = x + 3+ 2x + 2x

Lời giải

3 3 2 3 2 2

3 2 2 2

x + x + x+ + x = x + + x + x

⎡ x + 1− 1= 0 ⎡x

= 0

2 2 2

⇔ ( x+ 1)( x + 3)

+ 2x = x + 3+ 2x + 2x

⇔ ⎢

⇒⎢

⎣




Ta có

x+ + x− = + x − x −

2

1 3 1 2 3

( x) ( )

( )

2

2

⎢ x + 3 = 2x

⎣x − 2x + 3=

0 VN

Bài 7:

2

1 3 1 2 3

x+ + x− = + x − x −

Lời giải

( )

x x ( x )( x ) ( x ) x ( x )( x )

( x 1 1) x 3( 1 x 1) 0 ( x 1 1)( 1 x 3)

0

⇔ + 1+ − 3 = 1+ + 1 −3 ⇔ + 1− 1 + −3− + 1 − 3 = 0

⇔ + − + − − + = ⇔ + − − − =


30

( L)

( TM )

⎡ x + 1=

1 ⎡x=

0

⇔ ⎢ ⇔ ⎢

⎢⎣

x − 3 = 1 ⎢⎣

x = 4




Ta có

x+ + x x+ = x+ x + x +

Bài 8:

x+ + x x+ = x+ x + x +

2

3 2 1 2 4 3

2

3 2 1 2 4 3

Lời giải

( )( ) ( ) ( )

⇔ ⎡ + 3− + 1 + 3⎤+ ⎡2 1 2⎤

⎣

+ −

⎦

= 0⇔ + 31− + 1+ 2 + 1− 1=

0

⎣

x x x ⎦

x x x x x x x

⎡ x+ 1− 1= 0 ⎡ x+ 1= 1 ⎡x=

0

⇔ ( x+ 1−1)( 2x− x+ 3)

= 0⇔ ⎢ ⇔ ⎢ ⇔ ⎢ (thỏa mãn)

⎢⎣2x− x+ 3 = 0 ⎢⎣

x+ 3 = 2x

⎣x

= 1

Bài 9:

2

Giải phương trình sau ( x x )( x x )


2

Ta có ( x x )( x x )

+ 7 − + 3 1+ + 10 + 21 = 4

+ 7 − + 3 1+ + 10 + 21 = 4

( x+ ) − ( x+

)

Lời giải

( )

( ( x )( x ) ) ( x )( x )

7 3 1

⇔ 1+ + 7 + 3 = 4⇔ 1+ + 7 + 3 = 1

x+ 7 + x+ 3 x+ 7 + x+

3

( x )( x ) x x ( x ) x ( x )

⇔ 1+ + 7 + 3 = + 7+ + 3⇔ + 7− 1+ + 31− + 7 = 0

⎡ x + 7 − 1=

0 ⎡ x= −6

⇔ ( x+ 7 −1)( 1− x+ 3)

= 0⇔ ⎢

⇔ ⎢

⎢⎣

1− x + 3 = 0 ⎢⎣ x = −2

Vậy x = −2

là nghiệm duy nhất của phương trình.


Điều kiện

1

x ≥

5

Vì 5x− 1 + x+ 2 > 0, ∀ xy ,

( L)

( TM )

Bài 10: HSG Nam Từ Liêm, năm học 2020 - 2021

4x

− 3

5x−1− x+ 2 =

5

Lời giải

4x−3 4x−3 4x−3

5x−1− x+ 2 = ⇔ − = 0

5 5x− 1+ x+

2 5

⎡4x

− 3= 0

⎡ 3

⎛ 1 1⎞ x =

⇔( 4x

−3)

0 ⎢

1 1

⎢

⎜ − 4

5x

1 x 2 5

⎟= ⇔ ⇔

⎝ − + + ⎠ ⎢ − = 0 ⎢

⎢⎣

5x− 1+ x+

2 5 ⎢⎣

5x− 1+ x+ 2 = 5


Giải phương trình 5x− 1+ x+ 2 = 5

31

Bình phương hai vế ta được: ( )( ) ( )( )

⎧x

≤ 4

⇔ ⎨

⇔ x = 2 (thỏa mãn)

2 2

⎩5x + 8x− 2 = 9x − 72x+

144



Điều kiện

1

x ≥

2

5x− 1+ 2 5x− 1 x+ 2 + x+ 2 = 25 ⇔ 5x− 1 x+ 2 = 24 − 26x

⎧3 ⎫

S = ⎨ ;2 ⎬

⎩4

⎭

Bài 11: HSG Ba Đình, năm học 2020 - 2021

− + = − + −

2

2x x 1 2x 1 x 2x

1

Lời giải

2

Phương trình ( )

2x − x+ 1= 2x− 1+ x 2x−1⇔ x 2x− 1 + 1= 2x− 1+ x 2x−

1

( ) ⎡ ( ) ⎤ ⎡ ( ) ⎤ ( )( )

⇔ x 2x−1 2x−1 −1 − 2x−1 − 1 = 0⇔ x 2x−1−1 2x−1− 1 = 0

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

+ TH1: x 2x−1− 1=

0

2

t + 1

2

Đặt t = 2x−1⇒ x= ( t ≥ 0)

Phương trình đã cho có dạng

2

( t )

Với t = 1⇒ 2x− 1= 1⇔ 2x= 2⇔ x=

1

+ TH2: 2x− 1= 2⇒ x= 1 (thỏa mãn)

Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình.


+ 1 ⎡t

= 1

( )

2 3

t. = 1⇔ t t + 1 = 2⇔ t + t− 2= 0⇔ ⎢ 2

2 2 0

Bài 12: HSG Ba Đình, năm học 2020 - 2021

x− − − x = x − x−

2

2 4 2 5 3

Lời giải

Điều kiện 2≤ x ≤ 4

2

Phương trình đã cho tương đương với


⎣t

x−2− 1+ 1− 4− x = 2x −5x−

3

+ t+ =

x−3 x−3 ⎡ 2 1

⎤

⇔ + = ( x− 3)( 2x+ 1) ⇔( x− 3) ⎢ + − ( 2x+ 1)

⎥ = 0

x− 2+ 1 1+ 4−x ⎣ x− 2+ 1 1+ 4−x

⎦

⎡x

= 3

⇔ ⎢

⎢

1 1

+ − ( 2x

+ 1)

= 0

⎣⎢ x− 2+ 1 4− x + 1

Với 2 x 4

1 1

+ − 2 + 1 < 0

x− 2+ 1 4− x + 1

≤ ≤ thì ( x )

Từ đó suy ra x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.


Điều kiện xác định −1≤ x ≤ 7

Bài 13: HSG Thiệu Hóa, năm học 2020 - 2021

x+ 1+ 2 7−x − 2 x+ 1= 7+ 6x−

x

Lời giải

2

32

Phương trình x x x ( x)( x )

⇔ + 1− 2 + 1+ 2 7− − 7− + 1 = 0

( ) ( ) ( )( )

⇔ x+ 1 x+ 1− 2 + 7−x 2− x+ 1 = 0⇔ x+ 1− 2 x+ 1− 7− x = 0

⎡ x+ 1− 2= 0 ⎡ x+ 1=

2

⇔ ⎢

⇔ ⎢

⇔ x = 3 (thoả mãn).

⎢⎣

x+ 1− 7− x = 0 ⎢⎣

x+ 1= 7−x


Điều kiện xác định −1≤ x ≤ 7

Bài 14: HSG Vĩnh Lộc, năm học 2020 - 2021

x+ 1+ 2 7−x − 2 x+ 1= 7+ 6x−

x

Lời giải

Phương trình x x x ( x)( x )

⇔ + 1− 2 + 1+ 2 7− − 7− + 1 = 0

( ) ( ) ( )( )

⇔ x+ 1 x+ 1− 2 + 7−x 2− x+ 1 = 0⇔ x+ 1− 2 x+ 1− 7− x = 0

⎡ x+ 1− 2= 0 ⎡ x+ 1=

2

⇔ ⎢

⇔ ⎢

⇔ x = 3

⎢⎣

x+ 1− 7− x = 0 ⎢⎣

x+ 1= 7−x

x = .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 3


2

(thỏa mãn)

Bài 15: HSG Tỉnh, Nghĩa Đàn, năm học 2020 - 2021

2 2

Giải phương trình sau ( x ) x x x x

⎧x

≥−2

Điều kiện ⎨ 2

⎩x

+ x−1≥0

+ 2 3 + 6 − 2 + − 1 + 3 − 10 = 0 (*)

Lời giải

Phương trình ( ) ( )( ) ( )

2 2

* x 2 3x 6 3 2 x x 1 1 3x 3x

6 0

⇔ + + − − + − − + + − =

( x+ 2)( 3x+ 6− 9) ( x+ 2)( x+

1)

2

3x + 6+ 3 x + x− 1+

1

( x )( x )

⇔ − 2 + 3 + 2 − 1 = 0

⎛ 3 2 ⎞

⇔ ( x+ 2)( x−1) ⎜ − + 3⎟=

0

2

⎝ 3x + 6+ 3 x + x−1

⎠

2

Nhận thấy x

⎡x

= −2

⇒ ( x+ 2)( x− 1)

= 0⇔ ⎢

⎣x

= 1

2 3 2

+ x− 1+ 1≥1⇒ ≤2⇒ − + 3>

0

2 2

x + x− 1+ 1 3x

+ 6+

3 x + x− 1+

1

(thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm x=− 2; x=

1


Điều kiện 2≤ x ≤ 4

Bài 16: HSG Tỉnh Bắc Ninh, năm học 2019 - 2020

x x x x

2

− 2+ 4− = 2 −5 − 1 (*)

Lời giải

33

Ta có x− 2+ 4− x = 2x ( ) ( ) 2 −5x−1⇔ x−2− 1 + 4−x − 1 = ( x− 3)( 2x+

1)

x−3 x−3

⇔ − = − +

x− 2 + 1 4 − x + 11

( x 3)( 2x

1)

⎛ 1 1

⎞

⇔( x−3)

⎜ − −2x− 1⎟=

0

⎝ x− 2 + 1 4 − x + 11 ⎠

Mặt khác trong điều kiện 2≤ x ≤ 4 thì

Do đó x− 3= 0⇔ x= 3 (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm 3

Tìm x , biết


2x

4 1 6

x = .

1 1

− −2x

− 1<

0

x− 2 + 1 4 − x + 11

Bài 17: HSG Tỉnh Đà Nẵng, năm học 2020 - 2021

− − x − + = 2

x − 5x

+ 8

x

Lời giải

x − 3

Phương trình ⇔ = ( x−3)( x 2 − 2x+

2)

2x− 4+ x−1

(do 2x−4− x− 1> 0 với mọi x ≥ 2 )

⎡x

= 3

⎡ 1

2 ⎤

⇔( x−3) ( x 2x

2)

0 ⎢

⎢ − − + ⎥ = ⇔ 1

⎣ 2x− 4+ x−1

⎦ ⎢ = − +

⎢⎣

2x− 4+ x−1

1

2

Xét phương trình = ( x − 2x+ 2) ( x≥2)

Ta có

2x− 4+ x−1

1

2x− 4 + x−1 ≥1, ∀x≥2 ⇒ ≤1, ∀x≥2

2x− 4+ x−1

− 2 + 2 = ( − 1) 2

+ 1 ≥2,

∀ , do đó (2) không xảy ra

2

x x x x

Vậy giá trị của x cần tìm là x = 3.


2

( x 2x

2)


(2)

Bài 17: HSG Tỉnh Đà Nẵng, năm học 2020 - 2021

2 2

4x + 5x+ 1−2 x − x+ 1= 9x−

3

2

⎡ −1

⎪⎧ 4x + 5x+ 1≥0

x ≥

⎨

2

⎪⎩ x − x+ 1≥0

⎢

⎣x

≤−1

Điều kiện ⇔ ⎢ 4 ( I )

Lời giải

x + x+ − x + x−

2 2

2 2

4 5 1 4 4 4

4x + 5x+ 1−2 x − x+ 1= 9x−3⇔ = 9x−3

2 2

4x + 5x+ 1+ 2 x − x+

1

34

9x

− 3 ⎛

1

⎞

⇔ = 9x−3⇔( 9x−3)

⎜

− 1⎟=

0

2 2 2 2

4x + 5x+ 1+ 2 x − x+ 1 ⎝ 4x + 5x+ 1+ 2 x − x+

1 ⎠

⎡ 1

⎢

x = ( TM )

3

⇔ ⎢

⎢ 1

⎢ = 1 *

2 2

⎣ 4x + 5x + 1 + 2 x − x + 1

( )

( )

2 2 2 ⎛ 1⎞

3

* ⇔ 4x + 5x+ 1+ 2 x − x+ 1= 1⇔ 4x + 5x+ 1+ 2 ⎜x− ⎟ + = 1

⎝ 2⎠

4

3

⇒VT

(*)

≥ 2 = 3 > 1

4

Suy ra phương trình (*) vô nghiệm


1

x =

3

Giải phương trình 4 x+ 3 − 19 − 3x =−2x−

5

Điều kiện

19

−3

≤ x ≤

3

Bài 18: HSG Tỉnh Gia Lai, năm học 2020 - 2021

Lời giải

Ta có 4 x+ 3 − 19 − 3x =−2x−5 ⇔ 4 x+ 3 − 4 + 5 − 19 − 3x + 2x+ 4 = 0

( 4 x+ 3 − 4)( 4 x+ 3 + 4) ( 5 − 19 − 3x)( 5 + 19 −3x)


2

( x )

⇔ + + 2 + 2 = 0

4 x+ 3 + 4 5 + 19 −3x

( x+ ) ( x+

)

16 2 3 2

⇔ + + 2( x + 2)

= 0

4 x+ 3 + 4 5 + 19 −3x

⇔ x+ 2= 0⇔ x=−

2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = − 2.

2

Giải phương trình 10 x− 5 + x + 124 = 25x


Bài 19: HSG Tỉnh Kon Tum, năm học 2020 - 2021

Lời giải

2 2

10 x− 5 + x + 124 = 25x⇔10 x− 5 + 2x− 2 + x − 23x+ 126 = 0

( x− ) − ( x+

)

x− + ( x+

)

2

⎛⎡25 5 1 ⎤⎞

⇔ ⎡ x ( x ) ⎤ ( x x )

⎜⎣

⎦⎟

⎣

− − +

⎦

+ − + = ⇔ + ( x − x+ ) =

⎜ 5 5 1

⎟

⎝

⎠

2 2

2 5 5 1 23 126 0 2 23 126 0

35

2

− 126 + 23x−x

2 2

⎛ −2

⎞

⇔ 2. + ( x − 23x+ 126) = 0 ⇔( x − 23x+ 126)

⎜

+ 1⎟=

0

5 x− 5+ x+ 1 ⎝5 x− 5+ x+

1 ⎠

− ⎞

− 23 + 126 ⎜

+ 1⎟= 0 ⇔ −9 − 14 = 0

⎝5 x− 5+ x+

1 ⎠

2 ⎛ 2

( x x ) ( x )( x )

⎡x

= 19

⇔ ⎢

⎣x

= 14

vì

−2 2 2

x≥5⇒5 x− 5+ x+ 1≥6⇒ + 1≥1− = > 0

2 x− 5+ x+

1 6 3

Giải phương trình ( )

Bài 20: HSG Tỉnh Bắc Giang, năm học 2020 - 2021

7x 2 5x 6 11x 1 x

2 3

− + = − +

Lời giải


7x 2 − 5x+ 6 = 11x− 1 x 2 + 3 ⇔7x 2 − 5x+ 6 − 11x− 1 x

2 + 3 = 0

2 2 2 2

( x x x x ) ( x ( x ) x )

⇔ 5 −5 − 10 + 3 + 2 + 6 − − 1 + 3 = 0

2 2 2

( ) ( )

⇔5x x−1− 2 x + 3 + x + 3 2 x + 3− x+ 1 = 0

2 2

( x x )( x x )

⎡x

− − + =

⇔ −1− 2 + 3 5 − + 3 = 0⇔ ⎢

2

⎣ ⎢ 5x− x + 3 = 0

+

2

1 x 3 0

2 2

⎧x

≥

x−1− 2 x + 3 = 0⇔ 2 x + 3 = x−1⇔ ⎨

⇒ x∈∅

2

⎩3x

+ 2x+ 11 = 0

⎧x

≥ 0

⎪

5x− x + 3 = 0⇔ x + 3 = 5x⇔ ⎨ 2 1 ⇔ x=

⎪x

=

⎩ 8

+

2 2

Vậy tập nghiệm của phương trinh là

⎧⎪

2 ⎫⎪

S = ⎨ ⎬

⎪⎩

4 ⎪⎭

.

2

4


36

Dạng 10: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp hoặc phương trình một ẩn

A. Đưa về phương trình đẳng cấp

Cách giải:

2 2

*) Lưu ý: Phương trình đẳng cấp bậc hai chứa các số hạng a , b , ab

2 2

Ví dụ: a − 3ab + 4b

= 0

- Phương trình đẳng cấp bậc ba chứa các số hạng

Ví dụ:

3 2 2 3

a − a b + 3ab − 3b

= 0

a , a b, ab , b

3 2 2 3

Bài 1: Chuyên Ngữ 2014

Giải phương trình sau x 2 + 2x+ 7= 3 ( x 2 + 1)( x + 3)


Lời giải

2 2 2 2

Phương trình x x ( x )( x ) ( x ) ( x ) ( x )( x )

+ 2 + 7= 3 + 1 + 3 ⇔ + 1 + 2 + 3 − 3 + 1 + 3 = 0

2

Đặt x + 1 = a; x+ 3 = b( ab , ≥0)

2 2 ⎡a

= 1

Ta được phương trình a b ab ( a )( a b)

+ 2 − 3 = 0⇔ −1 − 2 = 0⇔ ⎢

⎣a=

2b

x = −

= ⇒ + = + ⇔ + = + ⇔ − − = ⇔ ⎢

⎣x

= 2

+) TH2: Tương tự trường hợp 1.

2 2 2 ⎡ 1

+) TH1: a b x 1 x 3 x 1 x 3 x x 2 0 ( tm)



Bài 2: Học sinh giỏi HCM năm học 2016

x + x+ = x x +

2

2 3 3 3

Lời giải

⎧ ⎪a= x+ 3 > 0

⎨ ⇒ 2 + − 3 = 0⇔ − 3 + 2 = 0⇔ − − 2 = 0

⎪⎩ b = x

2 2 2 2

Đặt b a ab a ab b ( a b)( a b)

Đến đây quay trở lại bài toán 1.



Đặt

⎧ ⎪ x+ 2 = a≥0

⎨

2

⎪⎩ x − 2x+ 4 = b>

0

2 3

2x − 6x+ 4= 3 x + 8

Bài 3:

Lời giải

*) Phân tích: Ta tìm Đặt αβ , sao cho 2x − 6x+ 4= αa + βb

( ) β( )

⇔ − + = + + − +

2x 2 6x 4 α x 2 x 2 2x

4

( )

2

= βx + α − 2β x + 2α + 4β

. đúng với mọi x

⎧β

= 2

⎪

⎧α

= −2

⇔ ⎨α

− 2β

= 6 ⇔ ⎨

⎪ β = 2

2α

+ 4β

= 4

⎩

⎩

2 2 2


1

*) Đến đây ta có lời giải

2 2

Phương trình tương đương ( x x ) ( x ) ( x )( x x )

⇒ − − =

2 2

2b 2a 3ab

0

3 2



3 2

Ta có ( )

2 − 2 + 4 − 2 + 2 − 3 + 2 − 2 + 4 = 0

Bài 4:

x + 3x −4x− 4 x + 1=

0

x + 3x x+ 1− 4 x+ 1 x + 1=

0

Lời giải

⎧⎪ a=

x

⎨ ⇒ + 3 − 4 = 0⇔ − + 4 − 4 = 0

⎪⎩ b = x + 1 ≥ 0

3 2 3 2 2 3

Đặt a ab b ( a b) a ( ab b)

2 ⎡a− b= 0 ⎡a = b

⇔( a− b) ⎡

⎣a + 4b( a+ b)

⎤

⎦ = 0⇔ ⎢ ⇔

+ 2 = 0

⎢

⎣a b ⎣a =−2b

+) TH1: ( )

a = b⇒ x= x+ ⇔ x = x+ x≥ ⇔ x −x

− =

2 2

1 1 0 1 0

⎡ 1 5

2

1 5

⎢x

= +

⎛ ⎞

2 2 1+

5

⇔⎜x− ⎟ = ⇔ ⎢ ⇔ x=

⎝ 2⎠

4 ⎢ 1 5 2

⎢x

= −

⎣ 2 2

+) TH2: Tương tự.

2


Điều kiện:

3

x ≥

2

Phương trình ( )

Bài 5: HSG Nam Sách. Năm học 2020-2021

2x − 3x−1 2x−3− 3=

0

Lời giải

− − − − = ⇔ − − + − − =

2 2

2x 3x 1 2x 3 3 0 2x 3x 2x 3 2x

3 3 0

( x ) ( ) ( )

2 x x x x x x x

x( x x ) x ( x x ) ( x x)

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

0

⇔ 2 −2 2 −3 − 2 − 3+ 2 − 3 + 2 −3− 2 = 0

⇔ 2 − 2 −3 − 2 −3 − 2 − 3 + 2 −3− 2 = 0

⇔ − − − − + − − =

⎡ 2x− 2x− 3 = 0 ⎡2x= 2x−

3 1

⇔( 2x− 2x−3)( x− 2x−3− 1)

= 0⇔ ⎢

⇔ ⎢

⎢⎣ x− 2x−3− 1= 0 ⎢⎣

x− 1= 2x−3 2

2 2

Giải ( 1) ⇔ 4x = 2x−3⇔ 4x − 2x+ 3= 0 (phương trình vô nghiệm)

3

2

Vậy phương trình có nghiệm x = 2 .

Giải ( 2 ) : Do x ≥ nên ( ) ( ) 2 2

2 ⇔ x− 1 = 2x−3⇔ x − 4x+ 4= 0⇔ x= 2 (thỏa mãn)


a) ( )

Bài 6:


2 3

2 + 2 = 5 + 1

x x b)

( )

( )

2 3

2 5 1 7 1

x + x− = x −

2

Dạng 6: Ứng dụng tam thức bậc hai

Mẫu toán 1: Điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai

Bài 1:

2 2

Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( )

3 x + xy + y = x + 8y

Lời giải

Phương trình ( x 2 xy y 2 ) x y x 2 ( y ) x ( y 2 y)

Phương trình có nghiệm x khi ( ) ( )

3 + + = + 8 ⇔ 3 + 3 + 1 + 3 − 8 = 0

2 2 2 2

∆= 3y+ 1 −4.3 3y −8y ≥0 ⇔9y − 6y+ 1− 36y + 96y≥

0

( ) 2

2 2

27 y 90y 1 0 27 y 90y 1 0 3 3y

5 76

⇔ − + + ≥ ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤

2 76

⇒( 3y−5) ≤ ≤25( y∈

) ⇔ 3y−5 ≤5⇔−5≤3y−5≤5

3

{ }

⇔0 ≤3y≤10 ⇔0 ≤ y≤3 ⇒ y∈

0;1; 2;3

+ TH1: Với y = 0⇒ x=

0

Các trường hợp khác xét tương tự.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình

Bài 2:

4 2 2

x− 2xy+ 7y

= 55

Đặt z = x 2 ≥0 ⇒ z 2 − 2yz + ( 7y

2 − 55)

= 0

Phương trình có nghiệm z y 2 ( y

2

)

Lời giải

⇒∆= 4 −4 7 −55 ≥ 0

2 2 55 55

⇔4( − 6y + 55)

≥0 ⇔55 ≥6y ⇔− ≤y≤

6 6

Mà y∈

⇒ y∈ { ± 3; ± 2; ± 1;0}

Thay y vào tìm được x .

Mẫu toán 2: Delta là số chính phương

Bài 3:

Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( x 2 + y)( y 2 + x) = ( x−

y) 3

Lời giải

2

2

Phân tích: Ta có ax + bx + c = 0 có nghiệm nguyên khi ∆= b − 4ac

là số chính phương

− b ± ∆

Phương trình có nghiệm x =

2a

Ta có ∆= m⇔∆= m 2

( m∈

)

Giải:

Phương trình ( )( ) ( ) 3

x + y y + x = x − y ⇔ x y + x + y + xy = x − 3x y + 3xy − y

2 2 2 2 3 3 3 2 2 3

( ( ) ( ))


3 3 2 0 2 3 3 0

⇔ x 2 y 2 + x 2 y − xy 2 + xy + y 3 = ⇔ y y 2 + x 2 − x y + x 2 + x =

6

+ Với y = 0 thỏa mãn với mọi x

+ Với y ≠0⇒ 2y 2 + ( x 2 − 3x) y+ ( 3x 2 + x)

= 0

2

( x 2 3x) 8( 3x 2 x) x( x 3 6x 2 15x

8)

2

∆= − − + = − − − = x( x+ 1) ( x−

8)

Vì phương trình có nghiệm y ∈ ⇒∆ là số chính phương

Mà ( 1) 2

x + là số chính phương

( 8)

⇒ x x− là số chính phương

Đặt ( )

2

x x− 8 = n , n∈

2

( ) ( )( )

2 2 2

⇔ x − x− n = ⇔ x− − n = ⇔ x− −n x− + n =

8 0 4 16 4 4 16

Xét các trường hợp ta tìm được các cặp nghiệm và kết luận.

Mẫu toán 3: Sử dụng định lí Viét

Nếu phương trình

+ + = 0 có hai nghiệm x1,

x

2

thì

2

ax bx c

Bài 4:

⎧ −b

x1 + x2

=

⎪ a

⎨

⎪ c

xx

1 2=

⎪⎩ a

Tìm các số thực a để các nghiệm của phương trình sau đều là các số nguyên x 2 ax ( a )

Lời giải

Phân tích: phương trình có nghiệm ( )

làm)

Giả sử phương trình có hai nghiệm nguyên x1,

x

2

⎧x1+ x2

= a

Theo định lí Viét ta có ⎨

⎩xx

1 2= a+

2

1 2 1 2 1 2

− + + 2 = 0

2 2

⇔∆= a − 4 a+ 2 = a −4a−8≥ 0 (điều kiện phức tạp không nên

( )( ) ( ) ( )

⇒ xx −x − x = 2 ⇔ x −1 x − 1 = 3 = 1.3 = −1 . − 3

+ TH1:

⎧x1− 1= 1 ⎧x1

= 2

⎨ ⇔ ⎨

⎩x2 − 1= 3 ⎩x2

= 4

⎧4− 2a+ a+ 2= 0 ⎧a

= 6

Thay vào phương trình ta có ⎨

⇔ ⎨ ⇔ a = 6 (thỏa mãn)

⎩16 − 4a+ a+ 2 = 0 ⎩a

= 6

⎧x1− 1=− 1 ⎧x1

= 0

+ TH2: ⎨ ⇔ ⎨ ⇒ a =−2

(thỏa mãn)

⎩x2 − 1=− 3 ⎩x2

=−2

Các trường hợp khác xét tương tự.

Giải phương trình nghiệm nguyên

Bài 5:

3 2 2 2 2

2y + x y − 3xy + 3x y + xy = 0

Lời giải


Biến đổi phương trình về dạng y⎡2y 2 + ( x 2 − 3x) y+ ( x+ 3x

2

) ⎤ = 0 ( 1)

⎣

⎦

7

+ TH1: y = 0

+ TH2: 0

y ≠ . Khi đó ( 1) ⇔ 2y 2 + ( x 2 − 3x) y+ ( x+ 3x

2

) = 0 ( 2)

Xem (2) là phương trình bậc hai đối với biến y

Để (2) có nghiệm nguyên thì A ( x 1) 2

x( x 8)

2

( ) ( ) ( )( )

x x− 8 = a a∈ ⇒ x−4 −a x− 4 + a = 16

Từ đó ta tìm được x

Đáp số: ( xy ; ) = ( 9; −6 ),( 9; −21 ),( 8; −10 ),( −1; − 1)

và ( ;0)


= + + − phải là một số chính phương, tức là

Bài 6:

2 3 6

x − 8xy + 32y

= 16

Lời giải

Ta có ∆= 4( − 16y 4 + 16) ≥0 ⇔y 6 ≤1 ⇔y∈{ − 1;0;1 }

Từ đó hệ có nghiệm ( xy ; ) là ( 4;0 ),( −4;0 ),( −4; − 1 ),( 4;1)

Tìm x nguyên, P nguyên với

x

=

2

−x−1

+ + 1

P x

2 x

a) Quy đồng ta có ( P ) x 2

( P ) x ( P )

với P= 1⇒ x=− 1 (thỏa mãn)

Với 1

− 1 + + 1 + + 1 = 0

Bài 7:

Lời giải

m với m∈

2 5

∆= P+ 1 −4 P− 1 P+ 1 ≥0⇔−1≤P≤

3

P ≠ . Phương trình có nghiệm khi ( ) ( )( )

Với P=−1⇒ x= 0 (thỏa mãn)

Với P = 0 ⇒ không tìm được x

Tìm ab , nguyên sao cho

2 2

a + 3b

P = a − ab + 2 b

2 2

Bài 8:

Lời giải

Xét b = 0 thì a ≠ 0 thì P = 1 thỏa mãn với mọi a

Xét b ≠ 0 thì

Đặt

⎛a

⎞

2 2

+ 3

P a + 3b ⎜ ⎟

b

= =

⎝ ⎠

a 2 ab 2

2

− + 2 b ⎛ a ⎞

⎜ ⎟

a − + 2

⎝b⎠

b

a

x = thì x∈ Q thì

b

2

x +

P = x

2 x

3

− + 2

2

nguyên với mọi ab , không đồng thời bằng 0


x + 3

= ⇔ + 3= − + 2 ⇔ −1 − + 2 − 3=

0

x − x+

2

2

P

2 2 2

x P x x y x

2

Px P

Xét hàm số ( ) ( )

8

Xét P= 1⇒ x=−

1

Xét 1

P ≠ . Vì phương trình bậc hai có nghiệm x nên P 2

( P )( P )

⇔− 7P + 20P−22 ≥0 ⇔ ≤P≤

2

7

6

Vậy ≤ P≤2 ⇒ P∈

{ 1; 2}

7

2 2 2 2 2

Với P = 1⇒ a + 3b = a − ab + 2b ⇔ b =−ab ⇔ b =− a

2 2 2 2 2 2

Với P = 2⇒ a + 3b = 2a − 2ab + 4b ⇔b −2ab − a = 0

2

b

⇔t

−2t− 1= 0 với t = ∈ Q

a

2 6

Phương trình t

2 −2t− 1 có ∆= 1+ 4= 5⇒ ∆∉⇒t

∉

Vậy phương trình có nghiệm ( ab ; ) là ( n;

n)

Tìm a ∈ sao cho phương trình

2 2

x ax a

∆≥0⇔ − −1 2 −3 ≥ 0

− với n là số tự nhiên khác 0 . Khi đó P = 1.

Bài 9:

− + + 1= 0 có nghiệm nguyên

Lời giải

4

Cách 1: Ta có ∆= a −4a−

4

Phương trình đã cho có nghiệm nguyên ⇔∆ là số chính phương

Xét các trường hợp sau

+ Nếu a = 0⇒∆=− 4< 0. Phương trình đã cho vô nghiệm

+ Nếu a = 1⇒∆=− 7<

0. Phương trình đã cho vô nghiệm

+ Nếu a = 2⇒∆= 4< 0. Phương trình đã cho có hai nghiệm là x= 1; x= 3 ∈

+ Nếu 3

2 2

2 2

a ≥ , ta có đánh giá sau đây ( a − 1) <∆< ( a )

2

Thật vậy ( a 2 ) a 4 a a 4 a 2 a( a )

2

Dễ thấy ∆< ( a ) 2

∆> −1 ⇔ −4 − 4> − 2 + 1⇔2 − 2 > 5 luôn đúng với mọi a ≥ 3

Đánh giá trên đã khẳng định ∆ không là số chính phương

Do đó trong trường hợp a ≥ 3, phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Vậy a = 2 là giá trị cần tìm

Cách 2: Giải sử phương trình có hai nghiệm nguyên x1,

x

2

2

⎧ x1+ x2

= a

Khi đó theo định lí Viét ta có ⎨

⎩xx

1 2= a+

1

Với a = 0 hoặc a = 1 phương trình vô nghiệm

2

Với a ≥ 2 thì x + x = a > a+ 1 = xx

1 2 1 2

( )( )

⇒ x + x − xx > 0⇔ xx −x − x + 1< 1⇔ x −1 x − 1 < 1

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

⎡x1

− 1=

0

Vì xy , nguyên ⇒ ⎢

⎣x2

− 1=

0

Thay nghiệm x = 1 vào phương trình ta tìm được a = 2 . Vậy a = 2


9

Bài 10: Khó

2

Cho f ( x) = x − ax + b với ab∈ , thỏa mãn điều kiện tồn tại các số nguyên , ,

biệt và 1 mn , , p 9

≤ ≤ sao cho f ( m) = f ( n) = 7 . Tìm tất cả các bộ số ( ab ; )

Lời giải

f m , f n , f p hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu nên:

Ba số ( ) ( ) ( )

+ TH1: f ( m) , f ( n) , f ( p ) cùng bằng 7 hoặc -7 ⇒ loại vì phương trình ( ) 7 0

phân biệt

+ TH2: f ( m) = f ( n) = 7 và f ( p ) = − 7

mn p đôi một phân

f x =− = có 3 nghiệm

Không mất tính tổng quát, giả sử m> n và m− p ≥ n− p ta có mn , là nghiệm của phương trình:

2

x ax b

− + − 7= 0 và p là nghiệm của phương trình

2

x ax b

− + + 7= 0 nên

⎡⎧n− p = 2

⎧m+ n= a

⎢⎨

⇒n− m=

9 L

⎪

⎩ p− m=

7

⎨( n− p)( n+ p− a)

= 14 ⇒( n− p)( p− m)

= 14 ⇒

⎢ ⎢

⎪ ⎧n− p=−2

( m p)( m p a)

14

⎢

⎩ − + − = ⎨ ⇒n− m=−9

L

⎢⎩ ⎣ p− m=−7

f m = f n = − và f ( p ) = 7 , khi đó hoàn toàn tương tự ta có:

+ TH3: ( ) ( ) 7

⎧m− p =−7

− − =−14

⇒⎨ hoặc

⎩ p − n = 2

( p n)( m p)

⎧m− p = 7

⎨

⎩ p − n =− 2

Do mn , , p∈ [ 1; 9]

nên tìm được 4 bộ là ( ab ; ) = {( 11;17 ),( 13;29 ),( 7; − 1 ),( 9;7)

}

Cho xy , là các số nguyên sao cho

phương đúng.

Bài 11: Khó

2 2

x + y + 6

A = là một số nguyên. Chứng minh rằng A là một lập

xy

Lời giải

Nhận xét: Nếu có cặp nguyên ân ( xy ; ) sao cho A là số nguyên thì cặp nguyên dương ( x;

y)

thỏa mãn A nguyên.

Nếu có cặp nguyên âm, nguyên dương ( ; )

dương ( x;

y)

− − cũng thỏa mãn A nguyên

Vậy không mất tính tổng quát, ta xét các cặp nguyên dương ( ; )


( )

( )

− − cũng

xy ví dụ x âm, sao cho A là số nguyên thì cặp nguyên

xy sao cho A nguyên

Giả sử x≥ y > 0. Cố định A nguyên, chọn cặp xy , nguyên dương sao cho x+ y nhỏ nhất

Coi

Ta có

+ + 6− = 0 là phương trình bậc hai đối với x và gọi x ' là nghiệm còn lại

2 2

x y Axy

2

x ' + x = Ay, x ' x = y + 6 nên x ' ∈ và x ' > 0

Do cách chọn các cặp xy , nên x'

≥ y và x 2 ≤ y 2 + 6 ⇒ x 2 − y

2 ∈ { 0;1; 2;3; 4;5;6}

Nếu x= y thì do A là số nguyên nên x 2 6 hay x = 1. Khi đó A = 8 là lập phương đúng. Khi đó

( xy ; ) = ( 1;1)

10

Nếu x

> y thì bằng cách giải trức tiếp phương trình nghiệm nguyên ta suy ra không tồn tại xy ,

Kết luận: bằng cách đổi dấu ta có nghiệm ( xy , ) của hệ là {( 1;1 ); ( −1;1 ); ( 1; −1 ); ( −1; − 1)

}


11

Dạng 7: Nguyên lý lùi vô hạn (cực hạn hoặc xuống thang)

Chú ý: Phương pháp này thường dùng cho các phương trình có bậc của các hạng tử là bằng nhau

4 4 4

- Nó xuất phát từ ông Phecsma: x + y = z

Cách giải:

Bước 1: Giả sử tồn tại nghiệm khác 0 mà đạt giá trị nhỏ nhất

Bước 2: Sử dụng giả thiết và các tính chất chỉ ra phương trình đó có 1 nghiệm khác nhỏ hơn

Bước 3: Kết luận phương trình có nghiệm là 0

*) Nguyên lý lùi vô hạn:

Phương pháp: Ta tìm số n∈ sao cho 2

n ∈

Từ đó suy ra được n = 0

a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình

n

2 ∈

2

..................................

n ∈

2 k

Bài 1:

x + y = 7z

2 2 2

b) Chứng minh rằng số 7 không viết được thành tổng bình phương hai số hữu tỉ

Lời giải

Nhận xét: Số chính phương chia cho 7 dư bao nhiêu?

0 1 2 3 4 5 6

2

⇒n

≡ 0 1 4 2 2

Vậy một số chính phương khi chia cho 7 chỉ có số dư là 0,1, 2, 4

+ TH1: Nếu xy , đều không có chia hết cho 7

2 2

⇒ x ≡0,1, 2, 4( mod 7 ); y ≡ 0,1, 2, 4( mod 7)

2 2

2

⇒ x + y ≡ 2,3,5, 4,6,1( mod 7)

7z

1, 2,3, 4,5,6 ( mod 7)

+ TH2: Nếu xy , có đúng một số chia hết cho 7

( )

2 2

⇒ x + y ≡ 1,2,4 mod7 (vô lý)

+ TH3: ,

⇒ ≡ (vô lý)

⎧x=

7x

⎨

⎩y

= 7 y

1

xy cùng chia hết cho 7 ⇒ ( x ; y ∈Z)

Thay vào ta được

1

1 1

49x + 49y = 7z ⇒ z 7 ⇒ z = 7z ⇒ x + y = 7z

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

Quá trình này không bao giờ dừng lại

x y z

⇒ ; ; đều là các số nguyên với mọi k ⇒ x= y = z = 0 .

k k k

7 7 7

xyz ; ; = 0;0;0 .

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( ) ( )


12

a

⎜ ⎟

⎝b⎠

⎛ ⎞

*

b) Phản chứng: Giả sử 7 = + ( ac , ∈; bd , ∈

)

2

c

d

( )

⇔ + = 7 ⇒ + = 7 = ; = ; =

2 2 2 2 2 2 2 2 2

a d b c b d x y z ad x bc y bd z

Từ câu a ) ⇒ x = y = z ⇒ bd = 0 (vô lý) (đpcm).


b) Giải phương trình nghiệm nguyên

a) phương trình ( )

Bài 2:

x y az

+ = với a= 4k−1( k∈

N)

2 2 2

2 2 2 2 2

x+ y + z = xy trên tập

Lời giải

x + y = 4k−1 z ⇔ x + y + z = 4kz

2 2 2 2 2 2 2

nhận xét: Số chính phương chia 4 dư 0 hoặc dư 1

2

Nếu n∈; n 4⇒n

chia 4 dư 1

+ TH1: Nếu x và y cùng lẻ

⎧x

( )

( )

≡1 mod 4

2

⎪

2 2

⇒⎨

⇒ x + y ≡

2

⎪⎩ y

≡1 mod 4

( ) ( )

2 2 2 2

⇒ x + y + z ≡2,3 mod 4 ⇒4kz

≡ 2,3 mod 4 (vô lý)

2 2

+ TH2: Nếu x và y có đúng 1 số lẻ ⇒ x + y ≡ 1( mod 4)

( )

2 2 2

⇒ x + y + z ≡1, 2 mod 4 ⇒ vô lý do

+ TH3: Nếu x và y cùng chẵn

2

4kz 4

*

Đặt x= 2 x1; y = 2 y1 ( x1,

y1∈

N )

2 2 2 2

*

⇒ 4x1 + 4y1

+ z = 4kz ⇒ z chẵn ⇒ z = 4z1( z1∈

)

⇒ 4x + 4y + 4z = 4 k.4z ⇔ x + y + z = 4kz

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

( )

2 mod 4

Chứng minh tương tự ⇒ x1, y1,

z1

là các số chẵn và quá trình này không dừng lại

Vậy x= y = z = 0

b) TH1: ,

xy đều lẻ ⇒ x 2 + y 2 ≡2( mod 4 ); xy

2 2 ≡ 1( mod 4)

2 2 2

2,3( mod 4 ); 1( mod 4)

⇒ VT = x + y + z ≡ VP ≡

⇒ phương trình vô nghiệm.

+ TH2: xy , có đúng một số lẻ

( ) ( )

1, 2 ( mod 4)

2 2 2 2

⇒ + ≡ = + ≡

x y 1 mod 4 ; VP x y 0 mod 4

2 2 2

⇒ VT = x + y + z ≡

⇒ vô lý

+ TH3: Nếu xy , đều chẵn

Đặt x= 2 x ; y = 2 y ( x ; y ∈ )

1 1 1 1

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

( )

⇒ 4x + 4y + 4z = 16x y ⇒ z = 2z z ∈


Thay vào ta được:

x+ z + y = 4xy

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

13

Chứng minh tương tự ⇒ x1, y1,

z1

là các số chẵn

Quá trình này không bao giờ dừng lại ⇒ x= y = z = 0

Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

Bài 3:

x − y + z = z

4 4 4 4

2 4 8 (1)

Lời giải

Giả sử ( x0, y0, z0, t

0)

là 1 nghiệm của phương trình, tức là:

2x − 4y + 8z = t →t 2→ t = 2 t ( t ∈Z)

4 4 4 4

0 0 0 0 0 0 1 1

→2x − 4y + 8z = 16t → x − 2y + 4z = 8t → x 2 → x = 2 x ( x ∈Z) →16x − 2y + 4z = 8t

4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1

→8x − y + 2t = 4t → y = 2 y ( y ∈Z) →8x − 16y + 2z = 4t →4x − 8y + z = 2t → z = 2z

4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1

→2x − 4y + 8 z = t → neu :( x , y , z , t ) là 1 nghiệm nguyên của phương trình thì ( x 1

, y 1

, z 1

, t 1

)

4 4 4 4

1 1 1 1 0 0 0 0

= ( x0 ; y0 ; z0 ;

t0

) cũng là nghiệm của phương trình

2 2 2 2

x1 y1 z1 t1

x0 y0 z0 t0

tương tự như vậy ( x2, y2, z2, t

2) = ( ; ; ; ) = ( ; ; ; ) cũng là nghiệm của ph. trình

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

x0 y0 z0 t0

Cứ tiếp tục như vậy, sau bước thứ n ta suy ra ( xn, yn, zn, t

n) = ( ; ; ; ) cũng là nghiệm nguyên

n n n n

2 2 2 2

của phương trình ban đầu với mọi n nguyên dương

Điều này chỉ xảy ra ⇔ ( x0, y0, z0, t0) = (0;0;0;0) .

Vậy phương trình có đúng 1 nghiệm nguyên

Giải phương trình nghiệm nguyên:

Bài 4:

3 3 3 2 2 2

x+ 3y + 9z = 9 xyz(1)

Lời giải

Giả sử ( x0, y0, z0, t

0)

là 1 nghiệm của phương trình, tức là:

x + 3y + 9z = 9x y z → x 3→ x = 3 x ( x ∈ Z); y = 3 y ; z = 3z → x + 3y + 9z = 3 x y z (2)

3 3 3 2 2 2 3 3 3 3 5 2 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1

Tương tự ta chứng minh được: x13; y13; z1

3

Đặt

1 2 1 2 1 2 2 2 2

x = 3 x ; y = 3 y ; z = 3 z ( x , y , z ∈ Z)


Cứ tiếp tục như vậy sau bước n ta suy ra:

3( x + 3y + 9 z ) = 3 .3 x y z → x + 3y + 9z = 3 x y z

3 3 3 5 6 2 2 2 3 3 3 8 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

x = 3 x ; y = 3 y ; z = 3 z hay : x , y , z 3 ∀n ∈N

n n n n

0 n 0 n 0 n 0 0 0

Điều này chỉ xảy ra ⇔ ( x0, y0, z0, t0) = (0;0;0;0) . Vậy phương trình có đúng 1 nghiệm nguyên

*) Chú ý: Ta có thể thay số nguyên tố 3 bằng số nguyên tố bất kỳ


Bài 5:

3 3 3

x + 5 y = 25 z (1)

Lời giải

Ta thấy x

3 5→

x

5

3 3 3

Đặt x= 5x → 25x + y = 5 z (2) → y = 5y 3 3 3

→ 25x + 25 y = z (3) → z = 5z 3 3 3

→ x + 5y = 25 z .....


1 1 1 1 1 1 1 1 1

*

14

x y z

Vậy nếu (x,y,z) là 1 nghiệm của pt thì: ( ; ; ) cũng là 1 nghiệm của pt

5 5 5

x y z

*

Cứ như vậy ( ; ; )( k∈ N ) cũng là nghiệm của (1). Điều này xảy ra khi x = y = z = 0

k k k

5 5 5

Giải phương trình nghiệm nguyên x 2 + y 2 = 7 z

2 (1)

Bài 6:

Lời giải

Ta thấy (x,y,z) = (0;0;0) là 1 nghiệm của phương trình (1)

Giả sử (1) có nghiệm khác (0;0;0). Gọi ( x 0

; y 0

; z 0

) là 1 nghiệm của pt mà: x0 + y0 + z0

Nhỏ nhất

Nhận xét:

Ta có bảng sau:

→ x + y = 7z → x + y 7

2 2 2 2 2

0 0 0 0 0

2

a ≡0,1, 2, 4(mod 7) ∀a∈

Z

Nhìn vào bảng ta thấy:

Thay vào pt:

⇒ x + y = 7z

2 2 2

1 1 1

x

y

2

0

2

0

0 1 2 4

0 0 1 2 4

1 1 2 3 5

2 2 3 4 6

4 4 5 6 1

2 2

⎧x0

7

x0 + y

07⇔ ⎨ → x0 = 7 x1; y0 = 7 y1( x1, y1∈Z)

⎩y0

7

49x + 49y = 7z → 7x + 7 y = z → z 7 → z = 7 z ( z ∈Z) → 7x + 7y = 49z

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1

Như vậy ( x 1

, y 1

, z 1

) cũng là nghiệm của phương trình, nhưng

x0 y0 z0

x1 + y1 + z1 = + + < x0 + y0 + z0

( vô lý ). Vậy pt có nghiệm duy nhất (0,0,0)

7 7 7

Bài 7:


3 3 3

a) x + 2y = 4z

b)

a) x 2 nên y 2 , thay vào lại có z 2

Lời giải

x − 3y = 9z

3 3 3

Như vậy, nếu ( xyz ; ; ) là nghiệm của phương trình thì ( ; ; )

với x= 2 x1; y = 2 y1; z = 2z1

Tương tự thì ( ; ; )

x y z cũng là nghiệm với

2 2 2

x y z cũng là nghiệm của phương trình,

1 1 1

x= 2 x ; y = 2 y ; z = 2 z

2 2 2

2 2 2

k k k

Cứ tiếp tục như vậy, ta có x= 2 x ; y = 2 y ; z = 2 z , tức là xyz , , đều chia hết cho 2 k , với k là số tự

k k k


nhiên tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x= y = z = 0

b) Tương tự xét chia hết cho 3.

15


a) x 2 y 2 6( z 2 t

2

)

Bài 8:

+ = + b)

b) Vì 2xyz chẵn nên

2 2 2

x + y + z chẵn

+ TH1: Trong ba số xyz , , có 1 số chẵn và 2 số lẻ

Giả sử x chẵn, y và z cùng lẻ

Đặt x= 2 a; y= 2b+ 1; z= 2c+ 1 ( abc , , ∈ )

Lời giải

2 2 2

x + y + z = 2xyz

Thay vào phương trình ta có ( 2a) 2 + ( 2b+ 1) 2 + ( 2c+ 1) 2

= 2( 2a)( 2b+ 1)( 2c+

1)

( )( )

⇔ + + + + + = + +

2 2 2

4a 4b 4c 4b 4c 2 4a 2b 1 2c

1

( a 2 b 2 c 2 b c) a( b )( c ) ( )

⇔ 2 + + + 2 + 2 + 1= 2 2 + 1 2 + 1 *

VT (*)

không chia hết cho 2 nhưng (*)

Do đó phương trình (*) vô nghiệm.

+ TH2: Cả 3 số xyz , , cùng chẵn

VP chia hết cho 2

Sử dụng phương pháp lùi vô hận suy ra kết quả x= y = z = 0


Bài 9:

2 2 2

x + y = pz , với p là số nguyên tố có dạng p= 4k+

3

Lời giải

Chứng minh bổ đề sau: Cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3. Khi đó

y

p

2 2

x y p

Thật vậy:

+ TH1: Trong hai số x và y tồn tại một số chia hết cho p . Giả sử x

p ⇒ x = px1

Khi đó ( ) 2

Vì

x + y = px + y = p x + y

2 2

x y p

2 2 2 2 2 2

1 1

+ và

p x p⇒

y p⇒

y p (mâu thuẫn)

2 2 2

1

+ TH2: Giả sử x và y đều không chia hết cho p

p 1

Theo định lí Fermat nhỏ ta có x

− ≡ 1( mod p)

và yp −1 ≡ 1 ( mod p )

p−1 p−1

4k+ 2 4k+

2

Suy ra x + y ≡ 2( nodp)

hay x + y ≡ 2( mod p)

( 2 2k+ 1

) ( 2 2k+

1

x y ) 2( mod p) ( 1)

⇔ + ≡

Mặt khác ( 2 2k+ 1 2 1

) ( 2 k+

x + y ) ( x 2 + y

2

)

2 2 2

2k+ 1

2

2k+

1

Mà x + y p⇒ ( x ) + ( y ) p

(mẫu thuẫn với 1)

Vậy bổ đề được chứng minh.

Áp dụng bổ đề vào bài toán ta được:

2 2 2 2 2

Theo đề bài x + y = pz ⇒ x + y p với p là số nguyên tố có dạng 4k + 3

+ khi và chỉ khi x p và


16

⇒ x p và y

p ⇒ x = px1;

y = py1

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

px + py = pz ⇔ x + y = z

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

Cứ tiếp tục như vậy, quá trình này không bao giờ dừng lại

Do đó x= y = z = 0

Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất ( xyz ; ; ) = ( 0;0;0)


+ TH1: , ,

Bài 10:

x + y + z + t = xyz

xyz đều lẻ ⇒ x 2 + y 2 + z

2 ≡ 3( mod 4)

VT x y z t

VP

2 2 2 2

= + + + ≡

2 2 2

= x y z ≡

0, 2( mod 4) ( 1)

( ) ( )

1 mod 4 2

2 2 2 2 2 2 2

Lời giải

Từ (1)(2) suy ra vô lý

+ TH2: Trong ba số xyz , , có 2 số lẻ. Giả sử xy , lẻ và z chẵn

2 2 2

⇒ + + ≡

x y z

VT x y z t

VP

2 2 2 2

= + + + ≡

2( mod 4)

2,3( mod 4)

( )

2 2 2

= x y z ≡0 mod 4 ⇒ vô lý

+ TH3: Trong ba số xyz , , có 1 số lẻ. Giả sử x lẻ và yz , chẵn

2 2 2

⇒ x + y + z ≡

VT x y z t

VP

2 2 2 2

= + + + ≡

1( mod 4)

1, 2 ( mod 4)

( )

2 2 2

= x y z ≡0 mod 4 ⇒ vô lý

+ TH4: , ,

⎧x=

2x1

⎪

⎨

⎪

⎩z

= 2z1

xyz đều chẵn ⇒ y = 2 y ( x ; y ; z ∈

)

Thay vào phương trình ta được

1 1 1 1

4x + 4y + 4z + t = 64xyz

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2

( )

⇒ t= 2t t∈ ⇒ 4x + 4y + 4z + 4t = 64xyz

1 1 1 1 1 1 1 1 1

x + y + z + t = 16xyz

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

Chứng minh tương tự ⇒ x1, y1, z1,

t1

là các số chẵn

Quá trình này không bao giờ dừng lại

Do đó x= y = z = t = 0 .


17

Dạng 8: Sử dụng ước số

Bài 1:

2 2

Giải phương trình với y nguyên, x hữu tỉ: x + 7x=

y

Lời giải

*) Tính chất 1: Nếu abc , , nguyên ta có:

+

+

⎧⎪ abc

⎨ ⇒ ac

⎪⎩ ( bc , ) = 1

( ab)

⎧⎪ , = 1

⎨ ⇒ b =± 1

⎪⎩ ab

( ab)

⎧ ⎪ , = 1

+ ⎨ ⇒ b =± 1

2

⎪⎩ a b

m

+

*) Đặt x= m∈ n∈ ( mn)

=

n

Ta có phương trình

2

⇒ m n, mà ( )

( , , , 1)

2

m⎞

m 2 2 2

7 y m 7 mn y n

⎛

⇔ ⎜ ⎟ + = ⇔ + =

⎝ n ⎠ n

mn , = 1⇒mn

⇒ n=

1 ⇒ x= m∈

Từ đó ta đi giải phương trình nghiệm nguyên

x + 7x= y ⇔ 4x + 28x+

4y

2 2 2 2

( 2x 7 2y)( 2x 7 2y) 49 1.49 7.7 1. ( 49) ( 7 ).( 7)

⇔ + − + + = = = =− − = − −

Giải các trường hợp và kết luận.

*) Tính chất 2: Nếu

Tìm các số nguyên ,

⎧⎪ ab

⎨ ⇒ a =± b

⎪⎩ ba

Ta có xy 1 y ( x 1) ( y 1)

Bài 2: Chuyên KHTN, năm học 2015

xy không nhỏ hơn 2 thỏa mãn ( xy − 1)

chia hết cho ( x−1)( y−

1)

− = − + − chia hết cho 1

Lại có ( xy −1) ( x −1)( y −1) ⇒( x −1) ( y −1)

Vậy ( )

x− 1= y−1 xy , ≥2 ⇒ x=

2

Thay vào giả thiết ta có

2

x − 1 chia hết cho ( ) 2

Lời giải

x − suy ra ( y−1) ( x−1)

x − 1

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

( x 1) ( x 1) ⎡( x 1) 2⎤

( x 1)

⇒ − + − ⇒ + − ⇔ ⎣ − + ⎦ −

⇒( x −1)

∈Ư(2) x 1 { 1; 2}

⎡x= 2; y = 2

⇒ − ∈ ⇒ ⎢

⎣x= 3; y = 3


*) Tính chất 3: Tính chất của ƯCLN

18

⎧a

= da

, = , ⎨ ⇒

1, 1

= 1

⎩b

= db1

1

Nếu ( ab) d ( a b)

+ Nếu

( a b )

⎧⎪ 1, 1

= 1

⎨ ⇒ a

2

1

=± 1

⎪⎩

a1 b1

+

Tìm các x ∈ sao cho

2

x− 3 ⎛a⎞

= ⎜ ⎟ ∈ ∈ =

4x+ 6 ⎝b⎠

*

Đặt a b ( ab)

Đặt ( 3; 4 6)

Bài 3:

x − 3

là bình phương của một số hữu tỉ

4x

+ 6

( , ; , 1)

⎧x

− 3 = dm

x− x+ = d ⇒⎨

⎩3x

+ 6=

dn

⇒ m a

n

= b

⇒ =

2

2 2

mb na 1

2

( )

2

2

Từ ( 1) ⇒ m na mà ( mn , ) = 1⇒

ma ( 2)

2 2

Từ ( 1) a mb

⇒ mà ( a 2 , b 2 ) = 1⇒

a 2 m ( 3)

2

Từ ( 2)( 3) ⇒ m=

a

+ Tương tự ta có

b

2

= n.

Lời giải

+

, với mn ( mn)

, ∈ ; , = 1

2

⎪⎧ x − 3 = da

2 2

⇒⎨

⇒db − 4da = 4x + 6 −4( x −3) ⇔ d ( b − 2a)( b + 2a)

= 18

2

⎪⎩ 4x

+ 6=

db

( )( )

d b− 2a b+ 2a

= 18 = 1.2.9 = 1.3.6 = 2.3.3 = 1.1.18

*) Nhận xét:

+ TH1:

⎧b−2a≤ b+

2a

⎨

⎩b + 2a − b − 2a = 4a2

⎧b− 2a = 1 ⎧a

= 2

d = 2, ⎨ ⇔ ⎨ ⇒ x − 3 = dm = 2.4 ⇒ x = 11

⎩b+ 2a= 9 ⎩b=

5

x − 3 ⎛2⎞

Thử lại ta có = ⎜ ⎟ (thỏa mãn)

4x

+ 6 ⎝5⎠ Các trường hợp khác tương tự.

2

Bài 4:

Chứng minh rằng không tồn tại hai số nguyên dương ab , ( a b)

Đặt a 2 + b 2 = k( a 2 − b

2

)

*) Nhận xét:

2 2

⎧ + >

⎪a

⎨

⎪⎩ a

b 0

*

⇒k

∈

− b > 0

Lời giải

> sao cho

2 2


2 2

a

+ b chia hết cho

a

− b

2 2

19

⎧a

= dx

⎨

⎩b

= dy

+ +

Đặt ( ab , ) = dd , ∈ ⇒ , xy , ∈ ;( xy ; ) = 1( x>

y)

( ) ( )

⇒ d x + d y = kd x − y ⇔ x + y = k x − y

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

( 1) ( 1 ) (*)

⇔ − = +

+

2 2

x k y k

( 1 )

2 2

⎧

⎪x y + k

⎨

2 2

⎪⎩ ( x ; y ) = 1

Thay 1 k mx

2 2

x k k mx m

+

( ) ( )

⇒ 1+ ⇒ 1+ = ∈ 1

2

+ = vào (*) ta được: x 2 ( k − 1 ) = y 2 . mx 2 ⇒ my 2 = k − 1 ( 2)

Lấy (1) - (2), ta được: m( x− y)( x+ y) = 2 = 1.1.2 = 2.1.1

( ) 2 2

⎧x+ y− x− y = y

⎪

*) Nhận xét: ⎨x

− y ≥ 1

⎪

⎩

m ≥ 1

Xét các trường hợp và vô nghiệm. Vậy không tìm được ab , (đpcm).

Bài 5:

3 3

Giải phương trình nghiệm nguyên dương ( ) 2

*) Nhận xét: Nếu

*

Giả sử ( ab;

a + b) = d ( d ∈ )

⎧⎪ ( ab , ) = 1

⎨

⎪⎩ ab , ∈ thì ( ab a b)

+ d = 1⇒ đpcm

+ d ≥2

⇒ d có 1 ước nguyên tố là p

⇒ p ab, mà

⎡ pa

p∈P⇒⎢ ⎢ ⎣ pb

; + = 1

x + y = x + y + xy

Lời giải

+ Nếu pa, mà pa+ b⇒ pb⇒ ab , đều chia hết cho p

Từ giả thiết ( ab)

, = 1⇒ p1⇒ vô lý

+ Chứng minh tương tự ⇒ p 1⇒ vô lý

Vậy d = 1 (đpcm).

Giải:

⎧x

= dx

; = ⇒⎨ ; ,

1, 1∈ ;

1; 1

= 1

⎩y

= dy1

1

+

Gọi ( x y) d d x y ( x y )

Vì ( x ; y ) = 1, theo nhận xét ( x y xy)

1 1

⇒ + ; = 1

1 1 1 1

3 3 3 2 2 2 2

Từ phương trình ( ) ( ) ( )( ) ( )

2 2

⇒ d x + y = d x+ x + xyd ⇒ d x+ y x − xy + y = x+ y + xy

1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1


⇒ xy

1 1chia hết cho x1+

y1

Mà ( xy x y)

; + = 1

1 1 1 1

20

Suy ra x1+ y1 = 1 (vô lí) (vì x1+ y1 ≥ 2 )


Bài 6:

2

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình xy + 2xy − 243y + x = 0

Lời giải

2

Ta có xy + 2xy − 243y + x = 0 ⇔ x( y + 1) 2

= 243y

( 1)

Từ (1) với chú ý rằng ( y 1; y) 1 ( y 1) 2

Vậy ( , ) ( 54, 2 );( 24,8)

xy = .


b) Tìm các số hữu tỉ x để

+ = ⇒ + là ước của 243

x

2

Bài 7:

x + x+ 6 = y

2 2

+ x+ 6 là số chính phương

Lời giải

a) Dùng phương pháp phân tích thành phương trình tích, hoặc sử dụng phương pháp tam thức bậc

hai

2 2

b) Đặt x + x+ 6 = y với y nguyên.

a

Xét x hữu tỉ, đặt x = với ab , nguyên, b> 0, ( ab ; ) = 1

b

2 2 2 2

Thay vào phương trình ta có a + ab + 6b = y b

Vậy

2

a chia hết cho b , mà ( )

Vậy x là số nguyên, ta giải tương tự câu a .

Tìm các số nguyên x sao cho

2

x− 37 ⎛a⎞

= ⎜ ⎟ ∈ ∈ =

x+ 43 ⎝b⎠

*

Đặt a b ( ab)

Giả sử ( )

Vậy

ab , = 1 nên a chia hết cho b . Từ đó b = 1

( ; ; , 1)

x − 37; x + 43 = d; x − 37 = dy; x + 43 = dz

2 2 2 2

ya ; ay⇒ a = yb ; z

2 2 2 2

x − 37 = da ; x + 43 = db ;80 = b d − 4a d

Bài 8:

x − 37

là bình phương của một số hữu tỉ

x + 43

Lời giải

Chú ý xét tính chẵn lẻ của ab , (cả hai chẵn hoặc 1 chẵn, 1 lẻ)

Đáp số: 38,47,55,82,101,199,398 .

Cho ab∈ , sao cho

quá a+

b

Bài 9:

a+ 1 b+

1

+ ∈ . Chứng minh rằng ước chung lớn nhất của a và b không vượt

b a


21

Giả sử d ( a b) a md b nd ( m n)

Ta có

= , ⇒ = ; = ; , = 1

2 2

( + ) + ( + )

Lời giải

a+ 1 b+

1 m n d m n

+ = ⇒ ( m+ n) d ⇒d ≤ m+ n⇒ d( m+ n)

= a+

b

b a mnd

Tìm các số nguyên dương ,

Bài 10: Đề thi chuyên toán SPHN, năm học 2016

xy thỏa mãn x 3 − y 3 = 95( x 2 + y

2

)

Lời giải

2

Trước tiên ta chứng minh ( x xy

2

y )

Thật vậy: Nếu x và y cùng chia hết cho 5 thì hiển nhiên ( x 2 xy y

2

)

Nếu ( x 2 + xy + y 2 ) 5⇒( x 3 − y

3

) 5

Xét số dư của

+ + chia hết cho 5 khi và chỉ khi x và y cùng chia hết cho 5

+ + 5

3

x cho 5 với x có dạng 5 k,5k 1,5k 2,5k 3,5k 4( k )

+ + + + ∈ ta được các dư tương ứng

là 0,1, 2,3, 4 đôi một khác nhau nên ( x 3 − y 3 ) 5 ⇔ x 3 ≡ y 3

( mod 5) ⇔ x≡

y( mod 5)

Thử lần lượt x y( mod 5)

2 2

( x xy y )

≡ với ,

+ + thì chỉ có x y 0( mod 5)

Vậy nhận xét được chứng minh

xy có dạng 5 k,5k 1,5k 2,5k 3,5k 4( k )

≡ ≡ thỏa mãn

Quay trở lại bài toán x 3 y 3 95( x 2 y

2

)

Xét ( xy , )

x

= dthì x1 ; y1

d

− = + , vì vế phải dương nên x>

y

y

d

+ + + + ∈ vào biểu thức

= = nguyên tố cùng nhau ⇒ 95 ( x 2 2) ( 2 2)

1+ y1 x1+ xy

1 1+

y1

Giả sử tồn tại q nguyên tố thỏa mãn ( x 2 2 2 2

1

y1,

x1 xy

1 1

y1)

q

2 2

Lại có ( x1 + y1 ) q⇒

x1,

y1

cùng chia hết cho q (vô lý).

Vậy ( x 2 2 2 2 ) ( 2 2

1+ y1, x1+ xy

1 1+ y1 = 1⇒ 95

x1+ xy

1 1+

y1)

Lại có theo nhận xét đã chứng minh có ( x1, y

1)

= 1 nên ( x 2 2

1

xy

1 1

y1)

2 2 2 2

⇒ 19

( x1+ xy

1 1+ y1) ⇒19

≥ ( x1+ xy

1 1+

y1)

Vì x y x1 y1

> ⇒ > . Xét

+ Nếu y

1

= 1 thì không có x

1

thỏa mãn

+ Nếu y

1

= 2 thì không có x

1

= 3 thỏa mãn

+ Nếu

1

2

Đặt

y > thì 19 < 3 2 + 3.4 + 4 2 = 37 ≤ ( x 2 2

1+ xy

1 1+

y1)

x d y d d d d

+ + + thì xy

1 1q⇒

x1 qhoặc y1

q

+ + không chia hết cho 5

3 2

= 3 , = 2 ⇒ 19 = 95.13 ⇒ = 65 . Vậy 2 nghiệm là ( , ) ( 195,130)

xy = .


22

*) Tính chất:

Dạng 9: Sử dụng tính chất số nguyên tố

+ Tính chất 1: Cho số nguyên tố p và số tự nhiên a thì ta có ( a; p ) = 1 hoặc ( a;

p)

Từ đó có hệ quả: Nếu p chia hết cho a thì p = a ( a>

1)

+ Tính chất 2: Nếu p là ước của

2

a thì p là ước của a và

+ Tính chất 3: Nếu p = ab thì a = 1 hoặc a=

p

+ Tính chất 4: Nếu

p

n

2

p là ước của

n1

n2

= ab thì a = p hoặc b= p ( ab , ∈ N) và n1+ n2

= n

Bài 1:

Tìm các số nguyên tố p sao cho biểu thức sau là số nguyên tố

Lời giải

3 2

S p p p

= + + 11 + 2


= p

2

a ( p là số nguyên tố).

Phân tích: Sử dụng tính chất 1: Cho số nguyên tố p và số tự nhiên a thì ta có ( )

( a;

p)

= p

Từ đó có hệ quả: Nếu p chia hết cho a thì p = a ( a>

1)

*) p= 2 ⇒ S = 36

3

p = 3 ⇒ S = 71∈

P

p = 5 ⇒ S = 207

3

Giải:

Nếu p 3 thì p = 3 do p∈P⇒ S = 71∈

P

Nếu p / 3 ⇒

ta có S = ( p 3 + 11p) + ( p 2 + 2) = ( p 3 − p) + 12 p+ ( p

2 + 2)

2

( 1)( 1) 12 ( 2)

3 vì S∈

P

= p p− p+ + p+ p + ⇒ S =

3

Mặt khác vì p> 3⇒ S > 3 (vô lí)

Vậy p = 3

Bài 2:

Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp

Lời giải

2

Phân tích: Sử dụng tính chất 2: Nếu p là ước của a thì p là ước của a và

số nguyên tố).

Giải:

Giả sử 9x+ 5= n( n+ 1) ( n∈

)

( ) ( ) ( ) 2

⇔ + = + ⇔ + = + + − ⇔ + = +

2 2

9x 5 n n 4 9x 5 4n 4n 1 1 3 12x 7 2n

1

( n ) 2

n ( P)

⇒ 3 2 + 1 ⇒ 3 2 + 1 3∈

2

p là ước của

a; p = 1 hoặc

2

a ( p là

23

2

( n ) ( x ) ( x )

2 2

⇒ 3 2 + 1 ⇒ 3 3. 12 + 7 ⇒ 3 12 + 7 ⇒ 3 7 (vô lí)

Vậy không tồn tại giá trị nào của x .

Bài 3:

Chứng minh rằng phương trình ( 1) ( 2 ) ... ( 99)

Tổng quát: Ta có

S = 1 + 2 + ... + n

2 2 2

2 2 2 2

x+ + x+ + + x+ = y không có nghiệm nguyên xy ,

Lời giải

1 2( 1 1) 3( 1 2 ) ... n( 1 ( n 1)

) ( 1 2 ... n) ( 1.2 2.3 ... ( n 1 ).

n)

( n+ 1) n ( n− 1) n( n+ 1) n( n+ 1)( 2n− 2+ 3) n( n+ 1)( 2n+

1)

= + + + + + + + − = + + + + + + + −

= + = =

2 3 6 6

Áp dụng ta có ( x+ 1) 2 + ( x+ 2 ) 2 + ... + ( x+ 99) 2 = 99x 2 + 2x( 1+ 2 + ... + 99) + ( 1 2 + 2 2 + ... + 99

2

)

( + )

100.99 99.100 2.99 1

= + + = + +

2 6

2 2

99x 2 x. 99 x x.100.99 33.50.199

⎛ ⎞

= 9( 11x + 100 x.11)

+ 3⎜11.50.199

⎟=

y

⎝ /

3 ⎠

2 2

2 2

Ta có VT 3 ⇒ y 3 ⇒ y3 ⇒ y 9 ⇒VT

9 ⇒11.50.199 9 (vô lý)

Vậy không tồn tại xy. ,

Bài 4:

Tìm các số tự nhiên n sao cho mỗi biểu thức sau là số nguyên tố

a)

n

n n

+ n + 1

b)

4 2

Lời giải

*) Sử dụng tính chất 3: Nếu p = ab thì a = 1 hoặc a = p

a) Ta có n 4 + n 2 + 1= ( n 2 − n+ 1)( n 2 + n+

1)

nhận xét:

2 2

n n n n

− + 1≤ + + 1 và n

2

⎪⎧ n − n+ 1= 1 ⎡n=

0

⇒⎨

⇒

4 2 2 ⎢

⎪⎩

n + n + 1= n + n+

1 ⎣n

= 1

4 2

+ n= 0⇒ n + n + 1= 1∉

P

4 2

+ n= 1⇒ n + n + 1= 3∈

P

Vậy n = 1 là giá trị cần tìm.

b)

+ n + 1 là số nguyên tố

4 2

( + 1)( n+

2)

( + 1)( + 2) n( n 2 + 3 n+ 2 ) + 6 ( n+ 3 )( n 2 + 2 ) ( + 3) ( n 2 + 2 ) ( + 3) ( n

2 + 2 )

n n n n n

S = + 1 = = = . = .

6 6 6 2 3 3 2

2

n + 2

= ( n + 3. )

6

+ Xét với n= 1⇒ S = 2 (thỏa mãn)

+ Xét với n= 2⇒ S = 5 (thỏa mãn)


6

+ 1

24

+ Xét với n= 3 ⇒ S = 11 (thỏa mãn)

+ Với n ≥ 4

2

n+ 3 n + 2

+) Nếu n 3 và n chẵn ⇒ S = . (vô lí)

3 2

n + 2

+) Nếu n 3 và n lẻ ⇒ S = 3 . ( n + 2 ) (vô lí)

6

2

2 2 n + 2

+) Nếu n3 n 1( mod 3) n 2 0( mod 3)

Nếu n / 3 và n lẻ

Nếu 3

/ ⇒ ≡ ⇒ + ≡ ⇒ ∈

3

n 2

+ 3 n + 3 2

.

n +

⇒ ∈

⇒ S = ∈P

2 2 2

> 1 > 1

2 2

n + 2 n + 2

⇒ ∈ ⇒ . + 3 ∈P

6 6

2

n / và n chẵn ( n )

Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( ; ; )

3 3 3

x + y + z − 3xyz = p

> 1

Bài 5:

xyz sao cho p là một số nguyên tố lớn hơn 3 với

Lời giải

3 2

Ta có ( ) ( ) ( ) ⎡( ) ( )

3 2

VT = x+ y + z − 3xy x+ y+ z = x+ y+ z x+ y − x+ y z+ z −3xy

2 2 2

( )( )

P = x + y + z x + y + z −xy − yz − zx

Vì xyz , , nguyên dương

( )

2 2 2

* ⇔ 2x + 2y + 2z −2xy −2yz − 2zx

2 2 2

⎧ ⎪x + y + z −xy − yz − zx = 1 *

⇒ x+ y+ z > 1⇒⎨ ⎪⎩ x + y + z = p

( x y) ( y z) ( z x) ( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2

⇔ − + − + − = 1 + 1 + 0 = − 1 + 1 + 0

*) Nhận xét: Ta có x− y+ y− z+ z− x= 0. Vậy có 6 trường hợp

⎧x− y =− 1 ⎧x= y−1

⎪

⎪ ⎧y = z+

1 p −1

⎨ ⎨ ⎨

⎪

z x

3

z x 0 ⎪ ⎩ =

⎩ − = ⎩z = x

+ TH1: y− z = 1 ⇔ y = z+ 1 ⇔ ⇒ z+ z+ 1 + z = p⇒ z = ; p≡1( mod 3)

⎛ p− 1 p+ 2 p−1⎞

⇒ ( xyz ; ; ) = ⎜ ; ; ⎟

⎝ 3 3 3 ⎠

⎣

Bài 6:

2 3

Tìm các nghiệm tự nhiên của phương trình 2 y = 1+ x+ x + x

*) Sử dụng tính chất 4: Nếu

p

n

Lời giải


( )

n1

n2


= n

y

2 3 y

2 2

Ta có 2 = 1+ x+ x + x ⇔ 2 = ( 1+ x) + x ( 1+ x) = ( 1+ x)( 1+

x )

⎤

⎦

25

Vì

( )

( ) ( )

m

⎧ ⎪1+ x = 2 1

2 ∈P⇒⎨ mn , ∈ Nm , + n=

y

2 n

⎪⎩ 1 + x = 2 2

Từ ( )

m

1 ⇒ x = 2 − 1, thay vào phương trình (2) ta được:

m

( ) 2 n 2m m n

( )

1+ 2 − 1 = 2 ⇔ 2 − 2.2 + 2 = 2 *

+ Nếu

( m− ) + ( m ) ( m )

2m m 2⎣⎡ 1 1⎦⎤ − 1 + 1 2 2 −1

m−1

( )

m ≥1⇒2 − 2.2 = 2 − 2.2 = 2 .2 −2.2.2 ≡ 0 mod 4

( ) ( )

⇒ VT = − + ≡ ⇒ ≡ ⇒ =

2m m n

2 2.2 2 2 mod 4 2 2 mod 4 n 1

( )

⇒ − + = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =

2m m m m m

2 2.2 2 2 2 2 2 0 2 2 0 m 1

⇒ y = m+ n= 1+ 1= 2⇒ x= 2 m − 1= 1 (thỏa mãn)

+

0 0

n

m< 1, m∈ ⇒ m= 0 ⇒2 − 2.2 + 2 = 2 ⇒ n= 0 ⇒ y = 0 ⇒ x=

0 (thỏa mãn)

Vậy ( xy ; ) = ( 0;0)

hoặc ( ; ) ( 1; 2)

xy = .

Bài 7:

2

a) Tìm số nguyên tố p để 2 p + p cũng là số nguyên tố

b) Tìm tất cả các số nguyên tố pqr , , thỏa mãn

*) Sử dụng tính chất 4: Nếu

a) Nếu

2

p 3 2 p p 17 P

= ⇒ + = ∈ (thỏa mãn)

2

Nếu p

/ 3 ⇒ p ≡1( mod 3)

p

Có 2 ≡−1( mod 3) ⇒2 ≡( − 1) p

( mod 3)

Nếu p chẵn

p

n

q p

p + q = r

Lời giải

n1

n2


= n

2

⇒ p= 2⇒ 2 p + p = 8∈P⇒ p lẻ

p

p

p 2

⇒2 ≡( −1) ≡−1( mod 3) ⇒ 2 + p = 1+ ( −1) ≡ 0( mod 3) ( 1)

p 2

Mà p > 3⇒ 2 + p > 3 ( 2)

Từ (1)(2) suy ra vô lý.

b) Nếu p và q đều lẻ p

n + q

n chẵn ⇒ r chẵn ⇒ r = 2

p

n

n

+ q = 2 (vô lý, vì

pq , 2,

*

≥ n∈ )

Vậy pq , có ít nhất một số chẵn

Giả sử q = 2

Ta có

2

p 2 p r P

+ = ∈ (câu a)

Đáp số p= 3 ⇒ r = 17

Vậy ( pqr , , ) ( 3, 2,17 );( pqr , , ) ( 2,3,17)

= = .

Bài 8:

Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu 2n + 1 và 3n + 1 là các số chính phương thì 5n + 3

không phải là số nguyên tố.


Lời giải

26

⎧ ⎪2 + 1=

n a 2

ab 2

+

Đặt ⎨ ( , ∈

)

⎪⎩ 3n+ 1=

b

Ta có 5n+ 3= 4( 2n+ 1) − ( 3n+ 1) = ( 2a) 2 − b 2 = ( 2a− b)( 2a+

b)

*) Nhận xét: 2a+ b> 1, ta chứng minh 2a− b>

1

⎧5n

+ 3>

0

Nếu 2a−b≤ 1, mà ⎨ ⇒2a− b> 0⇒2a− b= 1⇒ b= 2a+

1

⎩2a+ b>

0

⇒ 5n+ 3= 2a+ b⇒ 5n+ 3= 2b+

1

Vậy

( )

( )

⎧ 3n+ 1= b ⎪⎧ n+ = b

⎨

⇒ ⎨

⎩5n+ 3= 2b+ 1 ⎪⎩

5n+ 1= 2b−1 2

2 2

3 1 1

2

Lấy ( 2) ( 1) 2n 2b 1 b 2n ( b 1) 2n 1 0 ( b 1)

− ⇒ = − − ⇔ =− − 2 ⇒ > ≥ ≥− − 2

(vô lý)

Vậy 5n + 3 không là số nguyên tố (đpcm).

Bài 9:

Cho abc , , là những số nguyên tố khác 0, a≠ c sao cho

không là số nguyên tố.

Lời giải

a a + b

=

c c + d

2 2

2 2

2 2 2 2 2

Từ giả thiết ( a c c ) ac ad ca cb ac( c a) b ( a c)

2 2 2

. Chứng minh rằng a + b + c

2 2

a a + b

= ≠ , ≠0 ⇔ + − − = 0⇔ − + − = 0

2 2

c c + d

( a c)( b 2 ac) 0 b 2 ac( a c)

⇔ − − = ⇔ = ≠

2

Vậy a 2 + b 2 + c 2 = ( a 2 + 2b 2 + c 2 ) − b 2 = ( a+ c) − b 2 = ( a+ c− b)( a+ b+

c)

2 2 2 2 2 2

+ a+ c− b=− 1 và a + b + c = a+ b+ c⇒ a + b + c + a+ b+ c=

0

( ) ( )

2 2 2 2 2

2

⇒ a + b + c + a+ c+ c+ 1+ c= 0⇒ a+ 1 + b + c+ 1 = 1

( ) 2 2

a

⎧ + 1 = 1 ⎧a

= 0 ⎧a

= −2

⎪

⎪

⎪

+ ⎨b= 0 ⇔ ⎨b=

0 hoặc b =

2

⎨ 0 (loại vì b = ac )

⎪c+ 1= 0 ⎪

⎩c=−1

c 1

⎪⎩

⎪ ⎩ = −

2 2 2

⇒ a + b + c = 1 không là các số nguyên tố.

+ 3 trường khác tương tự

Bài 10:

n 3 3

Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại các số nguyên tố dương nxy , , thỏa mãn p = x + y

3 3

+ Nếu p 2 2 n x y

Lời giải

nxy , , = 1,1,1 thỏa mãn

= ⇒ = + . Chọn ( ) ( )

= 3⇒ 3 n = + . Chọn ( , , ) ( 2,1, 2)


3 2

+ Nếu p x y

nxy = thỏa mãn

27

n

2 2

+ p > 3 ⇒ p = ( x + y)( x − xy + y )

2 2

Nếu x − xy + y = 1⇒ x = y = 1⇒ p = 2 (thỏa mãn)

2 2

2 2

Nếu x − xy + y > 1⇒ x + y và x − xy + y > 1

( + )

⎧⎪ x y p

2 2 2

⇒⎨

⇒ ( x + y) −

2 2

( x − xy + y ) = 3xy

p

⎪⎩ ( x − xy + y ) p

xyp xp ⎧x p

p > ⇒ xy p ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ p = x + y p ⇒ n >

⎩x+ yp ⎩yp ⎪⎩

y p

3 3

⎧ ⎧ ⎪

3 3 3

3 3

3 3

n

Vì ⎨ ⎨ ⎨

( )

Giả sử 3

p > tồn tại bộ ba số ( nxy , , ) nguyên dương ( 3)

Trong các bộ số ( , , )

nxy ta chọn số n

0

> 3 nhỏ nhất

3 3

n0 3 3 n0−3

⎛ x0 ⎞ ⎛ y0

⎞

⇒ p = x0 + y0

⇒ p = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟

⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠

⎛ x0 y0

⎞

⇒⎜n0 −3; ; ⎟ cũng thỏa mãn giả thiết

⎝ p p ⎠

n − 3 < n ⇒ trái với điều giả sử

Mà

0 0

Vậy không tồn tại bộ ba số ( nxy , , )

Vậy p = 2 hoặc p = 3 thỏa mãn bài toán.


Bài 1:

Tìm các số tự nhiên n sao cho mỗi biểu thức sau là số nguyên tố

4

4

a) n + 4

b) n + 4 n

a) n = 1

b) n lẻ, n= 2k+

1

n k+ n k+

( )( )

n + 4 = n + 2 + n.2 n + 2 − n.2

4 2 1 2 1

Với 0

+

k > thì n n ( n ) 2

Đáp số n = 1

+ 2 − .2 = − 2 + 2 > 1

2 n k 1 k 2k

Lời giải

Bài 2:

Cho pq , là hai số nguyên tố sao cho p> q> 3 và p q 2

n > và thỏa mãn p 3 = ( x 3 + y

3

)

− = . Chứng minh rằng ( p+ q) 12

Lời giải

Do q là số nguyên tố lớn hơn 3 nên q không chia hết cho 3. Vậy q có dạng 3k ± 1

Nếu q 3k

1

= ± thì p 3k 3 3( k 1)

= + = + chia hết cho 3.

Mặt khác p> q> 3 nên p không phải là số nguyên tố. Mẫu thuẫn chứng tỏ rằng q không thể có


dạng 3k + 1. Do đó q= 3k− 1 suy ra p= 3k+ 1. Từ đó p+ q= 6k

3

28

Hơn nữa, p và q là hai số nguyên tố lớn hơn 3 và ( ) ( )

p+ 1 − q+ 1 = 2 ⇒ p+ 1, q+ 1 là hai số chẵn liên

tiếp. Do đó hai trong số p+ 1, q+ 1 có một số chia hết cho 4. Không mất tính tổng quát, có thể giả sử

( )

q + 1 4, tức là q+ 1= 4m

hay q = 4m−

1

Suy ra p= 4m+ 1⇒ p+ q= 8m

4

Vì ( ) ( p q)

3, 4 = 1 ⇒ + 12 .

Bài 3:

Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình x( x 3) y( y 3) z( z 3)

nguyên tố).

Lời giải

Vì x∈

⇒ z 2 ≡0;1( mod 3) ⇒ z( z+ 3) = z 2 + 3z

≡0,1( mod 3) ( 1)

Tương tự với mọi ,

xy∈ ta có x( x+ 3) + y( y+ 3) ≡ 0;1; 2 ( mod 3) ( 2)

Lại có x( x 3) y( y 3) x 2 y

2

( mod 3)

+ + + ≡ + (3)

2

Để ý rằng p là số nguyên tố và p≠3 ⇒ p ≡ 1( mod 3)

Vì ,

2 2

xy đồng thời là các số nguyên tố khác 3 nên x y 2( mod 3)

Từ (1)(2)(3)(4) suy ra ít nhất một trong 2 số xy , phải bằng 3

+ + + = + (với xy , là những số

+ ≡ (4)

Không giảm tính tổng quát có thể giả sử x = 3. Thay vào phương trình đã cho thu được

( )( )

+ y + y = z + z ⇔ x− y x+ y+ = (5)

2 2

18 3 3 3 18

Do yz , > 0⇒ x+ y+ 3> 0⇒ z− y>

0

Lại do ( ) ( )

x+ y+ 3 − z− y = 2y+ 3≥ 7 nên phương trình (5) tương đương với

⎧z+ y+ 3= 9 ⎧y

= 7 ⎧y

= 2

⎨ ⇔ ⎨ hoặc ⎨

⎩z− y = 2 ⎩z

= 8 ⎩z

= 4

DO tính đối xứng của x và y nên ta tìm được 4 nghiệm của phương trình đã cho là

( 3; 7;8 ), ( 7;3;8 ), ( 3; 2; 4 ), ( 2,3, 4 )

Bài 4:

Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên tố abmn , , , , p thỏa mãn phương trình

2 2 2

a) a = m + n

b) a + b = m + n + p

2 2 2 2 2

Lời giải

a) a lẻ, m hoặc n chẵn, m = 2 suy ra vô lí

b) Nhận xét: Mỗi số ở vế phải khác số ở vế trái (nếu b= p) thì đưa về câu a)

Nếu ab , đều lẻ; VT chia 8 dư 2; xét VP chia 8 dư 4 hoặc 6

Nếu ab , có số chẵn, a = 2 . Do đó mn , , p lẻ. VT chia 4 dư 1, VP chia 4 dư 3

⎧z+ y+ 3 = 18

⎨

⎩z

− y = 1


hoặc

29

Bài 5:

Cho xyp , , là các số nguyên và p > 1 sao cho mỗi số

cho p chia hết cho A= 1+ x+

y

2014

x và

2015

y đều chia hết cho p . Tìm xy , sao

Lời giải

Do p > 1 nên p phải có ít nhất một ước nguyên tố. Gọi q là một trong các ước nguyên tố ấy. Vì

x

2014

p và

2015 2014

y p⇒

x q

và

Nhưng q là số nguyên tố nên dễ dàng suy ra xq và yq

y

2015

q

Giả sử lại nếu Aq thì 1 q . Điều này là vô lý vì q là một số nguyên tố. Vậy A= 1+ x+ y không chia

hết cho p .

Giải phương trình nghiệm nguyên 3 + 4 = 5

x y z

Bài 6:

Lời giải

t y x

⎧ ⎪5 + 2 = 3

Xét mod 3 ⇒ z = 2t

⇒⎨ , suy ra t lẻ và y chẵn

t y

⎪⎩ 5 − 2 = 1

Xét mod 4 , trường hợp y > 2 suy ra x chẵn

Xét mod8 , suy ra 3 x 5 t 2 y 5( mod8) 1 5( mod8)

Vậy y = 2⇒ x= z = 1.

≡ + ≡ ⇒ ≡ (vô lí)

Chứng minh rằng nếu abc là số nguyên tố thì

Giả sử

Ta có

b

2

− 4ac

là số chính phương thì

b

Bài 7:

2

− 4ac

không phải là số chính phương

Lời giải

2 2

b − 4ac = k với k∈

N

4 a. abc = 400a + 40ab + 4ac = 400a + 40ab + b − k

2 2 2 2

( 20a b) 2 k 2

( 20a b k)( 20a b k)

= + − = + + + −

Vì abc là số nguyên tố nên c ≠0⇒ ac > 0

Do đó b> k ⇒ 20a+ b+ k > 20a+ b− k > 20a

( 20a+ b+ k)( 20a+ b−k)

Từ đó suy ra abc = = mn

4a

Mà 20a+ b+ k và 20a+ b− k đều lớn hơn 4a nên m và n đều lớn hơn 1

Như vậy abc là hợp số, mâu thuẫn với giả thiết.

Bài 8:

Cho p là một số nguyên tố và an , là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu

n = 1

+ Nếu p = 2 ta có

2 2

2 3 13

+ = và n = 1

Lời giải


*

2

2 p p a

n

+ = thì

30

p p

+ Nếu p > 2 thì p lẻ và 52 + 3 và vì vậy 5 a . Bây giờ nếu n > 1 thì 5 a n và

2 + 3

2+

3

p p

p−1 p−2 p−1 p−1

5 = 2 − 2 .3 + ... + 3 ≡ .2 mod 5

Cuối cùng, nếu p = 5 thì

p

5 5

2 3 753

( )

vô lý nếu p ≠ 5.

+ = không phải là một lũy thừa, vì vậy n = 1.

Bài 9:

Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp không thể là lũy thừa của một số nguyên.

Lời giải

Cho n là một số nguyên và giả sử ngược lại ( 1)( 2)

Để ý rằng n( n+ 2) = ( n+ 1) 2

− 1 và n ( n )

Suy ra rằng

Ta có

a

2

a

2z

n n n x

z

+ + = với ,

2

⎧

2

⎪n+ 1 = a

( + 1, + 1 − 1)

= 1 nên ⎨ 2 2

⎪⎩ ( n+ 1)

− 1=

b

z

2 2

z−1 2

z−2

z−1

− b = 1 hay ( a − b) ( a ) + ( a ) b+ ... + b = 1

− b= 1, do đó a

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho

Giả sử

3 n n m

2 2

+ = với

Ta có ( m n)( m n)

2

( )

xz∈ và z ≥ 2

với ab∈ ,

z z

= b+ 1. Phương trình ( b+ 1)

− b = 1 có nghiệm duy nhất z = 1, mẫu thuẫn.

m∈

N

⎧

n ⎪m− n=

3

− + = 3 ⇒⎨

⎪⎩ m + n = 3

*

k

n−k

Mà m− n< m+ n⇒ k < n− k. Vì vậy n−2k

≥ 1

+ Nếu n 2k

1

3 n n

Bài 10:

2

+ là số chính phương.

Lời giải

−

2−2 1

− = thì n ( m n) ( m n) ( ) ( )

k

Vì vậy n= 3 = 2k+

1

m

m

2 2

Ta có ( )

2 = + − − = 3 − 3 = 3 3 − 1 = 3 3 − 1 = 2.3

n k k k k k k

3 = 1+ 2 = 1+ 2m+ 2 C + ... > 2m+ 1, do đó k = 0 hoặc k = 1 tương ứng với n = 1 hoặc n = 3

+ Nếu n− 2k

> 1 thì n−2k

≥ 2 và k n k 2

Theo trên

⎪⎧ m− n=

3

⎨

⎪⎩ m + n = 3

k

n−k

m

, trừ từng vế ta được:

k n k 2

≤ − − . Suy ra 3 ≤ 3 − −

(*)

( ) ( do )

n−k k n−k n−k−2 n−k−2 2 n−k−2

2n

= 3 −3 ≥3 − 3 = 3 3 − 1 = 8.3 (*)

n−k−

Ta có 2 n−k−

3 = ( 1+ 2) 2

= 1+ 2( n−k− 2) + 2 2 C 2 + ... > 1+ 2( n−k−

2)

Do đó ⎡ ( )

2n≥ 8⎣1 + 2 n−k− 2 ⎤⎦

= 16n−16k−24 ⇔14n−16k−24 ≤0 ⇔ 8k+ 12 ≥7n

Mặt khác n≥ 2k+ 2, do đó 7n≥ 14k+ 14 , mâu thuẫn

Vậy n= 1, n= 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

n


31

Dạng 10: Tích là số chính phương

*) Kiến thức:

- Tích hai số nguyên tố cùng nhau là số chính phương thì hai số đó là số chính phương

- HQ: Đặc biệt tích hai số tự nhiên liên tiếp là số chính phương thì phải 1 số bằng 0

Chứng minh:

Giả sử ab n ab ( ab)

Giải:

= 2 , , ∈ , , = 1

α

2

i

( i )

( )

⎧ a = p . p ... p = p . p ... p

n= p p p ⇒ ab= p p p ⇒⎨

⎪

⎩ = =

2α1 2α2 2αi

α1 α2

α

1 2 1 2

1 α2 αk

2α1 2α2

2α

⎪

i

k

1

.

2

...

k

1

.

2

...

k

2α 2

i+ 1 2αi+ 2 2αk αi+ 1 αi+

2 αk

b pi+ 1

. pi+ 2

... pk pi+ 1

. pi+

2

... pk

2

⎧ ⎪a=

k

a a+ 1 = n a∈ , a, a+ 1 = 1 ⇒⎨ mk , ∈

2

⎪⎩ a + 1 = m

2

Giả sử ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2 ⎧m− k = 1 ⎧m=

0

⇒m − k = 1⇔( m− k)( m+ k)

= 1⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩m+ k = 1 ⎩k

= 1


x + y = y

2 3 6

Bài 1:

Lời giải

Ta có phương trình ( 1)

3 3

Vì ( y , y − 1)

= 1

3 2

⎧ ⎪y

= a

⎨

3 2

⎪⎩ y − 1 = b

x + y = y ⇔ y − y = x ⇔ y y − = x

2 3 6 6 3 2 3 3 2

2 2

+ TH1: ( ab ) a b ( a b)( a b)

⎧a− b= 1 ⎧a=

1

⇒⎨

⇔ ⎨ ⇒ y = 1⇒ x=

0

⎩a+ b= 1 ⎩b=

0

, ∈ ⇒ − = 1 = − + = 1.1

3 2

⎧ ⎪y =−a ⎧b− a = 1 ⎧a

= 0

⎨ ⇒b − a = 1= a− b a+ b ⇒ x y 0

3 2

⎨ ⇔ ⎨ ⇒ = =

⎪⎩

y − 1 =−b

⎩b+ a = 1 ⎩b=

1

2 2

+ TH2: ( )( )

Giải phương trình với nghiệm nguyên dương

Phan tích: Gọi ( )

Giả sử

xy dd

⎧x

= dx

x y

⎩

Bài 2:

xy = z

2

Lời giải

+ 1

+

, = , ∈ , ⎨ ,

1,

1∈

y = dy1

x, y = 1⇒ d xy = z

và ( )

2 2

2 2 2 2

1 2 k i

1

1 1 1 1

d = p p .. p , p ∈ P, i = 1, k ⇒ z d ⇒ z d ⇒ z p ⇒ z p (cách làm này khó không được)

⎧x

= dx1

⎪

, , = , ∈ , ⎨ =

1, 1, 1, 1∈ ⇒

1, 1, 1

= 1

⎪

⎩z

= dz1

+ +

Giải: Gọi ( x y z) d d y dy x y z ( x y z )


1

⇒ d xy = d z ⇔ xy = z

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

Xét nếu

1,

1

Từ ( )( )

⎧x

⎨

⎩

= px

x y có ước nguyên tố p> 1⇒ z / p ( 1) ⇒ 1 1 2 ⇒ pxy 2 = z 2 ⇒ z 2 p 2 ⇒ z p ( 2)

1

+

1 2 mâu thuẫn ⇒ ( x, y) = 1 ⇒⎨

( ab , ∈

)

Thay vào phương trình

1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1

y1 = py

1 2

⎧ ⎪x

= a

1 1 2

y1

= b

⎪⎩

⇒ z = a b ⇒ z = ab

2 2 2

1 1

Vậy ( ) ( 2 2

+

z; y; z ta , tb , tab)( t, a,

b )

= ∈ .

2

Bài 3:

2

Cho p là một số nguyên tố. Tìm tất cả k nguyên sao cho k − pk là một số nguyên dương.

2 + 2

Phân tích: k − pk ∈ ⇔ k − pk

Giải:

Lời giải

là số chính phương khác 0 k( k p)

+ TH1: k p ⇒ k = np ⇒k 2 − kp = np ( np − p) = p 2 . n( n − 1 )

Suy ra ( 1)

là SCP khác 0

n n− là số chính phương, mà nn− , 1 là 2 số nguyên liên tiếp

Suy ra có 1 số bằng 0

2

⇒k

− pk = 0 (vô lí)

+ TH2: Xét k

p ( kp) ( kk p)

Mà k( k p)

Vì

/ ⇒ , = 1 ⇒ , − = 1

2

⎧ ⎪k

= m

− là số chính phương khác 0 ⇒ ⎨

⎪⎩ k − p = n

+ TH1: m 2 − n 2 = p = 1. p = ( m− n)( m+

n)

2

⇔ − là SCP

2

⎧ ⎪k

= −m

⎨

⎪⎩ k − p =− n

hoặc ( mn , ∈ )

⎧ p + 1

m =

⎧m− n=

1 ⎪ 2

m, n∈ ⇒ m+ n≥ 0, m+ n≥m−n⇒⎨

⇒⎨

và p lẻ (vì mn∈ , )

⎩m+ n= p ⎪ p−1

n =

⎪⎩ 2

2

⎛ p + 1⎞

⇒ k = ⎜ ⎟ , p > 2, thử lại thấy thỏa mẫn

⎝ 2 ⎠

+ TH2: Làm tương tự

Tìm tất cả các cặp số nguyên ( )

2

Phương trình ⇔ ( x 2 + 1) = ( y+ 1)( y 2 − y+

1)

Gọi ( y+ 1; y 2 − y+ 1 ) = dd , ∈

*

Bài 4: Chuyên KHTN HN, năm học 2016 (vòng 2)

4 2 3

xy ; thỏa mãn x + 2x = y

Lời giải


2 2

( ) ( )

⇒ ⎡ y+ 1 − y − y+ 1 ⎤ d⇒3yd

⎣ ⎦

2

2

Ta có

( d )

( d )

⎡ 3, = 1

⎢

⎢⎣ 3, = 3

⎧y

+ 13

3, 3 3 ⎨

1 1 9 1 9

2

⎩y

− y+

13

2 2

+ Nếu ( d) = ⇒d ⇒ ⇒ ( y+ )( y − y+ ) ⇒ ( x + ) 2

( x )

2 2

⇒ + 1 3⇒

x chia 3 dư 2 (vô lí)

Vậy

Vậy

( d )

⎧⎪ 3, = 1

⎨ ⇒ yd

⎪⎩ 3yd

, mà ( )

2

( y 1, y y 1)

1

2 2

( y+ 1)( y − y+ 1) = ( x + 1)

⎧

⎪

+ − + =

⎨

⎪

⎩

y+ 1 d ⇒1

d ⇒ d = 1

2

2

⎧ ⎪y+ 1 = a

⎨

⎪⎩ y − y+ 1 = b

nên ( ab , ∈ )

2 2

( ) ( )

( 2y 1 2b)( 2y 1 2b) 3 ( 1 ).3 ( 3 ).1

2 2 2 2

2 2

y y b y y b y b

− + 1 = ⇒4 − 4 + 41− 4 = 0 ⇔ 2 −1 − 2 =− 3

⇔ − − − + =− = − = −

⎧2y−1− 2b=−1 ⎧2y− 1= 1 ⎧y

= 1

2

+ TH1: ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇒ ( x + 1) 2

= 2.1 (vô lí)

⎩2y− 1+ 2b= 3 ⎩2b= 2 ⎩b=

1

3 trường hợp còn lại làm tương tự.

Bài 5:

Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x 2 + xy + y 2 = x 2 y

2

( 1)

Lời giải

2 2 2 2

Thêm xy vào hai vế x + 2xy + y = x y + xy ⇔ ( x + y) 2

= xy ( xy + 1) ( 2)

Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp, có tích là một số chính phương nên tồn tại một số

bằng 0

2 2

Xét xy = 0 . Từ (1) có x + y = 0 nên x= y = 0

Xét xy + 1= 0. Ta có 1

Thử lại, ba cặp số ( 0; 0 ), ( 1; 1 ), ( 1;1)

xy = − nên ( xy , ) = ( 1, − 1)

hoặc ( − 1,1)

Chứng minh rằng có vô số nguyên

2 2 2 2 2

( 1+ 2 + 3 + 4 + ... + x)( 1 + 2 + 3 + 4 + ... + x )

Tính tổng 1 2 + 2 2 + ... + n

2

− − đều là nghiệm của phương trình đã cho.

Cách 1: 1 2 + 2 2 + ... + n 2 = 1.2 + 2.3+ 3.4 + ... + n( n+ 1) − ( 1+ 2 + 3 + ... + n)

Bài 6:

x để biểu thức sau là số chính phương

Lời giải

( + 1)( 2n+

1)

1 n n

= ⎡ 1.2. ( 3 0 ) 2.3. ( 4 1 ) 3.4 ... n( n 1 )( n 2 ( n 1 )) ⎤ ( 1 2 3 ... n)

3⎣ − + − + + + + + − −

⎦

− + + + + =

6

Cách 2: Bằng phương pháp quy nạp toán học, dễ dàng chứng minh được


3

( + 1)( 2n+

1)

n n

1 + 2 + ... + n = , ∀n∈

6

2 2 2 *

Đặt ( 1 2 3 4 ... )( 1 2 3 4 ... )

+ + + + + x + + + + + x = y

2 2 2 2 2 2

( + ) ( + )( + ) ( + ) 2

1 1 2 1

2

1 2 1 2

Ta có

x x . x x x ⎡ x x ⎤

.

x +

= y ⇔ ⎢ ⎥ = y

2 6 ⎣ 2 ⎦ 3

2

Phương trình này có vô số nghiệm nguyên x= 6n + 6n+ 1, n là số nguyên.

Bài 7:

Tìm nghiệm nguyên của phương trình x( 1+ x+ x 2

) = 4y( y+

1)

Lời giải

Ta có ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2

2 2 2

x 1 + x+ x = 4 y y+ 1 ⇔ 1 + x 1 + x = 2 y+ 1 ⇒ x+ 1; x + 1 lẻ

2 2

{ }

2

Gọi ( 1 + x,1+ x ) = d ⇒ d lẻ và ( )

Suy ra

x

2

+ 1; x + 1 là hai số chính phương

2

Do x cũng là số chính phương nên x

1+ x + 1−x d ⇒2 d ⇒ d = 1 vì d lẻ

; x + 1 là hai số chính phương

2 2

Mà hai số này là hai số tự nhiên liên tiếp nên x = 0 .


Ta có ( ) 2

9x − 6x=

y

2 3

2 3 3

9x − 6x= y ⇔ 3x− 1 = y + 1⇒y≥−

1

Xét y = − 1; 0;1; 2

2 2

( ) ( )( )

y≥2⇒ 3x− 1 = y+ 1 y − y+

1

Bài 8:

Lời giải

2 2 ⎡d

= 1

d = UCLN y+ 1; y − y+ 1 ; y − y+ 1 = y y+ 1 − 2 y+ 1 + 3 ⇒3

d ⇒ ⎢

⎣d

= 3

Đặt ( ) ( ) ( )

Vì ( 3x−1) 2

3⇒ d = 1, mà ( ) 2 2 2

y 1 y y 1 y

− < − + < ⇒ vô nghiệm.

Bài 9:

1 + 2 + ... + n

Tìm số nguyên dương bé nhất n > 1 sao cho

n

Tính tổng 1 2 + 2 2 + ... + n

2

2 2 2

Lời giải

Cách 1: 1 2 + 2 2 + ... + n 2 = 1.2 + 2.3+ 3.4 + ... + n( n+ 1) − ( 1+ 2 + 3 + ... + n)

là một số chính phương.

( + 1)( 2n+

1)

1 n n

= ⎡ 1.2. ( 3 0 ) 2.3. ( 4 1 ) 3.4 ... n( n 1 )( n 2 ( n 1 )) ⎤ ( 1 2 3 ... n)

3⎣ − + − + + + + + − −

⎦

− + + + + =

6

Cách 2: Bằng phương pháp quy nạp toán học, dễ dàng chứng minh được


4

( + 1)( 2 + 1) 1 2 + 2 2 + ... + n

2 ( + 1)( 2 + 1)

2 2 2

n n n

*

n n

1 + 2 + ... + n = , ∀n∈

⇒ =

6 n

6

Vì ( n+ 1)( 2 n+

1)

2

là số chính phương nên ( n+ 1)( 2n+ 1) = 6m

6

Để ý rằng 2n + 1 lẻ ⇒ n + 1 chẵn ⇒ n lẻ, tức là n= 2k−

1

Khi đó ( )

2

k 4k− 1 = 3m ⇒ 3 k hoặc 34k − 1

Giả sử k 3 d.

d u d v

= Khi đó ( )

2

2 2

= ,12 − 1 = . Dễ dàng nhận thấy

d 12d − 1 = m . Vì hai số d và 12d − 1 nguyên tố cùng nhau nên

12d

1

Ta xét các trường hợp 34k − 1. Đặt k = 3d

+ 1

2

Suy ra ( 3d + 1)( 4d + 1) = m

Vì ( 3d+ 1;4d+ 1) = 1⇒ 3d+ 1 = u 2 ;4d+ 1 = v 2

( uv , > 1)

2

− = v không thể xảy ra

Lần lượt cho v bởi các giá trị 3;5;7;9;11;13;... ta được các giá trị của d tương ứng là

2;6;12; 20;30; 42;56;..

Như vậy 3d + 1∈

{ 7;19;37;61;91;127;169;... }

2

Dễ thấy 169 = 13 , do đó số n bé nhất cần tìm là 2k − 1 với k = 3d

+ 1 = 3.56 + 1 = 169

Suy ra n = 337.


5

Dạng 11: NGUYÊN LÝ KẸP

A. Nội dung: Nếu số chính phương (hoặc lập phương) bị kẹp giữa hai số chính phương (lập phương)

liên tiếp thì phải bằng một trong hai số đó.

Ta có: ( 1)

+ Nếu ,

B. Bài tập

2 2 2

( a 1) 2

⎡

2

b = −

a− ≤b ≤a

⇔ ⎢

⎣ ⎢ b = a

2 2

ab∈ mà aa ( 1) bb ( 1) ( a 2)( a b)

+ < + < + + thì a+ 1 = b

Bài 1: Chuyên KHTN Hà Nội, năm học 2014 (vòng 1)

2 2

Cho xy , là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho 4xy − 7x+ 7ylà số chính phương. Chứng minh

rằng x=

y

2 2

Ta có 4x y − 7x + 7y = ( 2xy) 2

−7( x − y)

Xét ( ) 2

Lời giải

2 2 2 2 2 2

4xy − 7x+ 7y− 2xy− 1 = 4xy − 7x+ 7y− 4xy + 4xy−

1

( ) ( )

= 4xy − 7x + 7y − 1= x 4y − 7 + 7y − 1> 0 x ≥2; y ≥ 2

Xét ( 2xy + 1) 2 − 4x 2 y 2 + 7x − 7y = 4xy + 1+ 7x − 7y = y ( 4x − 7) + 7x + 1> 0( x ≥2; y ≥ 2)

2 2

Vậy ( 2xy −1) ≤4x y − 7x + 7y ≤ ( 2xy

+ 1)

Vì

2 2

4 7 7

2 2

xy − x+ ylà số chính phương

( ) 2

2 2

⇒4x y − 7x + 7y = 2xy ⇔ x = y (đpcm)


Xét ( ) ( )

Bài 2:

x + 2x + 2x + x+ 1=

y

4 3 2 2

Lời giải

2

2

4 3 2 2

2

4 2 3 2

x + x = x + 2 x + x ; x + x+ 1 = x + x + 1+ 2x + 2x + 2x

2

2 2

1 3

⎟

2⎠

4

2 2 2 ⎛ ⎞

2 2

Ta có y − ( x + x) − x + x+ 1= x+ + > 0⇒ y > ( x + x)

2

Lại có ( x 2 + x+ 1) − y 2 = x 2 + x= x( x+

1)

+ TH1: Nếu ( 1) 0 ( 1) 2

⎜

⎝

⎡x

> 0

⎢ ⇒ x x+ > ⇒ x + x+ > y

⎣x

<− 1

2 2

2 2 2

Vậy khi đó ( x x) y ( x x 1)

+ TH2: Nếu

2 2

+ < < + + (vô lý)

⎡x

= 0

−1≤ x ≤0⇒ ⎢

⎣x

= −1

2 ⎡ y = 1


Với x= 0⇒ y = 1⇔ ⎢ ; Với x=− ⇒ y = ⇔ y =±

⎣ y = −1

2

1 1 1

6

{ }

Vậy ( ; ) ( 0; 1;0;1; ) ( ) ( 1; 1; ) ( 1;1)

xy =∈ − − − − .

Bài 3:

Giải phương trình nghiệm nguyên 1 + x+ x + ... + x = y

+ Nếu

x y x

2 2008 2008

Lời giải

2008 2008

2 2008

≥1⇒ > , ta cần chứng minh ( ) 2008

2

n

Ta chứng minh tổng quát x x x ( x )

Thật vậy:

2 2

Với ( ) 2

1 + x+ x + ... + x < x+

1

1 + + + ... + < + 1 n

, với ∀n

≥ 2

n= 2⇒ 1+ x+ x < 1+ 2x+ x = 1 + x , ∀x≥

1

2

k

Giả sử bđt đúng với n= k ⇒ 1 + x+ x + ... + x < ( 1+

x)

2 k + 1

k

Phải chứng minh 1 + x+ x + ... + x < ( 1+

x ) + 1

k+

1

k k

Ta có: ( 1+ x) = ( 1 + x) .( 1+ x) > ( 1+ x)( 1 + x+ ... + x )

( ) ( ) ( )

k + 1 2 k 2 k+ 1 2 k+

1

⇔ 1+ x > 1 + x+ x + ... + x + x+ x + ... + x > 1 + x+ x + ... + x (do x ≥ 1)

Vậy với n= 2008 ⇒ y 2008 < ( x+

1) 2008

+ Nếu x 1 c y 2008

( x 1) 2008

≥ ⇒ < < + (vô lý)

+ Nếu 1 1 0 ( 1 ) ( 1 ) ... ( 1 )

x<− ⇒ + x< ⇒ y = + x + x + x + + x + x + x

2008 2008

⇒ y < x .

Chứng minh ( ) 2008 2008

x 1 y

Vậy ( ) 2008 2008 2008

2008 2 2006 2008

+ < (chứng minh tương tự).

x+ 1 < y < x , ∀ x<− 1 (vô lý)

⎡x= 0⇒ y =± 1

+ − 1< x ≤1⇒ ⎢

⎣x=−1⇒ y =± 1

Vậy phương trình có 4 nghiệm.


Ta có

k

Bài 4:

2 4 3 2

x + x= y + y + y + y

Lời giải

2 4 3 2 2 4 3 2

x + x= y + y + y + y ⇔ 4x + 4x= 4y + 4y + 4y + 4y

2

( ) ( )

⇔ + + = + + + + ⇔ + = + + + + +

2 4 3 2 4 3 2 2

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

1

2

( 2x 1) 2 ( 2y 2 y) 3y 2 4y

1 (*)

⇔ + = + + + +

2 2

2

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

1)

⇔ + = + + + +

2 2

Ta có ( ) ( ) ( )

2

2

2 2

2

= ( 2y + y+ 2) −5y − 3< ( 2y + y+

2)

2 2 2 2 2

2y + y + 3y + 4y+ 1= 2y + y + 4 2y + y + 4−5y

− 3


7

2 2

2

( 2x 1) ( 2y y 2) ( 1)

⇒ + < + +

+ Nếu y <− 1 hoặc y

−1

3

( 2x 1) 2 ( 2y 2 y) 2

( 2)

⇒ + > +

2 2

2 2

> thì ( y+ 1)( 3y+ 1) > 0⇒ ( 2y + y) + ( y+ 1)( 3y+ 1) > ( 2y + y)

Từ (1)(2) suy ra ( 2y 2 + y) 2 < ( 2x+ 1) 2

< ( 2y 2 + y+

2) 2

2

2

2

2

2

Vì xy , ∈ ⇒ ( 2x+ 1) 2 = ( 2y 2 + y+

1) 2

, thay vào (*) ta được: ( ) ( )

2 ⎡ y = 0

⇔ y − 2y

= 0⇔ ⎢

⎣ y = 2

(thỏa mãn)

⎡x= 0

( ) 2 2 ⎡x=

5

y = 0 ⇒ ⎢ ; y = 2 ⇒ 2x+ 1 = 11 ⇔

x 1

⎢

⎣ =− ⎣x=−6

1

+ Nếu − < y ≤− 1. Vì y là số nguyên nên y = 0 hoặc y = − 1

2

y = − 1, thay vào (*) ta được ( ) 2 ⎡x

= 0

2x

+ 1 = 1⇔ ⎢

⎣x

= −1

2y + y+ 1 = 2y + y + 3y + 4y+

1

Vậy các nghiệm nguyên ( xy ; ) thỏa mãn là ( 0;0, ) ( −1;0,5;2, ) ( ) ( −6;2,0; ) ( −1, ) ( −1; − 1)


Xét

( ) 3

x ≥5

⇒ y > x ⇒ y > x

3 6 2

x 2 + 1 − y 3 = x 4 + 2x

2 + 1001 > 0

Vậy x= 0; y = − 10 .

Chứng minh rằng phương trình

Bài 5:

3 6 4

y = x + 2x

− 1000

Lời giải

Bài 6:

6 4 2 3

x + 3x + 4x + 1= y có nghiệm nguyên.

Lời giải

3 3

Ta có y 3 = ( x 6 + 3x 4 + 3x 2 + 1) + x 2 = ( x 2 + 1) + x 2 ≥ ( x

2 + 1) ( 1)

3 3

3 6 4 2 4 2 2 2 2 2

Mặt khác y = ( x + 6x + 12x + 8) −3x −8x − 7= ( x + 2) − ( 3x + 8x + 7) < ( x + 2)

3 3

2 3 2

Do đó ( x + 1) ≤ y < ( x + 2)

Vì xy∈ , nên y

2

= x +

Dấu “=” của (1) xảy ra khi x= 0⇒ y = 1.


1

Bài 7:

4 4 4 2 2 2 2

x − y + z + 2xz + 3x + 4z

+ 1=

0


Lời giải

Phương trình tương đương với ( ) 2

y 4 = x 4 + z 4 + 2x 2 z 2 + 3x 2 + 4z 2 + 1⇔ y 4 = x 2 + z 2 + 3x 2 + 4z

2 + 1

8

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

Ta có đánh giá sau ( x + z ) < ( x + z ) + 3x + 4z + 1< ( x + z + 2)

2 2

2 2 4 2 2

Hay ( x + z ) < y < ( x + z + 2)

2 2

2

2 2

2

2 2

Vì xyz , , ∈ ⇒ y 4 = ( x 2 + z

2 + 1) 2

. Khi đó ta có ( ) ( )

2 2

⇔ x + z = ⇔ z = x= ⇒ y =±

0 0 1

x + z + 1 = x + z + 3x + 4y

+ 1

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm ( xyz ; ; ) = ( 0;1; 0 ), ( 0; − 1; 0)

Bài 8:

Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình ( 1) ( 2 ) ... ( 7)

Đặt ( ) ( ) ( ) ( )

3 3 3 3 3

x + x+ + x+ + + x+ = y

Lời giải

3 3 3 3 3 2

P x = x + x+ 1 + x+ 2 + ... + x+ 7 = 8x + 84x + 420x+

784

Nếu x≥0 ⇒ ( 2x+ 7) < P( x) < ( 2x+

10)

Do đó

3 3

⎡ y = 2x+

8

2x+ 7 < y< 2x+ 10 ⇒ ⎢

⎣ y = 2x+

9

Nhưng phương trình ( ) ( ) ( ) ( )

3 2 3

2

P x − 2x+ 8 =− 12x + 36x+ 272 = 0; P x − 2x+ 9 =−24x − 66x+ 55 = 0

Không có nghiệm nguyên, vì vậy không có nghiệm x ≥ 0

Tiếp theo, để ý rằng P thỏa mãn P( −x− 7) =− P( x)

Vì vậy ( xy ; ) là nghiệm khi và chỉ khi ( x 7; y)

Do đó không có nghiệm với x ≤− 7

Để cho ( ; )

Cho 3 x 1

P

xy là một nghiệm, ta phải có

− ≤ ≤− ta có ( )

( ) P( )

− − − là nghiệm.

⎡ y = 2x+

8

2x+ 7 < y< 2x+ 10 ⇒⎢

a−6 ≤x≤−1

⎣ y = 2x+

9

P − 1 = 440 , không là lập phương đúng

− 2 = 216 = 6 3 ; − 3 = 64 = 4

3 cũng là nghiệm với −6≤x

≤− 4

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là ( −2;6, ) ( −3;4, ) ( −4; −4, ) ( −5; − 6)


Ta có x, y có số mũ chẵn vậy

4 2

x y ≥

Bài 9:

4 2

x − y = xy∈

Z

,2 0

2 1( , )

Lời giải

Không mất tính tổng quát, giải sử x, y ≥ 0 (có được do số mũ chẵn)

2 4 2 4 2

Đặt x = 2a + 1, a ∈N( do : x →le); x ≡1(mod 4) → x ≡1(mod 4) →2y ≡0(mod 4) → y ≡ 0(mod 2)

4 2 2 2 2 2 2

Đặt y = 2 b( b∈N) → (2a+ 1) − 2(2 b) = 1 ↔ ⎡(2a+ 1) ⎤− 1= 2.(2 b) ↔ (4a + 4 a)(4a + 4a+ 2) = 8b

⇔ ( a + a)(2a + 2a+ 1) = b

2 2 2

Mà ta lại có:

2 2

( a + a, 2a + 2a+ 1) = 1

⎣ ⎦


2 2

Theo tính chất của số chính phương → a + a = m

9

Mà

2 2 2 2 2 2

a a a m a a m a b x y

≤ + = < ( + 1) → = ⇔ = 0 → = 0 → = 1; = 0

Vậy phương trình có nghiệm ( xy ; ) = ( 1, 0 ); ( xy ; ) = ( − 1, 0)

Bài 10:

2 3

Giải phương trình: 9x − 6 x= y (1) (Không cùng bậc)

Ta có:

+)

+)

y

3

(1) ↔9x − 6x+ 1 = y + 1 ↔ y + 1 = (3x−

1)

+ 1 ≥0 →y≥−

1(2)

2 3 3 2

2 2

( y+ 1)( y − y+ 1) = (3x−

1) (3)

Giải sử

⎧ − +

d = ( y+ 1; y − y+ 1), d∈N

→⎨

⎩d

/ y+

1

2

2 d / y y 1

Lời giải

2 ⎡d

= 1

Mà: y − y+ 1 = yy ( + 1) − 2( y+ 1) + 3 →d/ 3 →

⎢

⎣d

= 3

Nếu

Từ

d

2 2

d 3 3 / ( y 1)( y y 1) (3x 1) voly

d

= → + − + = − → do

→ − + =

2 2

(3)(4) y y 1 m (5)

Xét với

2 2

(3x 1) / 3 ( y 1; y y 1) 1(4)

− → + − + =

2 2 2 2 2 2 2 2 2

y > 1 → y ≥2 → y > m ; m −( y − 1) = y − y + 1− y + 2 y − 1 = y > 0 →( y − 1) < m < y → voly

Xét y≤1, (1) →−1 ≤y≤1

→ tự làm tiếp

*) Chú ý:

- Hai số nguyên tố cùng nhau = cách gọi UCLN

- Chặn miền giá trị của biến y

- Sử dụng tính chất số chính phương

- Phương pháp kẹp

Bài 11: HSG Thanh Chì, năm học 2018 - 2019

2 2 2 2

Tìm các số nguyên x,

y thỏa mãn: x + y + 5x y + 60 = 37xy

Ta có:

2 2 2 2

x + y + 5x y + 60 = 37xy

Lời giải

( x y) 2 5x 2 y 2 35xy 60 ( x y) 2

5( xy 3)( 4 xy)

VT ≥ nên 5( xy −3)( 4−xy)

≥ 0. Suy ra 3≤ xy ≤ 4

⇔ − =− + − ⇔ − = − −

Vì 0

⇒ xy = 3 hoặc xy = 4 (vì xy nguyên)

Với 3

xy = và ( x y) 2 0

Với 4

xy = và ( x y) 2 0

Tìm các cặp số nguyên ( )

2

− = thì x= y và x = 3 (loại)

− = thì x= y = 2 và x= y = − 2 (loại)

Bài 12: HSG Quảng Xương, năm học 2017 - 2018

3 2 3

xy , thỏa mãn: x + 2x + 3x+ 2=

y

Lời giải


Ta có: x 3 + 2x 2 + 3x+ 2 = y

3

( 1)

10

Từ ( )

3 3 2

1 ⇒ y − x = 2x + 3x+ 2> 0⇒ y > x

Ngoài ra ( ) 3 3 2

Thay vào ( )

x+ 2 − y = 4x + 9x+ 6> 0⇒ y< x+ 2 ⇒ y = x+

1

1 tìm được x = 1 hoặc x = − 1 .

Suy ra ( xy , ) = ( − 1; 0)

hoặc ( , ) ( 1; 2)

xy = .

Bài 13: HSG Vĩnh Bảo, năm học 2018 - 2019

3 2 3

Giải phương trình nghiệm nguyên: x + 2x + 3x+ 2=

y

Ta có:

x + 2x + 3x+ 2=

y

3 2 3

⊕ Xét x = 0 ta thấy phương trình vô nghiệm

⊕ Xét x ≠ 0 ta có:

2

⎡

3 3 2 ⎛ 3⎞

7 ⎤

y − x = 2x + 3x+ 2= 2⎢⎜x+ ⎟ + ⎥ > 0 với

⎢⎣⎝

4 ⎠ 16⎥⎦

( ) 3

3 2

y − x+ 1 =− x + 1≤ 0 với x 0; x

( 1) 3

3 3

⇒ x < y < x+ . mà ,

( ) 3

xy∈

Lời giải

∀ x

⇒ y > x

3

∀ ≠ ∈ ⇒ y ≤ ( x+

1) 3

3 2 2

⇒ y = x+ 1 ⇔− x + 1= 0⇔ x = 1⇔ x=±

1

Nếu x= 1⇒ y = 2

Nếu x=−1⇒ y = 0

{ }

Vậy phương trình có hai nghiệm ( xy∈ ; ) ( 1; 2 ); ( − 1; 0)


3 3


Bài 1:

x + 2x + 3x+ 2=

y

3 2 3

Lời giải

3 3 2 3 2 7 3 3 2 9 2 15

Ta có: y − x = 2x + 3x+ 2 = 2( x+ ) + > 0;( x+ 2) − y = 4x + 9x+ 6 = (2 x+ ) + > 0

4 8 4 16

3 3 3 2 ⎡x= 1 ⎡y

= 2

→ x < y < ( x+ 2) → x< y< x+ 2 → y = x+ 1→ x = 1 ⇒⎢

→ (1;2);( 1;0)

x 1

⎢ ⇒ −

⎣ =− ⎣y−0


Ta có:

3 3 2

(1) ↔ x = y + 2 y + 3y+

1

Bài 2:

− −2 −3 − 1 = 0(1)

3 3 2

x y y y

Lời giải


Ta chứng minh được:

⎡ = ( + 1) = + 1 = 1; = 0

3 3

3 3 2

x y ⎡x y ⎡x y

− < ≤ + →⎢ → →

3 3 ⎢ ⎢

( y 1) x ( y 1)

⎣x

= y ⎣x= y ⎣x= y = −1

11


Ta có:

Bài 3:

4 4 3

( x+ 2) − x = y (1)

Lời giải

(1) ↔ 8x + 24x + 32x+ 16 = y → y 2 → y

2 → y = 2 z( z∈Z) → x = 3x + 4x+ 2 = z

Ta chứng minh được:

3 2 3 3 3 2 3

3 3 2 3 2 3 3 2

x z x x z x z x x x x x x x x

< < ( + 2) → < < + 2 → = + 1 → + 3 + 4 + 2 = ( + 1) = + 3 + 3 + 1

→ x=−1 → z= 0 → y= 0 → ( xy , ) = ( − 1, 0)


Ta có:

(1) ↔ ( x + x) + 2x + x+ 2 = y

2 2 2 2

Bài 4:

4 3 2 2

x + 2x + 3x + x+ 2 = y (1)

Lời giải

2 2 2 1 2 15 2 2 2 2 3 2 1

+) Ta có: y − ( x + x) = 2( x+ ) + > 0;( x + x+ 2) − y = 2x + 3x+ 2 = 2( x+ ) + > 0

4 8 4 8

→ ( x + x) < y < ( x + x+

2)

2 2 2 2 2

2 1 2 3

2 2 2 2

Mà: x + x+ 1 = ( x+ ) + > 0→ x + x≥0→ x + x< y < x + x+ 2→ y = x + x+

1

2 4

4 3 2 2 2 ⎡ y = 3

→ x + 2x + 3x + x+ 2 = ( x + x+ 1) = .... → x= 1 → y = 3 →⎢

→ ( x, y) = (1,3);(1, −3)

⎣ y = −3


Ta có:

Xét hiệu

Từ (2) và (3)

Bài 5:

4 4 4 2 2 2 2

x+ z − y + 2zx + 3x + 4z

+ 1=

0

Lời giải

↔ = + + + + + ↔ + + + + = → > +

4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2

(1) y x z 2x z 3x 4z 1 ( x z ) 3x 4z 1 y y ( x z ) (2)

2 2 2 4 2 2 2 2 4

( x + z + 2) − y = x + 3 > 0 → ( x + y + 2) > y (3)

4 2 2 2 2 2 4

→ y = x + z + ↔ x + z = ↔ x= z = → y = → y =±

Vậy ( xyz , , ) = (0,1, 0);(0, − 1, 0)


Ta có:

( 1) 2 0 0 1 1

Bài 6:

4 3 2 2

x + x + x + x= y + y

Lời giải

3 (1)

4 3 2 2 2 2 2 2

(1) ↔ 4x + 4x + 4x + 4x= 4( y + 3 y) ↔ (2 x + x) + 3x + 4x+ 9 = (2y+

3) (2)

2 2 2 2 2 2 23

+) (2 y+ 3) − (2 x + x) = 3x + 4x+ 9 = 3( x+ ) + > 0

3 3

+) (2x + x+ 4) − (2y+ 3) = 13x + 4x+ 7 = ( x+ 2) + 12x + 3 > 0 → (2 x + x) < (2y+ 3) < (2x + x+

4)

Vì

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2x + x< 2y+ 3 < 2x + x+

4


12

2 2 2 2 2 ⎡x

= 4 ⎡ 2y

+ 3 = 37

+) 2y+ 3 = 2x + x+ 1 → (2y+ 3) = (2x + x+ 1) → x −2x− 8 = 0 →⎢

→⎢

⎣x

= − 2 ⎢⎣ 2y

+ 3 = 7

{ 17; 20; 2; 5}

⇒ y ∈ − −

+) 2y+ 3 = 2x 2 + x+ 2 ⇒ x 2 = 1 → x=± 1⇒ y∈{ 1;0; − 4;3}

2 2 −2

+) 2 y+ 3 = 2x + x+ 3 ⇒ x = ( L) ; x= 0 ⇒ y∈{ 0; − 3}

9

Vậy phương trình có 10 nghiệm nguyên.

Bài 7: HSG Ân Thi, năm học 2017 - 2018

2 3 3

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 1+ x+ x + x = y .

2

Lời giải

2 ⎛ 1⎞

3

3 3

Ta thấy: 1+ x+ x = ⎜x+ ⎟ + > 0 ∀x⇒ y > x ⇒ y > x ⇒ y≥ x+

1

⎝ 2⎠

4

- Nếu y = x+ 1 thì 1 + x+ x + x = ( x+

1)

⇔ + + + = + + +

2 3 3

2 3 3 2

1 x x x x 3x 3x

1

⇔ + = ⇔ + =

2

2x 2x 0 2 xx ( 1) 0

{ }

Suy ra ( ; ) ( 0;1 ); ( 1; 0)

- Nếu y x 1

xy∈ − .

> + thì ( ) 3

⎡x

= 0

⇔ ⎢

⎣x

= −1

3 2 3 3 2

y x x x x x x x

⇔ + < ⇔ + < ⇔ − < <

> + 1 ⇒ 1+ + + > + 3 + 3 + 1

2

2x 2x 0 2 xx ( 1) 0 1 x 0

Không có giá trị x ∈ thỏa mãn: − 1< x < 0

{ }

Vậy ( ; ) ( 0;1 ); ( 1; 0)

xy∈ − .


13

Dạng 12: PHƯƠNG PHÁP SẮP THỨ TỰ CÁC ẨN


- Dùng trong trường hợp các ẩn có vai trò như nhau (bình đẳng )

- Nếu abc , , bình đẳng thì ta có thể giả sử a≤b≤

c

+ Biểu thức bình đẳng: Ví dụ ab + bc + ca

+ Biểu thức không bình đẳng: Ví dụ ab + 2bc + 3ca

*) Chú ý: Cách kiểm tra biểu thức đối xứng hay không: Giữ 1 biến cố định và đổi chỗ 2 biến còn lại,

nếu biểu thức không thay đổi thì biểu thức đó đối xứng, kiểm tra tương tự các trường hợp còn lại.

Bài 1:

Giải phương trình nghiệm nguyên dương

a) x + y + z = xyz

b) x + 2y + 3z = xyz

Lời giải

a) Vì vai trò của xyz , , có vai trò bình đẳng nên ta giả sử x≤ y≤

z

Khi đó phương trình

1 1 1

x + y + z = xyz ⇔ + + = 1

yz zx xy

1 1 1 1 1 1 3

yz zx xy

2

x

2

x

2

x

2

x

2

Theo giả sử 1= + + ≤ + + = ⇔ x ≤3⇔ x= 1( x∈

)

Thay 1

+ TH1:

+ TH2:

x = , ta có yz y z ( yz y) ( z ) ( z )( y )

⎧z− 1= 1 ⎧z

= 2

⎨ ⇔ ⎨

⎩y− 1= 2 ⎩y

= 3

⎧z− 1= 2 ⎧z

= 3

⎨ ⇔ ⎨

⎩y− 1= 1 ⎩y

= 2

= 1+ + ⇔ − − − 1 = 2 ⇔ −1 − 1 = 2 = 1.2 = 2.1

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm ( xyz∈ ; ; ) ( 1; 2;3 ), ( 1; 3; 2 ), ( 2;1; 3 ), ( 2;3;1 ), ( 3;1; 2 ), ( 3; 2;1)


≥0

{ }

b) Cách 1: Đặt 2 y = b;2z = c⇒ phương trình x + b + c = xyz ⇒ 4x + 4b + 4c = xbc (giải như câu a)

Cách 2: Vì yz , có vai trò như nhau, giả sử y≤ z.

Tìm các số tự nhiên xy ; thỏa mãn x

Nhắc lại:

⎧⎪ abc

⎨ ⇒ bc

⎪⎩ ( ac , ) = 1

Vì x 3 + x = x( x 2 + 1) ( xy −1)

Mà ( x; xy − 1) = 1⇒ ( x 2 + 1) ( xy −1)

Có x 2 + 1= ( x 2 + xy) −( xy −1) ⇒ x( x + y) ( xy −1)

Mà ( x; xy − 1) = 1⇒ ( x + y) ( xy −1)

3

Bài 2:

+ x chia hết cho xy − 1

Lời giải

14

Đặt ( 1)

x + y = z xy − ⇔ x + y + z = xyz (bài 1 ý a)

*) Chú ý: Bài toán này ý tưởng là hạ bậc của

3

x xuống bậc

2

x rồi xuống bậc

Bài 3:

Tìm các số nguyên dương x và y sao cho x + 1 chia hết cho y và y + 1 chia hết cho x

Vì xy , bình đẳng, giả sử x≤

y

+

Vì ( x + 1) y ⇒ ( x + 1) = ky ( k ∈

)

Ta có

⎡k

= 1

ky = x + 1≤ y + 1≤ y + y = 2y ⇒k

≤2⇒ ⎢

⎣k

= 2

Lời giải

⎡x= 1⇒ y = 2

+ TH1: Với k = 1⇒ x+ 1= y⇒ y+ 1= ( x+ 2)

x⇒2

x⇒ ⎢

⎣x= 2⇒ y = 3

+ TH2: Với k = 2 làm tương tự.

Bài 1:

Giải phương trình nghiệm nguyên dương 1 + 1 + 1 = 1

x y z

Lời giải

1 1 1 3 1 1 1

Không mất tính tổng quát, giả sử 0< x≤ y≤ z⇒ ≥ ≥ ⇒ ≥ + + = 1⇒ x≤

3

x y z x x y z

Thử từng trường hợp x= 1; x= 2; x= 3 để tìm yz ,

Khi kết luận nghiệm, ta nhớ hoán vị các nghiệm đã tìm được.


Đặt

a x b x y c x y z


1

x .

Bài 2:

1 1 1

+ + = 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

x x + y x + y x + y + z x x + y + z

( ) ( )( ) ( )

Lời giải

2 2 2 2 2 2

= , = + , = + + , khi đó a≤b≤

c

Phương trình đã cho trở thành 1 + 1 + 1 = 1

ab bc ca

Giải tương như bài trên.

Bài 3:

Tìm tất cả các số nguyên tố abc , , sao cho ab + bc + ca > abc

Lời giải

Gỉa sử a≤b≤ c. Nếu a ≥ 3 thì ab + bc + ca ≤3bc ≤ abc , mẫu thuẫn với giả thiết

Vì a là số nguyên tố nên a = 2

Bất đẳng thức đã cho trở thành 2b + 2c + bc , do đó 1 + 1 >

1 c b 2

15

Nếu b > 5 thì c > 5 và 1 1 1 1 1 2

2 < c

+ b

< 5 + 5 = 5

, vô lý. Do đó b ≤ 5

Như vậy b = 2 và c là số nguyên tố bất kỳ

b = 3 và c bằng 3 hoặc 5.

Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( ; )

Bài 4:

x

⎧ ⎪2 = 2y

xy thỏa mãn ⎨

y

⎪⎩ 2 = 2x

Lời giải

y x

Nếu x> y⇒ 2x> 2y⇒ 2 > 2 ⇒ y > x (vô lý)

x

Vậy x= y, ta có phương trình 2 = 2x

. Giải ra ta được x = 1 hoặc x = 2 .

Tìm các số nguyên dương ; ; ;

Bài 5:

xyzw phân biệt thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 + w 2 = 3( x+ y+ z+

w)

Lời giải

Không mất tính tổng quát, giả sử x< y< z < w

Thế thì x≥1; y≥2; z ≥3; w≥

4

Đề toán cho x 2 + y 2 + z 2 + w 2 = 3( x+ y+ z+

w) ( 1)

Ta có 1≤ y−x ( 2 ); 9≤3z ( 3 ); 20≤

5w

( 4)

2 2 2 2

Cộng theo vế (1)(2)(3)(4) ta được ( x ) ( y ) ( z ) ( w )

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là ( )

Tìm tất cả bộ ba số nguyên dương ( ; ; )

− 1 + − 2 + − 3 + −4 ≤ 0

1;2;3;4 và các hoán vị của nó.

Bài 6:

xyz thỏa mãn điều kiện

Lời giải

Không mất tính tổng quát, giả sử rằng x≥ y≥

z

Để ý rằng

+ Nếu z = 1 thì

⎛ 1 ⎞

2≤ ⎜1+ ⎟ ⇒ z ≤3

⎝ z ⎠

3

⎛ 1⎞⎛ 1⎞

⎜1+ ⎟⎜1+ ⎟=

1, điều này không thể xảy ra

⎝ x⎠⎝ y⎠

⎛ 1⎞⎛

1⎞⎛ 1⎞

⎜1+ ⎟⎜1+ ⎟⎜1+ ⎟=

2

⎝ x⎠⎝

y⎠⎝ z⎠

⎛ 1⎞⎛ 1⎞

4 4 ⎛ 1⎞

+ Nếu z = 2 dẫn đến ⎜1+ ⎟⎜1+ ⎟=

. Do đó ≤ ⎜1+ ⎟ ⇒ y < 7

⎝ x⎠⎝ y⎠

3 3 ⎝ y ⎠

1

Từ đó 1+ > 1 ta được y > 3. Thay vào các giá trị thích hợp ta được các nghiệm sau

x

( 7;6;2 ),( 9;5;2 ),( 15;4;2 )


2

16

+ Nếu z = 3 thì

⎛ 1⎞⎛ 1⎞

3

⎜1+ ⎟⎜1+ ⎟=

. Dẫn đến y < 5 và y≥ z = 3

⎝ x⎠⎝ y⎠

2

Ta thu được các nghiệm sau ( 8;3;3 ),( 5;4;3 )

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là các haons vị của ( 7;6;2 ),( 9;5;2 ),( 15;4;2 ),( 8;3;3 ),( 5;4;3 )

Tìm các cặp số nguyên dương ( ; )

+ Xét x= y. Ta cần tìm x sao cho

xy thỏa mãn

Ta có x 2 x k 2

( x k )( x k )

Bài 7:

x

2

+ 3y

và y

Lời giải

2 2

x + 3x= k với k ∈

+ 3 = ⇔ 2 − 2 + 3 2 + 2 + 3 = 9


*

2

+ 3x

đều là các số chính phương

Vì 2x+ 2k+ 3> 2x− 2k+ 3; 2x+ 2k+ 3> 0 nên chỉ có trường hợp

⎧2x− 2k+ 3= 1 ⎧2x− 2k =− 2 ⎧x=

1

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨

⎩2x+ 2k+ 3= 9 ⎩2x+ 2k = 6 ⎩k

= 2

Do đó ( ; ) ( 1;1)

xy = là nghiệm.

+ Xét x≠ y. Không mất tính tổng quát, ta giả sử x<

y

Đặt y 2 + 3x= a 2 ( a∈

*

)

Khi đó y 2 < y 2 + 3x= a 2 < y 2 + 3y< ( y+

2) 2

2

Suy ra ( ) 2

Lại vì

y + 3x= y+ 1 ⇔ 3x= 2y+

1

x

2

+ 3y

cũng là số chính phương nên x 2 + 3y = b 2 ( b∈

*

)

3x

−1

+ 3. = ⇔ 2 + 9 − 3 = 2 ⇔ 4 − 4 + 9 4 + 4 + 9 = 105

2

Giải phương trình ước số này ta tìm được x = 1 hoặc x = 11

2 2 2 2

Điều này tương đương với x b x x b ( x b )( x b )

Vậy các cặp ( xy ; ) cần tìm là ( ) ( ) ( )

Tìm tất cả các bộ ba ( ; ; )

1;1 , 11;16 , 16;11 .

Bài 8:

xyz nguyên dương sao cho xy + yz + zx − xyz = 2

Cách 1:

Giả sử x≤ y≤ z. Ta xét các trường hợp sau:

+ TH1: Nếu x = 1 thì ta được y z 2

+ TH2: Nếu 2

Lời giải

+ = . Thế thì ( xyz ; ; ) = ( 1;1;1)

x = thì ta được 2y + 2z − yz = 2⇔( z −2)( y − 2)

= 2. Thế thì ( xyz ; ; ) = ( 1;1;1)

Dễ dàng tìm được z = 4; y = 3 hoặc z = 3; y = 4

Như vậy ta thu được các nghiệm ( xyz ; ; ) như sau ( 2;3; 4 ),( 2; 4;3 ),( 3; 2; 4 ),( 4; 2;3 ),( 3; 4; 2 ),( 4;3; 2 )

+ TH3: Nếu x≥3; y≥3; z ≥ 3 thì xyz ≥3 yz, xyz ≥3 xz, xyz ≥ 3xy

17

Khi đó xy + yz + zx −xyz

≤ 0 . Phương trình vô nghiệm trong trường hợp này

Cách 2:

Đặt u = x− 1, v= y− 1, w= z−

1

Phương trình đã cho trở thành u + v + w = uvw (*)

Rõ ràng ( ; ; ) ( 0;0;0)

uvw = là một nghiệm của phương trình đã cho

Xét ( ; ; ) ( 0;0;0)

uvw ≠ . Chia cả hai vế của phương trình (*) cho uvw ≠ 0 ta được: 1 + 1 + 1 = 1

uw wu uv

Tiếp tục đặt m = vw, n = wu,

p = uv ta được 1 + 1 + 1 = 1

m n p

Gỉa sử rằng m n p

≤ ≤ , ta được nghiệm là ( mn ; ; p ) = ( 2;3; 6 ), ( 2; 4; 4 ), ( 3;3;3 )

2

Không thể xảy ra ( mn ; ; p ) = ( 2; 4; 4 ), ( 3;3;3 ) vì ( uvw) ( uvw)

Như vậy chỉ có ( mn ; ; p ) = ( 2;3; 6)

Ta được vw = 2, wu = 3, uv = 6 và 6

= 32, = 27

uvw = . Suy ra ( uvw ; ; ) = ( 3; 2;1)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là ( ) ( )

1;1;1 , 4;3; 2 và các hoán vị.

Bài 10: Chuyên SPHN năm học 2011

2 2 2

Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng p = a + b + c với abc , , là các số nguyên dương sao cho

4 4 4

a + b + c chia hết cho p

Lời giải

Vì vai trò các số abc , , như nhau nên giả sử a≥b≥c≥1⇒ ( a 2 + b 2 + c

2

) ≥ 3

2

Ta có a 4 + b 4 + c 4 = ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 2( a 2 b 2 + a 2 c 2 + c 2 b

2

)

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2

⇒ a b + a c + c b ( a + b + c ) ≥3

⇔ a b − c + c + a c + c b ( a + b + c )

2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2

⇔ a b − c + c ( a + b + c ) ( a + b + c ) ⇔ a b − c ( a + b + c )

2 2 2

⇔( ab − c)( ab + c) ( a + b + c )

2 2 2 2 2 2

Mà 0 ≤( ab − c) < ( ab + c) < ( a + b + c ) vì a + b + c nguyên tố

( ab c) 0

⇒ − = , mà a≥b≥c≥1⇒ a = b= c= 1⇒ p = 3 (thỏa mãn).

BÀI TẬP TỰ LUYỆN DẠNG TOÁN

Bài 1:

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y = 9

Lời giải

Giả sử: x≤ y→ x ≤ y →2 x ≤ x + y = 9 → x ≤45 ↔ x≤

20,25

Dễ thấy x là số chính phương → x = 1; 4;9;16


+) x= 1 → y = 8 → y = 64

+) x= 4 → y = 49

18

+) x= 9 → y = 36

+) x= 16 → y = 25

Vậy phương trình có 8 nghiệm

Bài 2:

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 + 1 = z(1)

x y

Lời giải

x+

y

Ta có: (1) ↔ = z ↔ x + y = xyz(2)

xy

Giả sử x ≤ y → xyz = x + y ≤2y → xz ≤ 2

Mà

⎡xz = 1→ x = z = 1→ y + 1= y →loai

+ ⎢

xy , ∈Z →

⎢ ⎡x = 1; z = 2 → y = 1 →tm

xz = 2 → ⎢

⎣

⎢ ⎣x = 2; z = 1 → y = 2 →tm

Bài 3:

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 + 1 + 1 = 2(1)

x y z

Giả sử

Lời giải

1 1 1 1 3

x ≤ y ≤ z → 2 = + + ≤3. → x ≤ → x = 1( x : nguyenduong)

x y z x 2

1 1 1 1 2

⎡y = 1 ⎡z = o → voly

Thay x = 1 vào (1): + = 1→ 1= + ≤ → y ≤2→ y z y z y

⎢ →

y 2

⎢

⎣ = ⎣z = 2→

tm

Vậy (x,y,z) = (1,2,2) và các hoán vị của nó

Bài 4:

Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: xy + yz + zx = xyz + 2(1)

Lời giải

2 1 1 1 3 3 ⎡z

= 1

Giả sử x≥ y≥ z → 1< 1+ = + + ≤ → 1< →

xyz x y z z z ⎢

⎣z

= 2

+) z = 1→ xy + x + y = xy + 2→ x + y = 2→ x = y = 1

+) z = 2 → xy + 2x + 2y = 2xy + 2 → xy −2x − 2y + 2 = 0 →( x −2)( y − 2) = 2

⎧x− 2= 2 ⎧x=

4

Vì x −2≥ y −2≥−1 →TH : ⎨ →⎨

⎩ y − 2= 1 ⎩ y = 3

Vậy phương trình có 7 nghiệm: (1,1,1);(4,3, 2);(4, 2,3);(2,3, 4);(2, 4,3);(3,4,2);(3,2,4)

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Bài 5:

2 2 2

x y z xyz

+ + + = 20(1)

Lời giải

2 2 2 2 2 2 2 2 ⎡x

= 1

Giả sử: 1≤ x ≤ y ≤ z → x + y + z + xyz ≥ 3x + x = 4x →4x ≤20 → x ≤5

→ ⎢

⎣x

= 2


19

2 2 2 2 2 2 19 ⎡ y = 1

+) x= 1 → y + z + yz = 19 → y + y + y ≤19 → y ≤ → y≤2

→

3

⎢

⎣ y = 2

2

Với y = 1 → z + z = 18 ↔ z( z + 1) = 18 → vonghiem

Với

+)

y = → z + z = → z = →tm → x y z =

2

2 15 3 ( , , ) (1, 2, 3)

x = → + y + z + yz = → y + z + yz = → y + y + y ≤ → y ≤

2 2 2 2 2 2 2

2 4 2 20 2 16 2 16 2

Với y = 1 → z = 3 →tm

→ (1, 2, 3)

Với

y = → z + z = ↔ z = ↔

2

2 4 12 2 (2, 2, 2)

Hoán đổi vai trò x, y, z ta có các nghiệm: (1, 2,3);(1,3, 2);(2,1,30;(2,3,1);(3, 2,1);(3,1,2);(2,2,2)

Bài 6:

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5( x + y + z + t + 2) = 2xyzt

Lời giải

Giả sử: x ≥ y ≥ z ≥t →2xt 3 ≤ 2xyzt = 5( x + y + z + t + 2) ≤ 20x + 10 ≤30x →t 3 ≤15 →t

∈ { 1;2}

+) TH1: t = 1→2xz 2 ≤ 2xyz = 5( x + y + z + 3) ≤ 15x + 15 ≤30x → z 2 ≤15 → z ∈ { 1, 2,3}

- Với z = 1 → 2xy = 5( x + y + 4) → 4xy = 10( x + y + 4) →(2x −5)(2 y − 5) = 65 = 65.1 = 13.5

⎡⎧2x− 5 = 13 ⎧x=

35

⎢⎨ → ⎨

2y

5 1 y 3

Vì 2x 5 2y 5 3 TH ⎢⎩ − = ⎩ =

− ≥ − ≥− → → ⎢ ⎧2x− 5 = 13 ⎧x=

9

⎢⎨

→ ⎨

⎢⎩ ⎣ 2y− 5= 5 ⎩y

= 5

- Với z = 2 → 5( x + y + 5) = 4xy → 16xy = 20( x + y + 5) →(4x −5)(4y

− 5) = 125

⎧ 30

⎧4x

− 5 = 25 ⎪x

=

Vì 4x −5≥4y −5≥4z − 5= 3( z = 2) →TH →⎨

⇔ ⎨ 4 →loai

⎩4y

− 5=

5 ⎪

⎩y

= 5/2

- Với z = 3 → 5( x + y + 6) = 6xy → 36xy = 30( x + y + 6) →(6x −5)(6 y − 5) = 205

Vì 6x −5≥6y −5≥6z − 5= 13→

loai

2 2 25 5

+) TH2: t = 2 →4xz ≤ 4xyz = 5( x + y + z + 4) ≤ 15x + 20 ≤25 x( x ≥t ≥2) → z ≤ → z ≤ → z = 2

4 2

⇒ 8xy = 5( x + y + 6) ⇒ 64xy = 40( x + y + 6) ⇒(8x −5).(8 y − 5) = 265 = 53.5 ⇒ loại.

≥11 ≥11

Vậy phương trình có 24 nghiệm: ( xyz , , ) = (35,3,1,1),(9,5,1,1) và các hoán vị của nó.

Bài 7: HSG Thanh Chì, năm học 2019 - 2020

Tìm các số tự nhiên x, y,z sao cho: x + y + z = xyz .

Lời giải

Chia hai vế của: x + y + z = xyz cho xyz > 0 ta có: 1 + 1 + 1 = 1

xy yz xz

Do vai trò x, y, z như nhau nên giả sử: 1≤x≤ y≤ z ta có:


20

1 1 1 1 1 1 3

+ + ≤ + + ⇒ ≥1⇒ x = 1 (vì x nguyên dương)

2 2 2 2

xy yz xz x x x x

Thay x = 1 ta có: yz = y + z + 1 ⇔(y −1)(z − 1) = 2 ⇔ y = 2, z = 3 (vì y z

Vậy ba số cần tìm là: 1; 2;3 .


< )

21

Dạng 13: PHƯƠNG PHÁP


Bài 1:

Giải phương trình nghiệm nguyên dương xyz −2y −2z

− 2=

0

Lời giải

+ Xét x yz y z y ( z ) ( z )

= 1⇒ −2 −2 − 2= 0⇔ −2 −2 −2 − 6=

0

⇔( z−2)( y− 2)

= 6⇒ nghiệm nguyên ( yz ; )

+ Xét x yz y z y ( z ) ( z )

⇔( z−1)( y− 1)

= 2⇒ nghiệm nguyên ( yz ; )

= 2⇒2 −2 −2 − 2= 0⇔ 2 −1 −2 −1 − 4=

0

+ Xét x > 2⇒ xyz −2y −2z − 2> 2yz −2y −2z −2⇒ yz − y −z

− 1<

0

⎧y

− 1=

1

⇔( z−1)( y− 1)

< 2⇒⎨ hoặc

⎩z

− 1 = 2

Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )

⎧y

− 1=

2

⎨ ⇒ x = 2 (loại).

⎩z

− 1 = 1

Bài 3:

3 3

xy thỏa mãn phương trình x − y = 2xy

+ 8

Lời giải

Nếu x= 0 ⇒ y =− 2; y = 0 ⇒ x=

2

Ta xét trường hợp cả x và y đều khác 0

+ TH1: xy < 0

3 3

3

- Nếu x> 0; y< 0 thì x = y + 2xy

+ 8< 8. Từ đó x= 1; x + 2 y+ 7 = 0 , phương trinh này không có

nghiệm nguyên

3 3

- Nếu x< 0, y > 0 và y x 2xy 8 2xy

thỏa mãn

+ TH2: xy > 0

3 3

Ta có ( ) ( ) 2

3 2

− = + − ≥ + − ≥− 2 , không

y x y x y x xy

3 3 3 2

− =− − <− . Mặt khác ( ) ( )

2xy + 8> 0⇒ x − y = x − y ⎡ x − y + 3xy⎤

> 0. Từ đó x− y > 0 ⇒ x>

y

⎣

⎦

2

- Nếu x− y = 1 thì ta lấy phương trình y + y− 7= 0 không có nghiệm nguyên

- Nếu x y 2

2

− ≥ thì được ( ) ⎡( ) ⎤ ( )

2xy + 8= x − y x − y + 3xy ≥ 2 4+ 3xy = 8+

6xy

⎣

⎦

Ta có 2xy + 8≥ 8+ 6xy ⇔ 2xy −6xy ≥8−8⇔ −4xy ≥0⇔ xy ≤ 0

Suy ra xy ≤ 0 trái với giả thiết

Vậy chỉ có hai cặp số nguyên thỏa mãn phương trình là: ( 0; − 2 );( 2;0)


22

Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm ( ; )

Bài 4:

3 2 3

xy thỏa mãn x + 8x − 6x+ 8=

y

Lời giải

Bài 5:

2012 x y 2011 2

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình + + + =

x+ y y+ 2011 4023 2012 + x z

Lời giải

Bài 6:

6 3 2 2 2 2 2

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình ( ) 3

x + z − 15xz= 3xyz − y + 5

Lời giải

SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT (QUAN TRỌNG)

Ta sử dụng các tính chất thường dùng

⎧am

⎧ab

⎧abc

1. ⎨ → bm 2. ⎨ → ac 3. ⎨ → ac hoặc viết

⎩( a±

b)

m

⎩bc

⎩(,) bc = 1

⎧ab

⎧am

⎪

2. ⎨ → ab mn 5. ⎨ac

→ a

bc

⎩bn

⎪ ⎩(,) bc = 1

6. Trong m số nguyên liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một bội của m

Bài 1:

Tìm xy , thuộc Z thỏa mãn: 3x+ 17y

= 159(1)

Lời giải

c / ab ⎫

⎬ → c / a → Lop :9

(,) bc = 1⎭


23

1593⎫

17 y3

⎫

Ta có: ⎬→ ⎬→ y3 → y = 3 y1( y1∈Z) → (1) : x+ 17 y1

= 53(2)

3x3 ⎭ (3,17) = 1⎭

Nhận xét:

53 ≡ 2(mod17) ⎫

⎬ → x ≡ 2(mod17) → x = 17k + 2( k ∈ Z) → (2) :17k + 2 + 17 y1 = 53 ↔ y1

= 3 − k → y = 3(3 − k)

17 y1

≡ 0(mod17) ⎭

⎧x= 17k+

2

Vậy phương trình có nghiệm: ⎨ ( k∈

Z )

⎩y

=− 3k

+ 9

Bài này dùng tính chất:

⎧abc

⎨ → ac

⎩(,) bc = 1

Bài 2:

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x

Lời giải

Cách 1: Từ giả thiết:

Xét các trường hợp:

2

- x

→ x

− 2y

= 5

2 2

2 2 2 2

x − 2y = 5 → x ,2y

chia cho 5 có cùng số dư

5 5

2 2 2

- x chia 5 dư 1 → x= 5k+ 1 → x = 25k + 10k+ 1 → x : 5 du:1

Tương tự: x chia 5 dư 2 → x

2 : 5, du : 4

Tương tự: x chia 5 dư 3

→ x

2 : 5, du : 4

Tương tự: x chia 5 dư 4 → x = 5k + 4 → x : 5, du :1 →

Vậy x 2 chia 5 có số dư là: 0, 1, 4

2y 2 chia 5 có số dư là: 0, 2, 3

2

⎧ =

Mà x 2 và 2y 2 ⎪x

5 ⎧x5

⎧x

5x

có cùng số dư →⎨ → x 2y 25x 50y

2

⎨ →⎨ → − = −

⎩⎪ 2y

5

⎩y5 ⎩y = 5y

Mà vế phải = 5 không chia hết cho 5 nên phương trình vô nghiệm

→ xét số dư hai vế khác nhau

Bài 3: HSG TP Bắc Giang, năm học 2018- 2019

x+

y

Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn

2 2

x + xy + y

Lời giải

Ta có

x+

y

x + xy + y

2 2

5

= ⇔ + = + +

19

2 2

19( x y) 5( x xy y )

5

= .

19

(1)

1 2 2 2 2

1 1

1

Từ (1) ta có 19( x+ y) 5 mà (19;5) = 1⇒ x+ y5

⇒ x+ y = 5m

( m∈ )

Thay vào (1) tính được

2 2

x + xy + y = 19m


x y m x xy y m

2 2 2

+ = 5 ⇔ + 2 + = 25 ta có

2 2 2 2 2

xy = ( x + 2 xy + y ) − ( x + xy + y ) = 25m − 19m

24

2 2 2 2 2

Xét: ( x + y) − 4 xy = ( x − y) ≥0 ⇔ 25m −4(25m −19 m) ≥0 ⇔75m −76m

≤ 0

76

⇔0

≤m

≤ mà m∈

⇒m∈{ 0;1}

75

+) Nếu m = 0 ta có

+) Nếu m = 1 ta có

Vậy ( xy= ; ) (0;0);(2;3);(3; 2)

⎧x+ y = 0 ⎧x=

0

⎨ ⇔ ⎨

⎩xy

= 0 ⎩y

= 0

⎧x+ y = 5

⎨ , tìm được ( xy= ; ) (2;3);(3; 2)

⎩xy

= 6


25

CHUYÊN ĐỀ: ĐỒ THỊ HÀM SỐ

HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ

Tỉnh, huyện, thành phố

Năm học

Học sinh giỏi huyện Chư Sê 2019 - 2020

Học sinh giỏi huyện Cảm Thủy (Thanh Hóa) 2019 - 2020

Học sinh giỏi Tỉnh Bắc Ninh 2018 - 2019

Học sinh giỏi Tỉnh Đà Nẵng 2018 – 2019, 2015 - 2016

Học sinh giỏi Bà Rịa Vũng Tàu 2018 - 2019

Học sinh giỏi Tỉnh Thái Bình 2018 - 2019

Học sinh giỏi Tỉnh Hưng Yên 2016 - 2017

Học sinh giỏi Tỉnh Đắc Lắc 2015 - 2016

Học sinh giỏi Quận Ba Đình 2020-2021

Học sinh giỏi Vĩnh Lộc 2019-2020

Học sinh giỏi TP Hưng Yên 2020-2021

Học sinh giỏi Tỉnh Vĩnh Phúc 2020-2021

Học sinh giỏi Tỉnh Thái Nguyên 2020-2021

Học sinh giỏi TP Đà Nẵng 2020-2021

Học sinh giỏi Tỉnh Quảng Bình 2020-2021

Chuyên Thái Bình vòng 1 2019 - 2020

Chuyên Cần Thơ 2019 - 2020

Chuyên Đắc Lắc 2019 - 2020

Chuyên Toán Quảng Ngãi 2019 - 2020

Chuyên Quảng Ninh 2019 - 2020

Chuyên Hưng Yên 2019 - 2020

Chuyên Cần Thơ 2019 - 2020

Chuyên Quảng Ngãi 2019 - 2020

Chuyên Hưng Yên 2019 - 2020

Chuyên Lâm Đồng 2018 - 2019

Tuyển sinh vào 10 chuyên Thái Bình 2018 - 2019


Tuyển sinh vào 10 chuyên lâm Đồng 2018 - 2019

1

Bài 1: Đồ thị hàm số bậc nhất


1. Hàm số

+) Với một đại lượng y phụ thuộc vào một đại lượng x thay đổi sao cho với mỗi giá trị x

thì có 1 và chỉ 1 giá trị y . Ta nói y là một hàm số của x

Kí hiệu: y = f ( x) y = g( x)

, ,...

+) Muốn tính giá trị của hàm số y f ( x)

( )

y = f x

0 0

= tại x= x0

, ta thay biến số x bởi x

0

và tính

+) Đồ thị hàm số của hàm số y = f ( x)

là tập hợp các điểm ( ; )

Oxy thỏa mãn y = f ( x )

0 0

+) Hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến trên tập R

Nếu x 1

x 2

Nếu x 1

x 2

< thì f ( x ) f ( x ) y f ( x)

< ⇒ = đồng biến

1 2

< thì f ( x ) f ( x ) y f ( x)

2. Hàm số bậc nhất

> ⇒ = nghịch biến

1 2

+) Dạng hàm số: y = ax + b( a ≠ 0)

Cách viết khác: y = f ( x) = ax + b( a ≠ 0)

+) Nếu a > 0 thì y = ax + b là hàm số đồng biến

+) Nếu a < 0 thì y = ax + b là hàm số nghịch biến

+) Đồ thị hàm số

- Là tập hợp các điểm ( ; )

- Là một đường thẳng

M xy thỏa mãn y = ax + b

- Song song với đồ thị hàm số y = ax

- Đi qua điểm ( 0; )

⎛−b

⎞

A b và B⎜

;0⎟

⎝ a ⎠

+) Vẽ đồ thị hàm số y = ax + b( a ≠ 0)

2

Cho hàm số ( 1)

y m m x m

Bài 1:

= − + + ( x là biến số)

M x y trên hệ trục tọa độ


a) Chứng minh rằng hàm số trên là một hàm số bậc nhất

0 0

2

b) Hàm số là hàm số đồng biến hay nghịch biến

c) Tìm m để đồ thị hàm số trên đi qua điểm M ( 2;3)

a) Ta có với mọi m thì

nhất

Lời giải

2 ⎛ 1⎞

3

m − m+ 1= ⎜m− ⎟ + > 0⇒ a > 0⇒

⎝ 2⎠

4

2

b) Nhận thấy a= m − m+ 1 > 0, ∀ m nên hàm số đã cho đồng biến trên R .

c) Để đồ thị hàm số đi qua điểm ( 2;3)

Cho hàm số

⎛ m −1

⎞

y = ⎜ ⎟x+ m+

2

⎝m

+ 2 ⎠

a) Tìm m để hàm số là hàm số bậc nhất

2

M thì: ( )

hàm số đã cho là hàm số bậc

3 = m − m+ 1 .2 + m⇔ m∈ ⎧ ⎨1;

−

⎫ ⎬

⎩ 2⎭

Bài 2:

b) Tìm m để hàm số đồng biến, nghịch biến trên tập xác định.

a) Hàm số là hàm số bậc nhất

b) Hàm số đồng biến trên

Lập bảng xét dấu ta được

Lời giải

m −1

⎧m

≠−2

⇔ ≠0

⇔ ⎨

m + 2 ⎩m

≠ 1

m −1

R ⇔ > 0

m + 2

m − 1 ⎡m

<−2

> 0 ⇔

m + 2 ⎢

⎣m

> 1

Tương tự: Hàm số đồng biến ⇔− 2< m < 1.

Cho hàm số y = mx −m( m ≠ )

0.

Bài 3:

2 1

a) Chứng minh rằng với mọi m ≠ 0 đồ thị hàm số luôn cắt trục hoành tại một điểm cố định.

Xác định tọa độ điểm đó.

b) Với giá trị nào của m đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -2. Vẽ đồ thị

hàm số trong trường hợp này.


Lời giải

3

a) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là nghiệm của phương trình

( )

mx − m = 0⇔ m x − 1 = 0

Gọi ( ; )

A x y là điểm thuộc trục hoành mà đồ thị hàm số luôn đi qua, khi đó ta có:

( )

0 0

m x − 1 = y = 0, ∀ m

0 0

Vậy A ( 1; 0)

b) Tọa độ của giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung có dạng ( 0; − 2)

Thay hoành độ của giao điểm vào phương trình hàm số ta có: − 2 = m.0 −m⇔ m=

2

Vậy m = 2 thỏa mãn điều kiện bài toán.

Cho hàm số y = mx − m − ( m ≠ )

2 1 0.

Bài 4:

a) Định m để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O

b) Gọi AB , lần lượt là giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox,

Oy . Xác định m để diện

tích tam giác AOB bằng 4 (đvdt).

Lời giải

a) Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ khi và chỉ khi:

Vậy

1

m = − thỏa mãn điều kiện bài toán.

2

1

0 = m.0 −2m−1

⇔ m=−

2

⎛

b) Theo bài ra ta có tọa độ của hai điểm AB , lần lượt là 2 m + 1 ⎞

A⎜

;0 ⎟ ; B( 0; − 2 m−

1 )

⎝ m ⎠

Diện tích tam giác OAB :

1 6 4 2 6 4 2

m ⎧ ⎪

; − + − −

;

⎫ ⎪

⇔ ∈⎨ ⎬

⎪⎩2 4 4 ⎪⎭

( 2m

+ 1) 2

1 12m

+ 1

SOAB

= OAOB . = . −2m

− 1 = 4⇔ = 8

2 2 m

m

.

Bài 5:

2 2 2

a) Với giá trị nào của m thì hàm số ( ) ( )

2

b) Chứng minh rằng hàm số ( 1)

đồng biến hay nghịch biến trên

y m 2m x 3m m x 1

= − + + + là một hàm số bậc nhất?

y m m x m

= − + − + luôn là hàm số bậc nhất. Hàm số này


c) Với giá trị nào của m thì hàm số y = 2m− m 2

( x+ 1)

là hàm số bậc nhất?

4

2

d) Cho hàm số ( )

y a a 2 x 1

= + − + . Tìm a để hàm số đồng biến trên và nghịch biến trên

.

Lời giải

a) Hàm số đã cho là hàm số bậc nhất khi và chỉ khi

b)

2 ⎛ 1⎞

3

− m + m− 1 =−⎜m− ⎟ − ≠0,

∀m∈

⎝ 2⎠

4

Vậy hàm số luôn là hàm số bậc nhất và

trên

2

c) Hàm số là hàm số bậc nhất khi và chỉ khi

2

d) Ta có a 2 + a− 2= ( a− 1)( a+

2)

Để hàm số đồng biến trên thì ( a )( a )

Để hàm số nghịch biến trên thì ( )( )

Cho hàm số y = mx −m( m ≠ 0)

⎧ ⎡m

= 0

⎪⎢

m = 2

⎪ 2 0 ⎪⎣

⎪

⎨ ⇔ 2

2

⎨⎧m

≠ 0 ⇔ m =

⎩⎪

3m

+ m≠0

⎪⎪

⎪⎨

−1

m ≠

⎪⎩

⎪

⎩ 3

2

⎧m

− m=


2

⎛ 1⎞

3

−⎜m− ⎟ − < 0, ∀m∈

⎝ 2⎠

4

2m− m > 0⇔ 0< m<

2

⎡a

<−2

− 1 + 2 > 0⇔ ⎢

⎣a

> 1

a− 1 a+ 2 < 0⇔− 2< a<

1

Bài 6:

nên hàm số nghịch biến

a) Chứng minh rằng với mọi m ≠ 0 đồ thị hàm số luôn cắt trục hoành tại điểm cố định. Xác

định tọa độ điểm đó

b) Với giá trị nào của m đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -2. Vẽ đồ thị

hàm số trong trường hợp này.

Lời giải

a) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là nghiệm của phương trình

( )

mx − m = 0⇔ m x − 1 = 0

Gọi A( x ; y ) là điểm thuộc trục hoành mà đồ thị hàm số luôn đi qua, khi đó ta có

0 0

( − 1)

= = 0, ∀ . Vậy A ( 1; 0)

m x y m

0 0

b) Tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung có dạng ( 0; − 2)

Thay hoành độ của giao điểm vào phương trình hàm số ta có − 2 = m.0 −m⇔ m=

2

5

Vậy m = 2 thỏa mãn điều kiện đề bài.

Bài 7:

Cho hàm số y = mx −2m −1( m ≠ 0)

a) Định m để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O

b) Gọi AB , lần lượt là giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung Ox,

Oy . Xác định m để

diện tích tam giác AOB bằng 4 (đvdt).

Lời giải

a) Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O khi và chỉ khi

Vậy

m

− 1

2

= thỏa mãn bài toán.

b) Theo bài ra ta có tọa độ của hai điểm AB , lần lượt là

Diện tích tam giác OAB là:

⎡ 1

⎢

m =

2

⎢

( 2m

+ 1) 2

1

0 = m.0 −2m−1

⇔ m=

−

2

⎛2m

+ 1 ⎞

A⎜

;0 ⎟

m

1 1 2m

+ 1 ⎢ − 6+

4 2

S

AOB

= OAOB . = . . −2m − 1 = 4⇔ = 8⇔ m

2 2 m

m ⎢ =

4

⎢

⎢ −6−4 2

⎢m

=

⎣ 4

; ( )

⎝ ⎠ B 0; −2m−

1


Bài 2: Vị trí tương đối của hai đường thẳng

6


1. Hệ số góc của đường thẳng

Giả sử ( )

Ta có: a1 = tanα

1

1

d1 : y= ax

1

+ b1, khi đó

1

a : Hệ số góc của đường thẳng ( d )

*) Tương tự: Giả sử ( )

α là góc tạo bởi đường thẳng ( )

1

d2 : y= ax

2

+ b2, khi đó a2 = tanα

2

⇒ TQ : y = ax + b thì a được gọi là hệ số góc.

2. Vị trí tương đối của hai đường thẳng ( )

⎧a1 = a2

≠ 0

+) d

1

trùng d ⇔

2 ⎨

⎩b1 = b2

⎧α

= α ⇔ a = a

+) d

1

song song d ⇔

2 ⎨

⎩b1 ≠ b2

+) d

1

vuông góc d2

+) d

1

cắt

2

1 2 1 2

d : y ax b

= + và ( )

1 1 1

d và tia Ox


1

d : y= ax+

b

0

2 1 2 2 1 2

tanα

1

a1

2 2 2

−1 −1

⇔ α = 90 + α ⇔ tanα

= ⇔ a = ⇔ a . a =− 1

M x ; y ⇔ a ≠ a

d tại ( M M ) 1 2

Lúc đó x là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm ⎧y = ax

1

+ b1

M

⎨

⎩y = ax + b

Bài 1:

Tìm giá trị của m để hai đường thẳng y mx 1

a) Song song

b) Cắt nhau

c) Vuông góc với nhau

a) Điều kiện

b) Điều kiện m ≠ 2

⎧m= 3m−

4

⎨ ⇔ m = 2 . Vậy m = 2

⎩1 ≠− 2

c) Điều kiện ( )

2

y = 3m−4 x−

2

= + và ( )

Lời giải

⎡m

= 1

m 3m− 4 =−1⇔3m − 4m+ 1= 0⇔ ⎢

⎢

1

m =

⎣ 3

Bài 2:

2 2

⇒ a x+ b = a x+

b

1 1 2 2

7

Xác định các hệ số a và b để đường thẳng y = ax + b cắt trục tung tại điểm cí tung độ bằng

-2 và song song với đường thẳng OA, trong đó O là gốc tọa độ. A ( 2;1)

Đường thẳng

OA:

y =

1

x

2

Đường thẳng đã cho song với với OA vậy

Lời giải

1

y = x+

b

2

Mặt khác đường thẳng đã cho cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -2, suy ra b = − 2

Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình

1

y = x−

2

2

Bài 3:

a) Xác định hàm số bậc nhất, biết đồ thị của nó là đường thẳng đi qua ( 1; 2)

0

trục hoành một góc 45

A − và tạo với

b) Tìm đường thẳng d vuông góc với đường thẳng y = 3x+ 1 và đi qua gốc tọa độ.

Lời giải

0

a) Hệ số góc của đường thẳng cần tìm bằng tan 45 = 1

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y = x+

3

b) Hệ số góc của đường thẳng d cần tìm là

−1

4

Phương trình đường thẳng d cần tìm có dạng

b = 0. Vậy

−1

d : y = x.

3

Xác định hàm số y = ax + b , biết rằng:

a) Song song với đường thẳng y 2x

b) Vuông góc với đường thẳng

Bài 4:

= − và đi qua điểm ( 2; − 5)

−1

y = x+ 1 và đi qua điểm ( 3;1 )

3

Lời giải

a) Để đường thẳng y = ax + b song song với y =−2x⇔ a =− 2

1

d:

y = x+ b. Vì d đi qua gốc tọa độ nên

3


Đường thẳng y 2x b

=− + đi qua điểm ( )

2; −5 ⇔ b =− 1.

8

b) Để đường thẳng y = ax + b vuông góc với đường thẳng

⎛−1⎞

⇔ a. ⎜ ⎟=−1 ⇔ a= 3 ⇒ b=−8.

⎝ 3 ⎠

Cho hàm số y ax( a 0)

tạo bởi đường thẳng và tia Ox

Bài 5:

= ≠ có đồ thị đi qua điểm ( )

Lời giải

Gọi α là góc tạo bởi đường thẳng y = ax và tia Ox ⇒ a = tanα

y

= ax( a ≠ 0)

đi qua ( )

⇒ hệ số góc 3

a =

tanα = 3 ⇒ α = 60

Cho hai đường thẳng ( )

0

M 1; 3 ⇒ 3 = a.1 ⇒ a = 3

d1 : y 3x m

= + và ( )

Bài 6:

a) Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng.

−1

y = x+

1

3

1; 3 . Hãy xác định hệ số góc và tính góc

d2 : y = 2x+ 2m−

1

b) Khi m thay đổi, tìm tập hợp giao điểm của hai đường thẳng trên.

a) Tìm được M ( m−1; 4m− 3 ) = ( x ; y )

b) Nhận thấy ( )

0 0

0 0 0

Lời giải

y = 4m− 3= 4 m− 1 + 1⇒ y = 4x

+ 1

Vậy tập hợp giao điểm của d

1

và d

2

là đường thẳng y = 4x+

1

Bài 7:

Xác định các hệ số a và b để đường thẳng y = ax + b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng

-2 và song song với đường thẳng OA, trong đó O là gốc tọa độ, A ( 2;1)

Đường thẳng

OA:

y =

1

x

2

Đường thẳng đã cho song song với OA vậy

Lời giải

1

y = x+

b

2


Mặt khác đường thẳng đã cho cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -2, suy ra b = − 2.

9

Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình

1

y = x− 2 .

2

Bài 8:

a) Xác định hàm số bậc nhất, biết đồ thị của nó là đường thẳng đi qua điểm ( 1; 2)

0

với trục hoành một góc 45

b) Tìm đường thẳng d vuông góc với đường thẳng y = 3x+ 1 và đi qua gốc tọa độ.

Lời giải

0

a) Hệ số góc của đường thẳng cần tìm bằng tan 45 = 1

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y = x+

3

b) Hệ số góc của đường thẳng d cần tìm là

Phương trình đường thẳng d cần tìm có dạng

Vì d đi qua gốc tọa độ nên b = 0.

Vậy

−1

d : y = x.

3

−1

3

−1

d : y = x+

b

3

Bài 9: Chuyên Hưng Yên, năm học 2019 - 2020

Cho hai đường thẳng ( d) : y = ( m− 2)

x+ m và ( ∆ ) : y =− 4x+

1

a) Tìm m để ( d ) song song với ( ∆ )

b) Chứng minh đường thẳng ( d ) luôn đi qua điểm A( − 1; 2)

với mọi m

c) Tìm tọa độ điểm B thuộc ( ∆ ) sao cho AB vuông góc với ( )

a) ( )

d song song với ( ∆)

Vậy m = − 2 là giá trị cần tìm.

Lời giải

⎧m− 2=− 4 ⎧m=−2

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ m =−2

⎩m≠1 ⎩m≠1

b) Thay x=− 1; y = 2 vào phương trình ( d) : y = ( m− 2)

x+ m ta được:

= ( m− ) ( − ) + m⇔ = (đúng với mọi m)

2 2. 1 2 2

Vậy đường thẳng ( d ) luôn đi qua điểm A( − 1; 2)

với mọi m

c) Cách 1: Vì điểm B thuộc ( ∆ ) nên tọa độ điểm B có dạng ( x ;1−

4x

)

A − và tạo


Điều kiện: B khác A hay x0 ≠− 1

∆ .

0 0

10

Giả sử phương trình đường thẳng AB là y = ax + b

Vì A( − 1; 2)

và B( x ;1− 4x

) nên ta có hệ phương trình

0 0

⎧− a + b = 2 −4 0

1

( 0

1) 4

0

1

x −

⎨

⇒ a x + =− x − ⇒ a =

⎩ax0 + b = 1− 4x0 x0

+ 1

−4x

−1 −5

⇔ aa ' =−1 ⇔ . − 4 =−1⇒ 16x0 + 4 =−x0 −1

⇔ x0

=

x + 1 17

0

AB vuông góc với ( ∆ )

( )

−5 37

⇒ y0

= 1− 4. = . Vậy tọa độ điểm

17 17

0

B ⎛ 5 37

⎜

− ;

⎞

⎟

⎝17 17 ⎠

Cách 2: Giả sử phương trình đường thẳng AB là y = ax + b

1

⇔ aa ' =−1 ⇔ a. − 4 =−1⇔ a =

4

AB vuông góc với ( ∆ )

( )

Vậy phương trình đường thẳng AB có dạng

Vì đường thẳng

1

y x b

4

1

y = x+

b

4

= + đi qua A( − 1; 2)

nên 2 .( 1)

⇒ phương trình đường thẳng AB là

1 9

y = x+

4 4

⇒ tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình

= 1 − + b⇔ b=

9

4 4

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ DẠNG TOÁN

Bài 1:

Lập phương trình đường thẳng qua M ( −1; − 2)

và thỏa mãn

a) Có hệ số góc

3

a =

2

b) Song song với đường thẳng 3x−2y− 1=

0

c) Vuông góc với đường thẳng 3y− 2x+ 1=

0

Lời giải

Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là y = ax + b

3 3

a = ⇒ ∆ : y = x+

b

2 2

a) Với ( )

3 −

M − − ∈∆⇒− = − + b⇔ b=

1

2 2

⎧ −5

⎧ 1 9 x =

⎪y

= x+ ⎪ 17 ⎛−5 37 ⎞

⎨ 4 4 ⇔ ⎨ ⇒ B ;

37

⎜ ⎟

⎪

17 17

y 4x 1

⎝ ⎠

⎩ =− + ⎪y

=

⎪⎩ 17


Vì ( 1; 2) 2 .( 1)

11

b)

3 1

d :3x−2y− 1= 0⇔ y = x−

2 2

Ta có

Với

⎧ 3

a =

⎪

∆//

d ⇔

2

⎨

⎪ −1

b ≠

⎪⎩ 2

3

2

a = , từ câu a)

( 1)

( 2)

−1

⇒ b =

2

Do ( 2)

⇒ không thỏa mãn.

Vậy không tồn tại đường thẳng ∆.

c)

3 1

d':3x− 2y+ 1= 0⇔ y = x+

2 2

3 2 2

d' a. 1 a −

−

∆⊥ ⇔ =− ⇔ = ⇒( ∆ ) : y = x+

b

2 3 3

Thay tọa độ điểm M vào ( ∆ ) ta tìm được b .

Biện luận số nghiệm của phương trình

2

Phương trình

2

Bài 2:

2 x − 2x+ 1+ x− 2+ m=

0

Lời giải

2 x − 2x+ 1+ x− 2+ m= 0⇔ 2 x− 1+ x− 2=−

m

+ Xét y = − m (song song với Ox )

+ Xét ( )

( x− ) + x− ( x≥

)

( − x) + x− ( x<

)

⎧⎪ 2 1 2 1

C : y = 2 x− 1+ x− 2=⎨

⎪⎩ 21 2 1

( x≥

)

( x 1)

⎧⎪ 3x−4 1

y = ⎨

⎪⎩ − x <

Ta có: ( C ) :

x 1 2

y − 1 2

x 1 0

y − 1 0

*) Số giao điểm của ∆ và đồ thị (C) là số nghiệm của phương trình (*)

Dựa vào đồ thị ta có:


2

y

-1

-m

1

2 x

y=-m

12

+ m 1 m 1

− <− ⇔ > thì ∆ không cắt ( C ), suy ra phương trình (*) vô nghiệm

+ Nếu − m=−1⇔ m= 1⇒∆ cắt ( C ) tại 1 điểm, suy ra phương trình (*) có 1 nghiệm

+ Nếu − m>−1⇔ m< 1⇒ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.

Cho hai đường thẳng : 12 5

Bài 3:

d y = x+ − m và d': y 3x 3 m

a) Hai đường thẳng cắt nhau tại điểm A

= + + . Tìm m để

a) Hai đường thẳng cắt nhau tại điểm A nằm trên trục tung

b) Hai đường thẳng cắt nhau tại điểm A nằm bên trái trục tung

c) Hai đường thẳng cắt nhau tại điểm A nằm ở góc phần tư thứ nhất.

Lời giải

a) Hai đường thẳng d và d’ có a≠ a'

với mọi m nên hai đường thẳng đó luôn cắt nhau

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (d’)

2m

− 2

12x+ 5 − m= 3x+ 3+ m⇔ 9x= 2m−2

⇔ x=

9

Suy ra

⎛2m− 2 5m+

7⎞

A⎜

; ⎟

⎝ 9 3 ⎠

Điểm A nằm trên trục tung thì

x

A

2m

− 2

= 0⇒ = 0⇔ m=

1

9

c) Điểm A nằm bên trái trục tung ⇔ x < 0⇔ m<

1

d) Điểm A nằm ở góc phần tư thứ nhất

A

⎧2m

− 2

> 0

⎧xA

> 0 ⎪ 9

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ m > 1

⎩yA

> 0 ⎪ 5m+

7

> 0

⎪⎩ 3

Bài 4:

Xác định các số nguyên ab , sao cho đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A ( 4;3)

cắt trục

tung tại điểm có tung độ là một số nguyên dương, cất trục hoành tại điểm có hoành độ là

một số nguyên dương.

⎛−b

⎜

⎝ a

Giao điểm với trục hoành là ;0

Giao điểm với trục tung là ( 0;b )

⎞

⎟

⎠

Lời giải


13

Theo đề bài thì b; b +

∈ a

Điểm A ( 4;3)

thuộc y = ax + b nên

− b

a

⎧ 3 ⎪ 4 − > 0

⎨

⎪

⎩3a

+

Vì ∈

⇒ a ⇒a

∈{ −1; −3;1; 3}

+ a 1 b 7

=− ⇒ = (thỏa mãn)

+ a 3 b 15

=− ⇒ = (thỏa mãn)

+ a 1 b 1 0

= ⇒ =− < (loại)

+ a 3 b 9 0

= ⇒ =− < (loại)

Vậy a =− 1; b= 7 và a=− 3; b=

15

−b

4a−3 3

3= 4a+ b⇒ = = 4−

a a a

Bài 5:

Xác định đường thẳng đi qua A ( 4;3)

, cắt trục tung tại điểm có tung độ là một số nguyên

dương, cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là một số nguyên tố.

Đường thẳng cần lập có dạng + = 1

x

a

y

b

Lời giải

Điểm A ( 4;3)

thuộc đường thẳng nên 4 3 1 3 1 4 b 3

12

Vì a là số nguyên tố nên a≥2⇒a−4≥−

2

Vì

( a − )

⎧12

4

+ ⎪

b∈

⇒⎨ 12 ⇒a−4∈

1; 2;3; 4;6;12

⎪3 + > 0

⎩ a − 4

Mà a là số nguyên tố nên a ∈ { 5;7}

Với a = 5 ⇒ b=

15

Với a= 7⇒ b=

7

+ = ⇔ = − ⇔ = +

a b b a a − 4

{ }

x y

5 15

x y

7 7

Vậy phương trình đường thẳng cần lập là + = 1 hoặc + = 1

Cho hàm số

1 2

d : y = 2x+ 1; d : y = 2x+

1

a) Vẽ đồ thị hàm số d1,

d

2

b) Vẽ đồ thị hàm số d

3

Bài 6:


14

c) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình m= 2x+

1

b) Ta có

⎧ ⎛ −1⎞

2x+ 1⎜x≥

⎟

⎪ ⎝ 2 ⎠

y = 2x+ 1 =⎨

⎪ ⎛ −1⎞

− 2x

− 1⎜x

< ⎟

⎩⎪ ⎝ 2 ⎠

c) Từ hình vẽ câu b) ta có:

Với m < 0 thì phương trình vô nghiệm.

Với m = 0 thì phương trình có duy nhất một

nghiệm.

Với m > 0 thì phương trình có hai nghiệm

phân biệt.

Lời giải

Bài 7:

2 2

Cho hàm số y = x − 4x + 4+ 4x + 4x + 1+ ax có đồ thị là ( C )

a) Vẽ đồ thị các hàm số y =− x+ 1; y = 3x+ 3; y = 5x−

1

b) Xác định a để đồ thị ( C ) đi qua điểm B ( 1; 6)

. Vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho

c) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình

2 2

b) Ta có:

Lời giải

2 2

y = x − x + + x + x + + ax = x − + x + + ax

4 4 4 4 1 2 2 1 1

Thay tọa độ B ( 1; 6)

vào phương trình đồ thị hàm số (1) ta

có:

6 = 1− 2 + 2.1+ 1 + a.1 ⇔ a = 2

Với a = 2 ta có:

⎧ ⎛ −1⎞

⎪− x+ 1⎜x<

⎟

2

⎪ ⎝ ⎠

⎪ ⎛−1

⎞

y = x− 2 + 2x+ 1+ 2x= ⎨3x+ 3⎜ ≤ x≤2⎟

⎪ ⎝ 2 ⎠

⎪5x− 1( x>

2)

⎪

⎩

x − 4x+ 4+ 4x + 4x+ 1= 1−m−

2x


c) Dựa vào đồ thị trên ta thấy

( )

15

Nếu

Nếu

1

1

một nghiệm

Nếu

1

3 1

m m −

2 2

− < ⇔ > thì phương trình vô nghiệm

3 1

m m −

2 2

− = ⇔ = thì phương trình có duy nhất

3 1

m m −

2 2

− > ⇔ < thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Bài 8: Chuyên Hưng Yên, năm học 2019 - 2020

Cho hai đường thẳng ( d) : y = ( m− 2)

x+ m và ( ∆ ) : y =− 4x+

1

a) Tìm m để d song song song với ∆

b) Chứng minh đường thẳng d luôn đi qua điểm ( 1; 2)

A − với mọi m

c) Tìm tọa độ điểm B thuộc ∆ sao cho AB vuông góc với ∆

Lời giải

⎧m− 2=− 4 ⎧m=−2

a) d song song song với ∆ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ m =−2

⎩m≠1 ⎩m≠1

b) Thay x 1; y 2

( ) ( )

=− = vào phương trình ( ) : ( 2)

d y = m− x+ m ta được:

2= m−2. − 1+ m⇔ 2=− m+ 2+ m⇔ 2= 2(luôn đúng với m )

Vậy đường thẳng d luôn đi qua điểm ( 1; 2)

A − với mọi m

c) Cách 1: Vì B ∈( ∆)

⇒ tọa độ điểm B có dạng ( x ;1−

4x

)

Điều kiện B khác điểm A hay x0 ≠− 1

Giả sử phương trình đường thẳng AB là y = ax + b

Vì A( − 1; 2)

và B( x ;1 4x

)

− nên ta có hệ phương trình

0 0

⎧− a + b = 2 −4 0

1

( 0

1) 4

0

1

x −

⎨

⇒ a x + =− x − ⇒ a =

⎩ax0 + b = 1− 4x0 x0

+ 1

Ta có AB ⊥( ∆) ⇔ a. a ' =− 1

0

hay ( )

0

0 0

⎧− a+ b=

2

⎨

⎩ax + b = 1−4x

0 0

− 4x

− 1 5 5 37 5 37

. 4 1 16x0 4 x0 1 x − 0

y0

1 4. − ⎛

B

− ⎞

− =− ⇒ + =− − ⇔ = ⇒ = − = ⇒ ⎜ ; ⎟

x + 1 17 17 17 ⎝17 17 ⎠

Cách 2: Giải sử phương trình đường thẳng AB là y = ax + b


1 1

a. − 4 =−1 ⇒ a = ⇒ AB : y = x + b

4 4

Ta có AB ⊥( ∆) ⇔ a. a ' =− 1 hay ( ) ( )

16

Vì đường thẳng

1

y x b

4

A − ⇒ = 1 − + b⇔ b=

9

4 4

= + đi qua điểm ( 1; 2) 2 .( 1)

Vậy phương trình đường thẳng AB là

1 9

y = x+

4 4

Vậy tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình

⎧ −5

⎧ 1 9 x =

⎪y

= x+ ⎪ 17 ⎛−5 37 ⎞

⎨ 4 4 ⇔ ⎨ ⇒ B ;

37

⎜ ⎟

⎪

17 17

y 4x 1 y

⎝ ⎠

⎩ =− + ⎪ =

⎪⎩ 17


Dạng 3: Chứng minh 3 điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy

17

Bài 1:

Cho ba đường thẳng ( ) ( ) ( )

a) Tìm tọa độ giao điểm của d1,

d

2

d : y = x− 2, d : y = 2x− 3, d : y =− x

1 2 3

b) Chứng minh rằng ba đường thẳng đồng quy

c) Tìm m sao cho ba đường thẳng d1, d2,

d

3

và ( d ) : y = mx + 1 đồng quy.

Lời giải

a) Tọa độ giao điểm của d

1

và d

2

là nghiệm của hệ phương trình

⎧y

= x−

2

⎨ ⇒ x− 2= 2x−3⇔ x=−1⇒ y =−1

⎩y

= 2x

− 3

Vậy tọa độ giao điểm của d1,

d

2

là M ( 1; − 1)

b) Ba đường thẳng d1, d2,

d

3

đồng quy M ( ) d3

c)

1, 2,

3

⇔ 1; −1 ∈ ⇔− 1 =− 1

d d d đã cho đồng quy tại M nên 4 đường thẳng đồng quy tại

( ) ( )

M ⇔M 1; −1 ∈ d ⇔− 1 = m.1 + 1 ⇔ m=−

2

Cho 3 điểm A( 0;3 ); B( − 1;1 ); C( 1; 5)

a) Viết phương trình đường thẳng AB

Bài 2:

b) Chứng minh rằng ba điểm ABC , , thẳng hàng.

c) Cho D( − 2; m)

. Tìm m để

+ , ,

ABD thẳng hàng

+ , ,

ABD không thẳng hàng

Lời giải

a) Gọi phương trình đường thẳng AB là y = ax + b

Vì A ( 0;3)

thuộc đường thẳng AB ⇒ 3 = a.0 + b ⇒ b = 3

Vì B ( − 1;1)

thuộc đường thẳng ( )

AB ⇒ 1 = a. − 1 + 3⇔ a = 2

Vậy phương trình đường thẳng AB : y = 2x

+ 3

b) Ta có 5 = 2.1+ 3 ⇒ C ( 1;5 ) thuộc đường thẳng AB : y = 2x

+ 3

Suy ra 3 điểm ABC , , thẳng hàng.


c) Ba điểm ABD , , thẳng hàng khi D( − 2; m)

thuộc đường thẳng ( )

AB ⇔ m = 2. − 2 + 3 ⇔ m =− 1

18

Ba điểm ABD , , không thẳng hàng ⇔m

≠− 1

Bài 3:

Tìm m để đồ thị của hàm số y = ( 2− m)

x+ 2 cắt đường thẳng y = 2x+ 2 tại điểm có hoành

độ bằng -1.

Đường thẳng y = 2x+ 2 đi qua điểm A ( 1; 4)

Lời giải

Mặt khác A ( 1; 4)

thuộc đường thẳng y = ( 2− m)

x+ 2 nên ta có:

( )

4 = 2 − m .1+ 2 ⇔ 2 − m= 2 ⇔ m=

0

Bài 4:

1 3

d1: y = x+ 2, d2 : y = x+ , d3: y = 2 − m x+

1

2 2

Cho ba đường thẳng ( )

a) Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d

1

và d

2

b) Tìm m để đường thẳng d

3

đi qua A

c) Tìm m để ba đường thẳng đã cho đồng quy.

Lời giải

⎧y

= x+

2

⎪

⎨ 1 3

⎪y

= x +

⎩ 2 2

a) Tọa độ giao điểm A là nghiệm của hệ ⇒ A( −1;1)

b) ( ) ( )

A∈d3 ⇔ 1= 2 −m . − 1 + 1⇒ m=

2

c) ba đường thẳng đồng quy khi và chỉ khi giao điểm của 3 đường thẳng cũng thuộc đường

thẳng thứ 3

Ta có A∈d ⇔ = ( −m) ( − ) + ⇒ m= . Vậy 2

3

1 2 . 1 1 2

m = .

Bài 5:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ba đường thẳng

d y x d y x d y ax a a

3 2

1: =− + 1,

2

: = − 1,

3:

=− + − − . Tìm a để

1

d cắt d

2

tại M ( 1; 0)

1

1

3

Lời giải

1 1

0=− a+ a −a − ⇔ a −a −a− = 0

3 3

3 2 3 2

Vì M ( 1; 0)

thuộc d

3

nên

d cắt d

2

tại một điểm thuộc d

3


19

( ) 3

⇔ a − a − a− = ⇔ a = a+ ⇔ a =

3 2 3

3 3 3 1 0 4 1

3

1

.

4− 1

Bài 6:

Cho bốn điểm A( 0; −5 ), B( 1; − 2 ), C( 2;1 ), D( 2,5; 2,5)

a) Chứng minh rằng bốn điểm ABCD , , , thẳng hàng

b) Tìm m sao cho ba điểm Am ( ;1,4 ), B( −5;20 ), C( 7; − 16)

thẳng hàng.

a) Đường thẳng đi qua A và B là y = 3x−

5

phương trình ( AB ) có dạng y = ax + b

Lời giải

Vì A( 0; −5 ), B( 1; − 2)

thuộc đường thẳng ( AB ) nên ta có hệ phương trình

⎧− 5 = a.0 + b ⎧b=−5

⎨ ⇔ ⎨

⎩− 2 = a.1+ b ⎩a=

3

Suy ra phương trình ( AB) : y = 3x

− 5

Với điểm C ( 2;1)

, thay x= 2; y = 1 vào phương trình ( AB ) ta có 1 = 3.2 − 5 (đúng)

Với điểm D ( 2,5;2,5)

, thay x= 2,5; y = 2,5 vào phương trình ( AB ) ta có 2,5 = 3.2,5 − 5 (đúng)

Vậy các điểm C và D đều thuộc đường thẳng ( AB ) . Tức là bốn điểm ABCD , , , thẳng hàng

b) Phương trình đường thẳng ( BC ) có dạng y = ax + b

Vì B( −5;20 ), C( 7; − 16)

thuộc đường thẳng ( BC ) nên ta có hệ phương trình

( )

⎪⎧

20 = a. − 5 + b ⎧a

= −3

⎨ ⇔ ⎨

⎪⎩

− 16 = a.7

+ b ⎩b

= 5

Suy ra phương trình ( )

BC : y =− 3x+

5

Điểm Am ( ;14)

thuộc đường thẳng ( BC ) nên ta có 14 =− 3m+ 5 ⇔ m=−

3

Vậy 3

m = − .

Bài 7:

Với giá trị nào của m thì ba đường thẳng sau đồng quy ( )

2

( ) ( )

d3 : y = m − 3m x+ 1.

Lời giải

d1 : y x 4

= + , ( )

d2 : y = 2x+ 5 và


Gọi ( ; )

M xM

y

M là giao điểm của

1

d và d

2

⇒ xM;

yM

thỏa mãn:

20

⎧y

⎨

⎩y

M

M

= xM

+ 4

⇒ xM + 4 = 2xM + 5 ⇔ xM =− 1; yM

= 3

= 2x

+ 5

M

2

Để ba đường thẳng đồng quy thì M ( ) d ( m m) ( )

2

điều kiện m −3m≠ 0).

⎡m

= 1

⎣m

2

−1; 3 ∈

3

⇒ 3 = −3 . − 1 + 1 ⇔ ⎢

=

Bài 8: HSG Quận Ba Đình, năm học 2020 - 2021

(thỏa mãn

Trên mặt phẳng tọa độ cho các đường thẳng ( d ) : y =− x+ 1; ( d ) : y = x− 1. Tìm giá trị của a

1 2

sao cho các đường thẳng ( d ),( d ),( d ) cắt nhau tại một điểm. Biết rằng

3 2

( d ) : y ax a a

3

1

=− + − −

3

1 2 3

Lời giải

Giao điểm của ( d ) và ( d ) có tọa độ là ( xy ; ) = ( 1; 0)

1

2

Từ đó thay x= 1, y = 0 vào phương trình ( d ) ta được:

1 1

− − = ⇔ = + + ⇔ 3 = 3 + 3 + 1

3 3

3 2 3 2 3 2

a a a a a a a a a

3

( ) ( )

3 3 3

⇔ 4a = a+ 1 ⇔ a 4 = a+ 1⇔ a 4− 1 = 1⇔ a =

3

3

1

.

4− 1


Bài 1:

3 2

Chứng minh rằng đồ thị hàm số y = mx + 2mx + ( 1− m)

x + 3− 2m

luôn đi qua ba điểm cố

định. Chứng minh ba điểm cố định đó thẳng hàng.

Lời giải

Gọi M ( x ; y ) là điểm cố định mà đồ thị đi qua

0 0

3 2

Khi đó ( )

y = mx + 2mx + 1− m x + 3−2 m,

∀ m

0 0 0 0

3 2

⎧

3 2

⎪x0 + 2x0 −x0

− 2=

0 1

⇔ m( x0 + 2x0 −x0 − 3)

+ x0 + 3 − y0

= 0, ∀m

⇔ ⎨

⎪⎩ x0 − y0

+ 3=

0

⎡x0

= −2

+ 2 − − 2= 0⇔ + 2 − 1 = 0⇔ ⎢

⎣x0

= ± 1

3 2 2

Giải (1): x0 x0 x0 ( x0 )( x0

)

Vậy đồ thị đã cho đi qua ba điểm cố định M ( −2;1 ), M ( 1; 4 ), M ( − 1; 2)


( )

1 2 3

Viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm M ( − 2;1 ), M ( 1; 4)

1 2

21

Phương trình đường thẳng d có dạng y = ax + b

Vì M ( − 2;1 ), M ( 1; 4)

thuộc đường thẳng

1 2

Vậy phương trình đường thẳng d: y = x+

3


( )

⎧ ⎪1 = a. − 2 + b ⎧a

= 1

d ⇒⎨ ⇔ ⎨

⎪⎩

4 = a.1+

b ⎩b

= 3

Với M ( − ), thay x=− 1; y = 2 vào ta được 2=− 1+ 3 (đúng)

3

1; 2

Vậy ba điểm M ( −2;1 ), M ( 1; 4 ), M ( − 1; 2)

thẳng hàng.

1 2 3

Bài 2:

Cho hàm số y = m( x− 1)

+ 2 có đồ thị là đường thẳng d

a) Tìm điểm cố định mà đường thẳng luôn đi qua với mọi m

b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến d là lớn nhất.

a) Gọi M ( x ; y ) là điểm cố định của hàm số

0 0

⎧x

− 1=

0

⇔

0

− =

0

− ∀ ⇔ ⎨ ⇒

⎩y0

− 2=

0

0

( x 1) m y 2, m M ( 1; 2)

Lời giải

b) Gọi H là hình chiếu của O lên d . Ta có OH ≤ OM (không đổi)

OH lớn nhất

= OM khi H ≡ M

Phương trình OM có dạng y

Vì ( ) ( )

= ax

M 1; 2 ∈ OM ⇒ 2 = a.1 ⇔ a = 2

Vậy phương trình OM là y = 2

Để đường thẳng d vuông góc với đường thẳng OM thì

Vậy với

m

− 1

2

x

= thì khoảng cách gốc tọa độ là đường thẳng d.

1

m.2 =−1

⇔ m=

−

2

22

Dạng 4: Viết phương trình đường thẳng


1. Phương trình của chùm đường thẳng đi qua một điểm

Dạng tổng quát: y = k( x− x ) + y ( k ≠ )

0 0

0

2. Phương trình của đường thẳng đi qua 1 điểm ( ; )

song với đường thẳng y = ax + b( a ≠ 0)

là ( )

y = a x− x + y

3. Phương trình đường thẳng đi qua ( ; )

−1

y = x− x + y

a

đường thẳng y = ax + b là ( )

0 0

0 0

M x y và song

0 0


0 0

M x y và vuông góc với

4. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt ( ; )

( ; )

M x y

2 2

Giả sử

⎧ y1−

y2

a =

⎧y = ax + b ⎪ x −x

⎨

⎨

⎩y = ax + b ⎪ y − y

b = y − . x

⎩

1 1 1 2

= + ⇒ ⇒ ⇒

y ax b

2 2 1 2

1 1

⎪ x1−

x2

Bài 1:

Chứng tỏ rằng ba điểm A( 1; − 1 ), B( 3; 5 ), C( 9; 23)

Phương trình của đường thẳng AB là:

Lời giải

M x y và

1 1 1

x− 1 y+

1

= ⇔ y = 3x−4

3− 1 5+

1

Nhận thấy điểm C cũng thuộc đường thẳng AB do: 23 = 3.9 − 4

Vậy ba điểm ABC , , thẳng hàng.

Trên hệ trục tọa độ cho A ( 2; 2)

và B ( 6; 4)

Bài 2:

C . Viết phương trình đường cao từ đỉnh C của ∆ ABC .

x−x y−

y

x −x y − y

1 1

phương trình = .

2 1 2 1

. Hãy tìm trên trục hoành sao cho ∆ ABC cân tại

Lời giải

*) Nhắc lại: M ( x ; y ) và N ( x ; y ) ⇒ MN = ( x − x ) + ( y − y )

Nếu I là trung điểm của MN thì

M

M

2 2

N N M N M N

⎧ x

xI

=

⎪

⎨

⎪ y

yI

=

⎪⎩

M

M

+ x

2

+ y

2

N

N

M(x 0 ;y 0 )

M(x 0 ;y 0 )

y=ax+b

1

Giả sử C( x ;0 C ) , do CA = CB nên ( x − 2) + ( 0− 2) = ( x − 6) + ( 0−

4)

11 11

⇔ 8xC

= 44 ⇔ xC

= ⇒C ⎛ ;0

⎞

⎜ ⎟

2 ⎝ 2 ⎠

Cách 1: Viết ( )

x−2 y−2 1

AB : = ⇔ y = x + 1

6−2 4−2 2

Phương trình của đường cao hạ từ ( )

Cách 2: Tìm tọa độ điểm M ( 4;3)

C

2 2 2 2

C: y =−2 x− xC + yC

Viết phương trình đường thẳng đi qua M và

Tìm được: y =− 2x+ 11.

Cho ( )

d1 : y x 1

= + và ( )

M ( 2;1)

và cắt ( ),

( )

1 2

11

C ⎛

⎜

⎞ ;0 ⎟

⎝ 2 ⎠

Bài 3:


C

d2 : y =− 2x+ 10. Hãy viết phương trình đường thẳng đi qua điểm

d d lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB .

Lời giải

Giả sử đường thẳng đi qua M ( 2;1)

là: y = k( x− 2) + 1 ( d )

Với điều kiện k ≠ 0

d không song song d1 ⇒k

≠ 1

3

d không song song d2 ⇒k

≠− 2

3

A( x ; y ) là giao điểm của ( d ) và ( d )

A

A

⎧ 2k

y 1 A

A

x

x =

⎧⎪ =

A

+ ⎪ k −1

⎨

⇔ ⎨

⎪⎩ yA

= k( xA

− 2)

+ 1 ⎪ 3k

−1

yA

=

⎩⎪

k −1

Tương tự B là giao điểm của ( d ) và ( d )

M là trung điểm của AB nên

1 1 5

y = ( x− 2)

+ 1= x+ .

7 7 7

1

2

3

3

⎧ 9+

2k

xB

=

⎪ k + 2

⇒ ⎨

⎪ 6k

+ 2

yB

=

⎪ ⎩ k + 2

⎧xA + xB = 2xM

1

⎨

⇒ k =

⎩yA + yB = 2yM

7

3

4

2

A M B

2

C 6

2

Cho ba điểm A( 1; 6 ), B( 4; 4 ), C( 1;1)

Viết phương trình đường thẳng

Bài 4:

− − . Tìm tọa độ đỉnh D của hình bình hành ABCD .

Lời giải

2 20

AB : y = x +

3 3

Đường thẳng CD đi qua C và song song với AB là:

Điểm D thuộc đường thẳng CD và CD = AB.

Gọi ( )

D x ; y , theo như nhận xét trên ta có:

0 0

2 1

CD : y = x +

3 3

2 1

⎡ ⎧x0

= 4

⎧ 2 1

⎧

y 0 0

0

x

y = x + ⎢⎨

⎪

=

0

+ 0

3

3 3

⎪ 3 3

⎢⎩y

=

⎨ ⇔ ⎨ 2 ⇔

2 2 2 2 2 2 2 ⎢

⎪ x0

2

( x0 1) ( y0

1) ( 4 1) ( 4 6) ⎪ ⎛ ⎞ ⎧ = −

⎩

− + − = − + + − ( x0 − 1)

+ ⎜ x0

− ⎟ = 13 ⎢

3 3

⎨

⎩⎪ ⎝ ⎠ ⎢⎣

⎩y0

= −1

Vậy ta tìm được hai điểm D thỏa mãn bài toán.

Bài 5: Học sinh giỏi Tỉnh Hưng Yên, năm học 2016 - 2017

Cho hàm số y = ax + b( a ≠ 0)

có đồ thị là ( d ). Lập phương trình đường thẳng ( d ), biết ( d )

Đi qua điểm ( 1; 2)

A và cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương, cắt trục tung tại

điểm C có tung độ dương và thỏa mãn OB + OC nhỏ nhất (O là gốc tọa độ).

Do ( d ) đi qua ( 1; 2)

Do ( )

Do ( )

Lời giải

A thay giá trị xy , vào ta được a+ b=

2

−b

d cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương khi đó ta có y = 0⇒ OB = > 0

a

d cắt trục tung tại điểm C có tung độ dương khi đó ta có x = 0⇒ OC = b > 0

− b

Vì b > 0 và > 0 nên a < 0

a

Ta có

2

−b 2−a 3a−a

−2 ⎛ 2 ⎞

OB + OC = + b =− + 2− a = = 3+ ⎜− a + ⎟

a a a ⎝ −a⎠

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

Nên

2

3− −a ≥ 3+ 2 2 ⇒ OB + OC ≥ 3+

2 2

a

− 2 2

a + 2 a. 2 2

−a

≥ − −a

=


3

2

Theo bài dấu “=” xảy ra nên a= ⇔ a − 2= 0⇔ a =− 2( a<

0)

⇒ a=− 2 ⇒ b= 2+

2

Vậy phương trình đường thẳng ( d) : y =− 2x+ 2+

2

2

a

Bài 6: Học sinh giỏi Tỉnh Đắc Lắc, năm học 2015 - 2016

Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm ( 1; 2)

điểm A và B khác gốc tọa độ O và thỏa mãn OA + OB = 6

Lời giải

Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là y = ax + b

Do đường thẳng đi qua điểm ( 1; 2)

M nên ta có a+ b=

2

Do đường thẳng cắt các trục Ox,

Oy lần lượt tại A và B nên ta có

Khi x= 0 ⇒ y = b⇒

B( 0; b)

−

Khi 0 b ⎛−b

⎞

y = ⇒ x= ⇒ A ⎜ ;0 ⎟

a ⎝ a ⎠

−b

Mà ta có OA + OB = 6⇔ b + = 6

a

M và cắt hai tia Ox,

Oy lần lượt tại hai

−b

Chú ý rằng đường thẳng cắt tia Ox,

Oy nên ta có b > 0; > 0 do đó ta có b > 0 và a < 0

a

Từ đó ta có

⎧a+ b= 2 ⎧b= 2−a

⎪

⎪

⎧b= 2 − a ⎡a =− 1; b=

3

⎨ b ⇔ ⎨ a−

2 ⇔ ⎨ ⇔

2

b 6 ( 2 a) 6

⎢

⎪ − = − + = ⎩a + 3a+ 2= 0 ⎣a

=− 2; b=

4

⎩ a

⎪

⎩ a

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán là y =− x+ 3 và y =− 2x+ 4.


Bài 1:

a) Cho bốn điểm A( 0; 5 ), B( 1; 2 ), C( 2;1 ), D( 2,5; 2,5)

thẳng hàng.

− − . Chứng minh rằng bốn điểm ABCD , , ,

b) Tìm x sao cho ba điểm A( x;14 ), B( 5;20 ), C( 7; 16)

− − thẳng hàng.

Lời giải

a) Viết được phương trình đường thẳng AB : y = 3x

− 5


Nhận thấy điểm C và điểm D đều thuộc đường thẳng AB

4

Vậy 4 điểm ABCD , , , thẳng hàng.

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm BC. , Tìm x sao cho A thuộc đường

thẳng BC

Phương trình đường thẳng BC : y =− 3x

+ 5

Điểm A thuộc đường thẳng BC thì tọa độ của điểm A phải thỏa mãn phương trình đường

thẳng BC hay 14 =− 3x+ 5 ⇔ x=−

3

Vậy ( 3;14 )

A − .

Cho ba điểm A( 1; 6 ), B( 4; 4 ), C( 1;1)

Viết phương trình đường thẳng

Bài 2:

− − . Tìm tọa độ đỉnh D của hình bình hành ABCD

Lời giải

2 20

AB : y = x +

3 3

Đường thẳng CD đi qua C và song song với AB là

Điểm D thuộc đường thẳng CD và CD = AB

Gọi ( ; )

D x y , theo nhận xét trên ta có

0 0

⎧ 2 1

⎡ ⎧x0

= 4

y0 = x0

+ ⎢⎨

⎪ 3 3

⎩y0

= 3

⇔

⎢

⎨ 2 ⇔

2 2 2 ⎢

⎪ ⎛ ⎞ ⎧x0

= −2

( x0 − 1)

+ x0

− = 0 ⎢

⎪ ⎜ ⎟

3 3

⎨

⎩ ⎝ ⎠ ⎢⎣

⎩y0

= −1

Vậy ta tìm được hai điểm D thỏa mãn bài toán.

2 1

CD : y = x +

3 3

⎧ 2 1

⎪

y0 = x0

+

⎨

3 3

⎪

⎩ 0

− +

0

− = − + + −

( x 1) ( y 1) ( 4 1) ( 4 6)

Bài 3:

2 2 2 2

Cho đường thẳng d : y = ( m− 2) x+ 3( m≠ 2)

và đường thẳng d': y=− mx 2 + 1( m≠

0)

a) Tìm m để d // d '

b) Tìm m để d cắt Ox tại A , cắt Oy tại B mà góc BAO bằng

a)

Lời giải

2

⎧m− 2 =−m

2 ⎡m

= 1

d // d' ⇔ ⎨

⇔ m + m− 2= 0⇔

⎢

⎩3≠

1

⎣m

= −2

0

60 .


5

⎛ −3 ⎞ 3

B 0;3 ; A⎜

;0 ⎟;

OA =

⎝m−2 ⎠ m−2

b) ( )

Ta có 0 3

⎡ m = 2+

3

BAO = 60 ⇔ tan BAO = 3 ⇔ = 3 ⇔ m − 2 = 3 ⇔ ⎢

3 ⎢⎣ m = 2−

3

m − 2

Bài 4:

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy đường thẳng d có phương trình y = ax + b cắt các

trục tọa độ Ox,

Oy lần lượt tại AB , sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 và tổng OA + OB

Đạt giá trị nhỏ nhất. Viết phương trình đường thẳng d .

Từ giả thiết ( ;0), ( 0; )

Aa B b với ab> , 0

x y

Phương trình đường thẳng d là + = 1

a b

Mà ( ) ( )

Lời giải

2 2 2

2 2 ⎛⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎞ ⎛ 1 2 ⎞

( ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ . . ⎟ ( 1 2)

⎜

⎟

OA + OB = a + b ≥ a + b = a + b + ≥ a + b = +

⎝⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ ⎠ ⎝ a b ⎠

Dấu “=” xảy ra khi

a b

=

1 1

Lại có S = OAOB . = ab = 2⇔ ab = 4 ( 2)

ABC

a

1 1

2 2

Từ (1)(2) suy ra a = 2, b=

2 2

b

x y

+ = ⇔ + = .

2 2 2

Vậy phương trình đường thẳng d là 1 2x

y 2 2


Bài 5:

2

6

Viết phương trình đường thẳng đi qua M ( 1; 2)

và cắt hai tia Ox,

Oy lần lượt tại hai điểm A

và B khác gốc tọa độ O thỏa mãn OA + OB = 6

Lời giải

a) Phương trình đường thẳng ( )

với , 0

ab≠ vì ( )

d cần tìm có dạng y = ax + b

d cắt trục Ox,

Oy tại 2 điểm AB , ≠ O

Ta thấy ( d ) đi qua điểm ( )

Vậy phương trình ( ) : 2

( )

d cắt trục Ox tại

M 1; 2 ⇒ a+ b= 2 ⇔ b= 2 − a

d y = ax + − a

⎛a

− 2 ⎞

A⎜

;0 ⎟

⎝ a ⎠

và cắt trục Oy tại B ( 0; 2 − a )

⎧a

− 2

⎪ > 0

Với ⎨ a (vì AB , tương ứng thuộc Ox,

Oy ) ⇒ a < 0

⎪

⎩2− a > 0

a − 2

a

Để OA + OB = 6⇒ + 2− a = 6⇔ a − 2+ 2a − a 2 = 6a ( a ≠ 0)

2 ⎡a

= −1

⇔ a + 3a+ 2= 0⇔ ⎢ (thỏa mãn điều kiện)

⎣a

= −2

+ 1

a = − thì phương trình đường thẳng ( )

+ 2

a = − thì phương trình đường thẳng ( )

d là y =− x+

3

d là y =− 2x+

4


7

Cho hàm số y = ( m− 1) x+

m ( d)

Dạng 5: Tìm điểm cố định đường thẳng luôn đi qua

Bài 1:

a) Tìm điểm cố định mà đồ thị đi qua với mọi m

b) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d và hai trục tọa độ

c) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và gốc tọa độ

d) Tìm m để khoảng cách từ O đến ( d ) là lớn nhất

a) Gọi ( ) ( ) ( )

0 0 0 0

Lời giải

M x ; y ∈ d , ∀m⇔ y = m− 1 x + m,

∀ m

( ) ( )

⇔ 0= m x + 1 − x + y , ∀ m

0 0 0

⎧x0

+ 1=

0

⇔ ⎨ ⇔ x0 =− 1; y0

= 1 ⇒M

−1;1

⎩x0 + y0

= 0

( )

b) Gọi A( x ; y ) là giao điểm của d và Ox

A

Vì ( )

A

A x ; y ∈Ox ⇒ y = 0

A A A

( ;0) ∈ : = ( − 1) + ⇒ 0= ( − 1) + ⇔− = ( − 1)

A x d y m x m m x m m m x

A A A

+ m = 1⇒− 1= 0 (vô lí)

−m

⎛ −m

⎞

+ m≠1 ⇒ xA

= ⇒ A ⎜ ;0 ⎟

m−1 ⎝m−1

⎠

Tương tự ta có B( 0; m )

c) Gọi phương trình đường thẳng :

vì ( ) ( )

OM y = ax + b

⎪⎧

0 = a.0 + b ⎧a

= −1

O 0; 0 , M −1;1 ⇒⎨

⇔ ⎨ ⇒ OM : y =−x

⎪⎩

1 = a. ( − 1)

+ b ⎩b

= 0

d) Hạ OH ⊥d ⇒OH ≤ OM (không đổi)

Dấu “=” xảy ra ( ) ( )

Cách khác:

⇔ H ≡M ⇔OM ⊥d ⇔ −1. m − 1 =−1⇔ m = 2

1 1 1 1 1 1 1

= = + ⇒ = + ⇒m

2 2 2 2 2

2

OM OH OA OB 2 m m

( m −1)

2


8

Bài 2:

3 2

Chứng minh rằng đồ thị hàm số y = mx + 2mx + ( 1− m)

x + 3− 2m

luôn đi qua 3 điểm cố định.

Chứng minh ba điểm đó thẳng hàng.

Lời giải

Gọi M ( x ; y ) là điểm cố định mà đồ thị đi qua

0 0

3 2

Khi đó ( )

y = mx + 2mx + 1− m x + 3−2 m,

∀ m

0 0 0 0

3 2

( )

⇔ m x + 2x −x − 2 + x + 3 − y = 0, ∀ m

0 0 0 0 0

( )

3 2

⎪⎧ x0 + 2x0 −x0

− 2=

0 1

⇔ ⎨

⎪⎩ x0 − y0

+ 3=

0

⎡x0

= −2

+ 2 − − 2= 0⇔ + 2 − 1 = 0⇔ ⎢

⎣x0

= ± 1

3 2 2

Giải (1): x0 x0 x0 ( x0 )( x0

)

Vậy đồ thị đã cho đi qua ba điểm cố định M ( −2;1 ), M ( 1; 4 ), M ( − 1; 2)

1 2 3

- Viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm M ( − 2;1 ), M ( 1; 4)

Phương trình đường thẳng d có dạng y = ax + b

Vì M ( − 2;1 ), M ( 1; 4)

thuộc d nên ta có

1 2

Vậy phương trình đường thẳng d là: y = x+

3

( )

1 2

⎪⎧ 1 = a. − 2 + b ⎧a

= 1

⎨ ⇔ ⎨

⎪⎩

4 = a.1+

b ⎩b

= 3

Với M ( − ) , thay x=− 1; y = 2 vào ta được 2=− 1+ 3 (đúng)

3

1; 2

Vậy ba điểm M ( −2;1 ), M ( 1; 4 ), M ( − 1; 2)

thẳng hàng.

1 2 3

Bài 3:

Cho hàm số y = ( m− 1)

x+ m có đồ thị là đường thẳng d

a) Gọi AB , lần lượt là giao điểm của đồ thị và trục hoành, trục tung. Tìm tọa độ AB , theo

m

b) Chứng minh rằng với mọi m , đồ thị hàm số đó luôn đi qua điểm cố định

c) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng d bằng 1 2


d) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng là lớn nhất.

9

Lời giải

a) Trục hoành: y = 0 và trục tung x = 0

⎛ −m

⎜

⎝m

−1

⎞

⎟

⎠

Ta có A ;0 , B( 0; m)( ∀m≠1)

b) Gọi M ( x ; y ) là điểm cố định của hàm số

0 0

Khi đó ( )

y = m− 1 x + m,

∀ m

0 0

⎧x

+ 1=

0

⇔

0

+ =

0

+

0

∀ ⇔ ⎨ ⇒ −

⎩x0 + y0

= 0

0

( x 1) m x y ( m) M ( 1;1)

c) AB , là giao điểm của đường thẳng d vưới trục hoành và trục tung

m

OA = OB = m

m −1

Tính được ;

Gọi OH là khoảng cách từ O đến AB, ta có

( ) 2 2

1

1 1 1 m − 1 m − 2m+

2

= + = + =

2 2 2 2 2 2

OH OA OB m m m

Mặt khác

− + − ±

OH m m m

2 m

3

2

1 m 2m

2 2

1 7

4 3 2 2 0

2

= ⇔ = ⇔ + − = ⇔ = (thỏa mãn)

d) Gọi H là hình chiếu của O lên d. Ta có OH ≤ OM (không đổi)

OH lớn nhất bằng OM khi H

Đường thẳng OM có dạng y

Vì ( ) ( )

≡ M

= ax

M −1;1 ∈OM ⇒ 1 = a. −1 ⇔ a =− 1

Vậy phương trình đường thẳng OM là y

= − x

Để đường thẳng d vuông góc với đường thẳng OM thì ( m ) ( )

−1. − 1 =−1⇔ m=

2

Vậy với m = 2 thì khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng là lớn nhất.

Bài 4: Chuyên Thái Bình vòng 1, năm học 2019 - 2020

2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng ( ) ( )

( ) ( )

d2 : y = m+ 3 x−m− 2 ( m là tham số)

a) Tìm m để d1 // d

2

b) Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng ( )

2

d1 : y = m + 1 x− 2m

và

d luôn đi qua một điểm cố định


c) Tìm m để ( ),( )

d d cắt nhau tại M ( x ; y ) thỏa mãn A 2020x ( y 2)

1 2

M

M

= + đạt GTNN.

M

M

10

Lời giải

2 2

⎧m + 1= m+ 3 ⎧m −m− 2=

0

a) Ta có d1 // d2

⇔ ⎨

⇔ ⎨

⇔ m=−1

⎩−2m≠−m−2 ⎩m≠2

Vậy m = − 1

b) Tìm được đường thẳng ( d ) luôn đi qua điểm cố định T ( 1;1)

⎧m

≠−

c) Ta có d

1

cắt d2

⇔ m + 1≠ m+ 3⇔ ⎨

⎩m

≠ 2

Vì d

1

cắt

2

d tại ( ; )

2

2

1

M xM

y

M

nên

M

x là nghiệm của phương trình:

( ) ( ) ( ) ( )( )

2 2 1

+ 1

M

− 2 = + 3

M

− −2⇔ − − 2

M

= −2⇔ + 1 − 2

M

= −2⇔ M

=

m x m m x m m m x m m m x m x

(do m≠−1; m≠ 2 )

Thay

x M

1

=

m 1

+ vào ( d

2 ) ta được

M

( )

Do đó A x x ( x ) 2

m + 1

m + 3 2 2 1

y = −m− 2= 1+ −m− 2= − m+ 1 = 2xM

−

m+ 1 m+ 1 m+

1

x

⎛

2020 2 1 ⎞

=

M ⎜ M

− + 2⎟= 1010 ⎡ 2

M

+ 1 −3⎤≥−3030

⎝ x

⎣ ⎦

M ⎠

Bài 5: Chuyên Toán Quảng Ngãi, năm học 2019 - 2020

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng ( ) : ( 2)


M

d y = m+ x và

( d': ) x+ ( m+ 2)

y = m+ 2, trong đó m là tham số. Chứng minh rằng giao điểm của hai đường

thẳng trên thuộc một đường cố định khi m thay đổi.

Nhận xét A( 1; 3) ∈ ( d)

và B( 0;1 ) ∈ ( d'

)

Lời giải

Với m = − 2 thì ( d) : y = 3 và ( d': ) x= 0vuông góc với nhau

−1

Với m ≠− 2 thì ( d': ) y = x+

1

m + 2

Khi đó ta có ( )

Vậy

⎛ −1

⎞

aa . ' = m+ 2. ⎜ ⎟=−1 ⇒d⊥d'

⎝m

+ 2 ⎠

d ⊥ d'

với mọi m

Vậy giao điểm của hai đường thẳng nói trên nhìn đoạn thẳng AB cố định dưới một góc

vuông nên thuộc đường tròn đường kính AB khi m thay đổi.

Bài 6: Học sinh giỏi Bà Rịa Vũng Tàu, năm học 2018 - 2019

11

Cho hai đường thẳng ( d ) mx + ( m − ) y + m + = và ( ) ( )

1

: 2 2 0

d2 : 2− m x+ my−m− 2=

0

a) Tìm điểm cố định mà đường thẳng ( d ) luôn đi qua và điểm cố định mà ( )

với mọi m

b) Chứng minh hai đường thẳng ( d ) , ( )

thì I luôn thuộc một đường tròn cố định.

1

1

2

d luôn đi qua

d luôn cắt nhau tại một điểm I và khi m thay đổi

Lời giải

a) Tìm được các điểm cố định mà ( d ) và ( d ) luôn đi qua với mọi m là A( − 2;1 ); B( 1; 2)

b) Ta chứng minh ( d ) ⊥ ( d )

- Nếu ( )

( )

1

1 2

m= 0: d : − 2y+ 2= 0 là đường thẳng song song Ox

d2 :2x− 2= 0 là đường thẳng song song Oy

Vậy ( d ) ⊥ ( d )

1 2

- Nếu ( )

( )

m= 2: d :2x+ 2= 0 là đường thẳng song song Oy

1

d2 :2y− 2= 0 là đường thẳng song song Ox

Vậy ( d ) ⊥ ( d )

1 2

- Nếu m ≠ 0 và m ≠ 2 , ta có

⎛ m ⎞ m+ 2 ⎛m− 2⎞

m+

2

d1 : y = ⎜ ⎟x+ ; d2

: y = ⎜ ⎟x+

⎝2−m⎠ 2−m ⎝ m ⎠ m

( ) ( )

Tính hệ số góc của ( d ) và ( d ) là . 1 ( d ) ( d )

1

2

1

m

2 − m

2

m − 2 =− ⇒ ⊥

m

1 2

Vậy ( d ) luôn vuông góc với ( d ) nên ( d ) luôn cắt ( d ) tại I và IA ⊥ IB

1

Mà AB , là hai điểm cố định nên 0

AIB = 90

⇒ I thuộc đường tròn đường kính AB cố định.

2

1

Bài 7: HSG Vĩnh Lộc, năm học 2019 - 2020

2 2

Cho các đường thẳng ( ) ( )


2

y = 2m+ 1 x− 4m+ 1; y+ 2m − 1= m + m+ 1 x− 2m

và

( 3m− 1) x+ ( 2− 2m)

y = 1. Chứng minh rằng các đường thẳng trên cùng đi qua một điểm cố

định.

Lời giải

Gọi M ( x ; y ) là điểm cố định của đường thẳng ( )

0 0

y = 2m+ 1 x− 4m+

1

2

12

Khi đó ta có ( ) ( )

y = 2m+ 1 x − 4m+ 1, ∀m∈ ⇔ m 2x −4 x − y + 1= 0, ∀m∈

0 0 0 0 0

⎧2x0 − 4= 0 ⎧x0

= 2

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇒M

⎩x0 − y0 = 0 ⎩y0

= 3

( 2;3)

Do đó, đường thẳng y = ( 2m+ 1)

x− 4m+ 1 luôn đi qua điểm cố định M ( 2;3)

Với x 2; y 3

= = thay vào đường thẳng ( 3m− 1) x+ ( 2− 2m)

y = 1 ta được:

( m− ) + ( − m)

= ⇔ = đúng với ∀m

23 1 32 2 1 1 1

∈

Vậy đường thẳng ( 3m− 1) x+ ( 2− 2m)

y = 1 luôn đi qua M ( )

2;3 , ∀m∈

Vậy ba đường thẳng đã cho cùng đi qua một điểm cố định là ( 2;3)

M .

Bài 8: Chuyên Quảng Ngãi, năm học 2019 - 2020

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng ( ) ( )

d : y = m+ 2 x− m+ 1 và

( d': ) x+ ( m+ 2)

y = m+ 2( m là tham số). Chứng minh rằng giao điểm của hai đường thẳng

trên thuộc một đường cố định khi m thay đổi

Nhận xét: A( 1; 3 ) ∈( d) ; B( 0;1 ) ∈ ( d'

)

Lời giải

+ Với m=−2 ⇒ ( d)

: y = 3 và ( d': ) x= 0vuông góc với nhau

1

m≠−2 ⇒ d': y =− x+

1

m + 2

+ Với ( )

Khi đó ta có ( )

Vậy

⎛ 1 ⎞

aa ' = m + 2 ⎜− ⎟=−1 ⇒d ⊥d

'

⎝ m + 2 ⎠

d ⊥ d'

với mọi m

Vậy giao điểm của hai đường thẳng nói trên nhìn đoạn AB cố định dưới một góc vuông

nên thuộc đường tròn đường kính AB khi m thay đổi.


13

Dạng 6: Tính độ dài đoạn thẳng, diện tích đa giác

Bài 1:

Cho đường thẳng y = mx + m − 1 ( m là tham số) (1)

a) Chứng minh rằng đường thẳng (1) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m

b) Tính giá trị của m để đường thẳng (1) tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích

bằng 2

a) Gọi ( ; )

0 0

Lời giải

M x y là điểm cố định mà đường thẳng (1) luôn đi qua. Ta có

y = mx + m − ∀m

∈

0 0

1,

0 0

( )

⇔ y + 1= m x + 1, ∀m∈

⎧y0 + 1= 0 ⎧x0

=−1

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇒M

( −1; −1)

là điểm cần tìm.

⎩x0 + 1= 0 ⎩y0

=−1

b) Gọi AB , lần lượt là giao điểm của đường thẳng (1) với trục tung và trục hoành. Khi đó

tọa độ của AB , lần lượt là ( )

⎛1−

m ⎞

A 0; m−1 , B⎜ ;0⎟

⎝ m ⎠

Diện tích tam giác OAB được tạo thành

⎡m

= −1

1 1−

m ( m −1) 2 ⎢

SOAB

= m− 1. = 2⇔ = 4⇔ ⎢m= 5+

8

2 m

m

⎢

⎣m

= 5−

8

Bài 2:

Cho đường thẳng ∆ : y = mx + m − 1 ( m là tham số). Tính giá trị của m để đường thẳng ∆ tạo

với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2.

Gọi A( x ; y ) là giao điểm của ∆ và Ox

A

Ta có ∈ ⇒ = 0

( )

A

A Ox y A

A x ;0 ∈∆ : y = mx + m −1⇒ 0 = m. x + m − 1

A

A

Lời giải


+ m = 0⇒ 1= 0 (loại)

14

+

1−

m

m≠0 ⇒ xA

=

m

Tương tự ta có B( x ; y ) là giao điểm của ∆ và Oy

( )

⇒ B 0; m −1 ⇒ OB = m − 1

⎛1−m

⎞ 1−m

A⎜

;0⎟

⇒ OA =

⎝ m ⎠ m

Theo giả thiết

B

B

( m −1) 2

1 1 1−

m

S

AOB

= 2 ⇒ OAOB . = 2 ⇔ . . m − 1 = 2⇔ = 4

2 2 m

m

2 2

2

+ TH1: ( m− 1) =−4m⇔ m + 2m+ 1= 0⇔ ( m+ 1)

= 0⇔ m=− 1 (thỏa mãn)

+ TH2: Tương tự

Vậy m = − 1 là giá trị cần tìm.

Bài 3:

Cho đường thẳng d có phương trình ( )

B . Tìm m sao cho

a) Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d bằng 2

b) Diện tích tam giác

1

AOB =

2

a) Ta có ( )

1

y 2m 1 x 2

⎛ m − ⎞

= + − ⎜ ≠ ⎟, d cắt Ox tại A , cắt Oy tại

⎝ 2 ⎠

Lời giải

A ⎛ 2 ⎞

2

⎜ ;0 ⎟, 0; 2 ; ; 2

2m

1 B − OA =

2m

1

OB =

⎝ + ⎠

+

( 2m

1)

2

+ 2 ⎡

1 1 1 1 1

m = 0

= + ⇔ = + ⇔

2 2 2

( 2m

+ 1)

= 1⇔ OH OA OB 2 4 4

⎢

⎣m

= −1

b) Ta có

3

OAOB . = 1⇔ 2M + 1 = 4⇔ m = hoặc

2

5

m =

−

2

Bài 4: Học sinh giỏi huyện Chư Sê, năm học 2019 - 2020

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d có phương trình ( ) ( )

( m là tham số). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng ( )

nhất

m− 4 x+ m− 3 y = 1

d đạt giá trị lớn


Lời giải

Với mọi m thì đường thẳng d không đi qua gốc tọa độ

15

- Với 4

m = , ta có đường thẳng ( d) : 1

y = . Do đó khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường

thẳng d bằng 1 (1)

- Với 3

m = , ta có đường thẳng ( d) : 1

thẳng d bằng 1 (2)

- Với m 3; m 4

≠ ≠ thì đường thẳng ( )

1 1

⇒ OA = ; OB =

m−4 m−3

Kẻ đường cao OH ⊥ AB ( H ∈ AB)

Ta có

x= − . Do đó khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường

d cắt trục Oy,

Ox lần lượt tại

1 1 1

2 2 2

= + =

2 2 2

( m− 3) + ( m− 4)

= 2m − 14m+

25

OH OA OB

⎛ 2 7 49 ⎞ 1 1

= 2⎜m

− 2 m. + ⎟+ ≥

⎝ 2 4 ⎠ 2 2

2

⇒OH

≤ ⇔OH

≤

( )

2 2 3

Từ ( 1)( 2)( 3)

⇒ khoảng cách từ gốc tọa độ đến ( )

d lớn nhất bằng 2 khi

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞

A⎜0; ⎟; B⎜ ⎟;0

⎝ m−3⎠ ⎝m−4⎠

7

m = .

2

Bài 5: Học sinh giỏi huyện Cẩm Thủy (Thanh Hóa) vòng 2, năm học 2019 - 2020

Cho hàm số bậc nhất y ax b

= + có đồ thị là đường thẳng đi qua ( 1; 4)

M biết đồ thị của hàm

số đã cho cắt trục hoành tại điểm A có hoành độ dương, cắt trục tung tại điểm B có tung

độ dương. Tìm ab , sao cho OA + OB nhỏ nhất (O là gốc tọa độ)

Lời giải

Vì đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ dương, cắt trục tung tại điểm có tung

độ dương ⇒ a < 0 ( 1)

Do đồ thị là đường thẳng đi qua M ( 1; 4)

nên a b 4 b 0 ( 2)

Ta có OA + OB ≥ 2 OAOB . (côsi)

Dấu “=” xảy ra ⇔ OA = OB hay ∆ OAB cân tại O

−b

OA = OB ⇔ b = ⇔ b a + 1 = 0⇔ a =− 1 (do b > 0)

a

Vì ( )

+ = ⇒ > (do a < 0 )


Với a =−1⇒ b= 5⇒ y =− x+

5

Vậy a=−1⇒ b= 5 thì OA + OB đạt GTNN là 5 + 5 = 10 .

16

Bài 6: Chuyên Tỉnh Cần Thơ, năm học 2019 - 2020

2 4

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng ( d) y mx m

2

m

d2 : y = x+

2

2

m + 1

( )

( )

2

1

: = − + 2 và

( m là tham số khác 0 ). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để ( )

d và

d cắt nhau tại một điểm A duy nhất sao cho diện tích hình thang ABHK bằng 15 2 . Biết

( 1; 2)

B − và hai điểm H,

K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và A lên trục hoành.

Lời giải

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( d ) là:

2

m x mx

2 m

4 x m

2

+ 2= − + 2⇔ = + 1

2

m + 1

2 2

Ta có Am ( 1; m 2)

2 2

+ + ; BH = 2; AK = m + 2; HK = m + 2

15

= ⇔ + 6 − 7= 0⇔ =± 1.

2

4 2

SAHK

m m m

Bài 7: Chuyên Đắc Lắc, năm học 2019 - 2020

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d) : y = ( m− 2)

x+ 2 ( m là tham số khác 2).

Tìm tất cả các giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d bằng 2 3

1

Lời giải

Tọa độ giao điểm của ( d ) và trục tung là A( )

Tọa độ giao điểm của ( d ) và trục hoành là

2;0 ⇒ OA = 2


2

⎛ −2 ⎞ 2

B⎜

;0⎟

⇒ OB =

⎝m−2 ⎠ m−2

Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d là OH

Ta có

2

2.

1 1 1 OAOB . m − 2 2

= + ⇒ OH = = =

2 2 2

OH OA OB

2 2

OA + OB

4 3

4 +

( m − 2)

2

1

17

1

m − 2 1 3 1 9 1

⇔ = ⇒ = 1+ ⇔ = 1+

1 3 m − 2 m−2 m−2 m−2

1+

( m − 2) 2

( m − 2)

2

8

⇔ = 1⇔ m− 2=± 2 2 ⇔ m= 2±

2 2

2

Cho hàm số ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2

.

Bài 8: Học sinh giỏi Tỉnh Bắc Ninh, năm học 2018 - 2019

y = m −4m− 4 x+ 3m− 2 có đồ thị là d . Tìm tất cả các giá trị của m để đường

thẳng d cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại AB , sao cho tam giác OAB có diện tích

2

bằng 1cm ( O là gốc tọa độ, đơn vị đo trên các trục tọa độ là cm ).

Lời giải

2

Vì ba điểm OAB , , tạo thành một tam giác nên m −4m−4≠ 0 và 3m −2≠

0

⎛ 2−3m

⎞ 2−3m

⎜

⎟ ⇒ =

⎝m −4m−4 ⎠ m −4m−4

Tọa độ giao điểm của d và Ox là A

;0 OA

2 2

Tọa độ giao điểm B của d và Oy là ( )

B 0;3m −2 ⇒ OB = 3m

− 2

1 1 2−

3m

S = OAOB . = . .3m

− 2 = 1

2 2 m −4m−4

Do tam giác OAB vuông tại O nên

OAB

2

2 ⎡9m − 12m+ 4= 2 m − 4m+ 4 2

m = 2

⎡

⎡

7m − 4m+ 12 = 0

⇒ = 2 ⇔ ⇔

2 ⎢

⇔ ⎢

2

−2

m −4m−4 7m −20m− 4 = 0 ⎢ m =

⎣

− + =− − + ⎣

⎣ 11

Vậy

2 2

( 3m

− 2) ( )

⎢

2 2

⎢9m 12m 4 2( m 4m

4)

⎧ −2⎫

m∈ ⎨2; ⎬

⎩ 11 ⎭


Bài 9: Học sinh giỏi Tỉnh Đà Nẵng, năm học 2018 - 2019

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm B ( 6;0)

và C ( 0;3)

và đường thẳng d

m

có phương

trình y = mx − 2m

+ 2 với m là tham số và

1

m≠0;

m≠

−

2

a) Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d

m

và BC

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đường thẳng d

m

chia tam giác OBC thành

hai phần có diện tích bằng nhau (O là gốc tọa độ).

Lời giải

a) Phương trình BC có dạng y = ax + b đi qua B và C nên ta có:


18

⎧ −1

⎧3 = b ⎪a

=

−1

⎨ ⇔ ⎨ 2 ⇒ ( BC)

: y = x + 3

⎩0= 6a+

b

2

⎩

⎪ b = 3

C

Phương trình hoành độ giao điểm của

−1

mx − 2m + 2= x + 3

2

⇔ ( 2m+ 1) x= 2( 2m+ 1)

⇔ x= 2 (do 2 1 0

Nên giao điểm là K ( 2; 2)

b) Ta có

S

OBC

m + ≠ )

1 1

= OB. OC = .3.6 = 9 (đvdt)

2 2

d và BC là:

Nếu d

m

cắt cạnh OC tại D thì d

m

chia thành hai phần đó là ∆ CDK và tứ giác DOBK

Mà

1

S

OBC

SCDK ≤ SCOK = xK

. OC = 3≤ nên không nhận được

2 2

Khi d

m

cắt cạnh OB tại E thì ta có

E

0

1 1

⇒ S = y . EB = .2. x − x

2 2

m

BEK K B E

d chia

mãn).

y = và

m

x E

2

= 2 − và thỏa mãn

m

∆ OBC thành hai phần có diện tích bằng nhau

2

0< 2− < 6

m

2 9

⇔ SBEK

= 4+ = ⇔ m= 4 (thỏa

m 2

Bài 10: Học sinh giỏi Tỉnh Thái Bình, năm học 2018 - 2019

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( ) ( )

( ': ) ( 1)

d x+ m− y = m. Tìm m để d cắt d ' tại điểm M sao cho 0

MOx = 30

Lời giải

Tọa độ giao điểm của ( d ) và ( d ')

là nghiệm của hệ phương trình:

( )

( )

( 1)

⎧⎪ m− 1 x+ y = 3m−4

⎧⎪x= m− m−

y

⎨

⇔ ⎨

⎪⎩

x+ m− 1 y = m ⎪⎩

m m− 2 y = m−2 1

2

( ) ( ) ( )

(*)

( d ) cắt ( d ')

khi hệ phương trình (*) có nghiệm duy nhất

Với m≠0; m≠ 2 hệ phương trình (*) có nghiệm duy nhất

Lúc đó

⎧m

≠ 0

⇔ ⎨

⎩m

≠ 2

d : m− 1 x+ y = 3m− 4 và

3m−2 m−2

x= ; y =

m m


⎛3m−2 m−2⎞

M ⎜ ; ⎟

⎝ m m ⎠

d m

K

O E B

19

Từ giả thiết 0

MOx = 30 nên điểm M có hoành độ dương và m − 2 :

3m − 2 m −

tanMOx = =

2

m m 3m−

2

0 m−2 1 m−2 2 3

tanMOx = tan30 = ⇔ = ⇒3m − 2 ± 3 ( m −2)

⇔ m =±

3m−2 3 3m−2 3

Vậy

2 3

m = ± .

3

Bài 11: Chuyên Quảng Ninh, năm học 2019 - 2020

(thỏa mãn)

Cho trước p là số nguyên tố. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , lấy hai điểm ( 8 ;0)

( 9 ;0)

A p và

B p thuộc trục Ox . Có bao nhiêu tứ giác ABCD nội tiếp sao cho các điểm CD , thuộc

trục Oy và đều có tung độ là các số nguyên dương.

Xét từ giác ABCD thỏa mãn đề bài

Gọi C( 0; c ) và ( 0; )

D d thì c> d > 0

Lời giải

Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi OC. OD = OAOB . ⇒ c. d = p 8 . p 9 = p

17

( 1)

Do p là số nguyên tố và ,

các cặp ( p 17 ;1),( p 16 ;1),...,( p

9 ;1)

Vậy có 9 tứ giác thỏa mãn bài toán.

cd nugyên dương nên ta có 9 cặp ( )

Bài 12: Học sinh giỏi Tỉnh Đà Nẵng, năm học 2015 - 2016

0; d với c> d thỏa mãn (1) là

Cho hàm số y = ax + a + 1 với a là tham số và a ≠0; a≠− 1. Tìm tất cả các giá trị của a để

khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đồ thị của hàm số đạt giá trị lớn nhất.

Lời giải

Do a≠0; a≠− 1 nên đồ thị hàm số cắt trục tung và trục hoành tại các điểm khác gốc tọa độ

Gọi các điểm đó là

Khi đó ta có khoảng cách

⎛ a + 1 ⎞

A⎜−

;0 ⎟

a

⎝ ⎠ và B( 0; a+ 1)

a + 1

OA = − ; OB = a + 1

a

Gọi h là khảng cách từ O đến đồ thị hàm số y = ax + a + 1

Khi đó theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:


20

( a+ 1) ( a+

1)

( a + 1) 2

2

1 1 1 a 1 2

2a

2 a

= + = + ⇒ h = = 1+ ≤ 1+ ≤2

2 2 2 2 2

2 2 2

h OA OB a + 1 a + 1 a + 1

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 1⇒h≤

2

Vậy khoảng cách lớn nhất từ O đến y = ax + a + 1 là a khi a = 1

Cách khác: Ta cũng có thể tìm GTLN của h theo cách khác

1 1 a + 1 1

SOAB

= OAOB . = − . a + 1 = .

2 2 a 2

Mặt khác ta có

Từ đó ta được

( a + 1) 2

a

( a )

2

2 2

+ 1 2 a + 1 2

2

( )

AB = OA + OB = + a + 1 = . a + 1

a

a

2S

h = =

AB

a + 1

a

2

+ 1

Đến đây ta tìm GTLN của h tương tự cách 1.

Cho hai đường thẳng ( )

Bài 13: Vào 10 Chuyên Thái Bình, năm học 2018 - 2019

d y mx m

1

:

= + và ( )

I( x ; y ) là tọa độ giao điểm của hai đường thẳng ( d ) và ( )

0 0

−4

d2

: y = x+ b ( m là tham số, m ≠ 0 ). Gọi

3

Lời giải

Hoành độ điểm I là nghiệm của phương trình

Do

Ta có

2 2

1−

m 2 m ⎛1−

m 2

;

m ⎞

x= ⇒ y = ⇒ I

2 2 ⎜ 2 2 ⎟

1+ m 1+ m ⎝1+ m 1+

m ⎠

Vậy T = 1

2

2 2

2 2 ⎛1− m ⎞ ⎛ 2m

⎞

0 0 2 2

T = x + y = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 1

⎝1+ m ⎠ ⎝1+

m ⎠


1

2 2

d . Tính T = x + y

2

−1 1 1−m

x + = mx + m ⇔ x =

m m 1 + m

0 0

Bài 14: Tuyển sinh vào 10 chuyên Lâm Đồng, năm học 2018 - 2019

Trên hệ trục tọa độ Oxy (cách chọn đơn vị trên hai trục như nhau). Cho đường thẳng d có

hệ số góc là

thẳng d .

− và đường thẳng d đi qua A ( 3; 4 )

4

3

Lời giải

. Tính khoảng cách từ điểm O đến đường

2

2

21

Giả sử đường thẳng cần tìm có phương trình y = ax + b

Theo đề bài đường thẳng d có hệ số góc là

⇒ phương trình đường thẳng d có dạng

− 4 nên −

a =

4

3 3

−4

y = x+

b

3

Theo đề bài ta có đường thẳng d đi qua điểm A ( 3; 4)

−4 −4

⇒ .3 + b= 4 ⇒ b= 8 ⇒ ( d)

: y = x+

8

3 3

Gọi ,

AB lần lượt là giao điểm của d với Ox và Oy ⇒ A( x ;0); B( 0; y )

⎧ −4

0 = x + A

8

⎪

⎧xA

= −6

⇒⎨

⇔ ⎨ ⇒ A −

⎪ − 4 yA

= 8

yB

= .0 + 8 ⎩

⎪⎩ 3

( 6;0 ), B( 0;8)

Xét tam giác vuông OAB có đường cao AH chính là khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường

thẳng d ⇒ OA = x = 6; OB = y = 8

A

B

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác tam giác vuông OAB , ta có:

1 1 1 1 1 25 24

= + = + = ⇒ AH = .

2 2 2 2 2

AH OA OB 8 6 576 5

Bài 15: Chuyên Cần Thơ, năm học 2019 - 2020

2 4

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng ( d) y mx m

2

m

d2 : y = x+

2

2

m + 1

( )


A

B

1

: = − + 2 và

( m là tham số thực khác 0). Tìm tất cả các giá trị của tham số m đề

( d ) và ( d ) cắt nhau tại một điểm A duy nhất sao cho diện tích của hình thang ABHK

1

bằng 15 2

2

Lời giải

Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( )

2 2

2 4 m

m

4 2 2 2 2

m x − m + 2 = x 2 x m x m 1 m 0 y m 2 A m 1; m 2

2 2

m + 1 + ⇔ m + 1

= ⇔ = + ≠ ⇒ = + ⇒ + +

H,

K lần lượt là hình chiếu của ,

( + )

1

d :

2

BA lên Ox ⇒ H ( − 1; 0 ), K ( m + 1; 0)

15 AK BH . HK 15

S

ABHK

= ⇔ = ⇔ ( AK + BH ). HK = 15

2 2 2

2

( ) ( )

22

( )( )

2 2 4 2

⇔ m + 4 m + 2 = 15 ⇔ m + 6m − 7 = 0 ⇔ m=± 1.

Bài 16: Chuyên Lâm Đồng, năm học 2018 - 2019

Trên hệ trục tọa độ Oxy (cách chọn đơn vị trên hai trục tọa độ như nhau), cho đường thẳng

( d ) có hệ số góc là

đến đường thẳng ( )

d .

4

3

− và đường thẳng ( d ) đi qua A ( 3; 4)

. Tính khoảng cách từ điểm O

Lời giải

Giả sử đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b

Theo đề bài đường thẳng ( d ) có hệ số góc là

−4

3

4

⇒ a =− ⇒ phương trình đường thẳng ( d ) có dạng

3

Theo đề bài ta có đường thẳng ( d ) đi qua A ( 3; 4)

−4 −4

⇒ .3+ b⇒ b= 8 ⇒ ( d)

: y = x+

8

3 3

−4

y = x+

b

3

Gọi AB , lần lượt là giao điểm của ( d ) và Ox, Oy ⇒ A( x ;0); B ( 0; y )

⎧ −4

0 = x + A

8

⎪ 3 ⎧xA

= −6

⎧⎪A

⇒⎨ ⇔ ⎨ ⇒⎨

⎪ − 4 yB

= 8 B 0;8

yB

= .0 + 8 ⎩ ⎪⎩

⎪⎩ 3

( −6;0)

( )

Xét tam giác vuông OAB có đường cao AH chính là khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường

thẳng ( d )

Suy ra độ dài OA = x = 6; OB = y = 8

A

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông AOB có

1 1 1 1 1 25 24

= + = + = ⇒ AH =

2 2 2 2 2

AH AO OB 8 6 576 5

B


Vậy khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng ( )

A

d là 24

5 .

B

23

Bài 17: Chuyên Lâm Đồng, năm học 2018 - 2019

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = ax −4( a ≠ 0)

và hai điểm

A

( 0; − 2 ), B( 6;0)

. Tìm các giá trị của a để đường thẳng ( d ) cắt hai trục tọa độ ,

lượt tại hai điểm phân biệt M,

N sao cho SOAB

= S

Lời giải

Theo bài ra ta có d cắt Ox tại M và d cắt Oy tại N nên ta có M N ( − )

( ) ( ) OB ( ) ( )

2 2 2 2

MON

OA = 0− 0 + −2− 0 = 2, = 6− 0 + 0− 0 = 6

2

⎛4 ⎞

2 4

2 2

OM = ⎜ − 0⎟

+ ( 0− 0 ) = , ON = ( 0− 0) + ( −4− 0)

= 4

⎝a

⎠

a

Khi đó

S

OAB

Theo bài ra ta có

Vậy

4

3

a = hoặc

= 6; S =

MON

8

a

8 4 4

SOAB

= SMON

⇔ 6 = ⇔ a = ⇒ a = hoặc

a 3 3

4

a = − .

3

⎛ 4 ⎞

⎜ ;0 ⎟ , 0; 4

⎝a

⎠

4

a = −

3

Bài 18: HSG TP Đà Nẵng, năm học 2018 - 2019

2

H

1


d

5

-1 O

-3

y

C

A

Ox Oy lần

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy (O là gốc tọa độ), cho hình bình hành OABC có điểm A ( )

điểm C thuộc đường thẳng y= − x và có hoành độ dương. Biết rằng diện tích của hình bình

hành OABC bằng 24 . Tìm tọa độ điểm B .

Lời giải

Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng ( d ) có

phương trình y

= − x.

Do đường thẳng AH ⊥ d nên AH có phương trình dạng

y= x+

m.

Điểm A ( 3;5 ) thuộc AH nên 5= 3 + m.

Suy ra m = 2.

Vậy phương trình đường thẳng AH là y= x+

2.

H là giao điểm của hai đường thẳng d và AH nên suy ra

được tọa độ điểm H ( − 1;1)

Học sinh có thể làm như sau: Gọi H( x;

− x)

, dùng AH nhỏ nhất để tìm được H ( − 1;1)

B

3;5 ,

3 6 x

24

Tính được ( ) ( )

2 2

AH = −1− 3 + 1− 5 = 4 2

Diện tích hình bình hành OABC bằng 24 nên AH. OC = 24. Suy ra 3 2

Điểm C thuộc đường thẳng d nên C( a − a)

( ) 2

OC = ⇔ a + − a = ⇔ a =±

2

3 2 3 2 3.

Do hoành độ điểm C dương nên C ( − )

3; 3 .

; .

OC = .

+ Đường thẳng AB song song với đường thẳng d nên có dạng y=− x+ b( b ≠ 0 ).

Do A ( 3;5 ) thuộc đường thẳng AB nên 5=− 3+ b . Suy ra b = 8.

Do đó phương trình đường thẳng AB là y=− x+

8.

+ Viết được đường thẳng OA là

+ Viết được đường thẳng BC là

5

y=

x .

3

5

y= x−

8.

3

+ B là giao điểm của hai đường thẳng AB và BC nên tìm được ( 6; 2)

B .

Bài 19: HSG Tỉnh Quảng Bình, năm học 2020 - 2021

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d) : y = ax + b ( a ≠ 0) đi qua điểm A (1; 4) và

cắt các tia Ox,

Oy lần lượt tại B và C (khác O ).

a) Viết phương trình đường thẳng ( d ) sao cho biểu thức OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất.

b) Tính giá trị lớn nhất của biểu thức

a) Do ( d ) đi qua điểm

a + b = 4 ⇒ ( d): y = ax + 4−

a

Ta có

ra thì

a − 4

B( ;0), C(0; 4 − a)

a

⎧a

− 4

⎪ > 0

⎨ a ⇒ a < 0

⎪

⎩4− a > 0

a − 4

OB = , OC = 4 − a

a

A nên

theo bài

Ta có OA + OB + OC nhỏ nhất khi

OB + OC nhỏ nhất (vì OA không đổi).

Có

OB.

OC

P = .

BC

Lời giải

a − 4 −4

−4

OB + OC = + 4 −a

= 5 + + ( −a)

≥ 5 + 2 .( −a) ≥ 9

a

a

a


25

OA + OB + OC nhỏ nhất bằng 9 + 17 khi và chỉ khi

Vậy phương trình đường thẳng ( )

d là y =− 2x+ 6.

−4

− a = ⇔ a =− 2 ( do a < 0)

a

b) Theo câu a với a < 0 đường thẳng ( d ) cắt tia Ox,

Oy lần lượt tại B và C (khác 0 ) và đi

qua điểm A(1;4) ⇒ OA = 17

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng ( d ), ta có

2

BC 1 1 1 1 1

= + = ≥ =

2 2 2 2 2 2

OB . OC OB OC OH OA 17

OB.

OC

⇒ P = ≤

BC

17

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

H ≡ A, hay d ⊥ OA

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 17 .


26

CHUYÊN ĐỀ: TAM THỨC BẬC HAI. ĐỒ THỊ HÀM SỐ

2

Bài 1: Điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai ax + bx + c = 0


2

*) Biện luận nghiệm của phương trình bậc hai ax + bx + c = 0

2

+ Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔∆= b − 4ac

> 0

2

+ Phương trình có nghiệm kép ⇔∆= b − 4ac

= 0

2

+ Phương trình vô nghiệm ⇔∆= b − 4ac

< 0

B. Bài tập


x 2 − 2 m+ 3 x+ m

2 + 3=

0

a) Giải phương trình với m = − 1

b) Tìm m để phương trình có 1 nghiệm x = 4

Bài 1:

c) Tìm m để phương trình có nghiệm kép, có hai nghiệm phân biệt.

b) Vì 4

Lời giải

x = là nghiệm của phương trình nên ta có ( )

2 2

⎡ 8 − 84

⎢m

=

2 ⎡ m = 4 − 21

∆

m

= 64 + 20 = 84 > 0 ⇒⎢

⇔ ⎢

⎢ 8 + 84 m 4 21

m

⎢⎣ = +

⎢ =

⎣ 2

c) Ta có ∆= 4( m+ 3) 2 − 4( m 2 + 3) = 24( m+

1)

+ Phương trình có nghiệm kép ⇔∆= 0⇔ m =− 1

+ Phương trình có nghiệm phân biệt ⇔∆> 0⇔ m >− 1

Bài 2:

16 − 2 m+ 3 .4 + m + 3 = 0 ⇔ m −8m− 5 = 0

2

Cho phương trình ( m+ 1) x −2( m− 1)

x+ m− 2= 0. Biện luận theo tham số m số nghiệm của

phương trình.

+ Với

3

m=−1⇒4x− 3= 0⇔ x=

4

2

+ Với ( ) ( )( )

Lời giải

m≠−1 ⇒∆ ' = m−1 − m+ 1 m− 2 =− m+

3


Nếu ∆ ' < 0⇔ − m+ 3< 0⇔ m> 3, khi đó phương trình vô nghiệm

1

−b' m−1 1

Nếu ∆ ' = 0⇔− m+ 3= 0⇔ m= 3, khi đó x = = =

a m+

1 2

Nếu ∆ ' > 0⇔ − m+ 3> 0⇔ m< 3, khi đó phương trình có 2 nghiệm

Bài 3:

⎡ m−1− m+

3

⎢x

=

⎢ m + 1

⎢ m− 1+ m+

3

⎢x

=

⎣ m + 1

Chứng minh rằng phương trình ( x−a)( x− b) + ( x−b)( x− c) + ( x−c)( x− a) = 0 luôn có nghiệm

với mọi , ,

abc

Lời giải

2 2 2


x − a + b x + ab + x − b + c x + bc + x + c + a x + ac = 0

( ) ( )

⇔ − + + + + + =

2

3x 2 a b c x ab bc ca 0

( a b c) 2 ( ab bc ca) a 2 b 2 c 2 ab bc ca ( ab bc ca)

∆ ' = + + − 3 + + = + + + 2 + 2 + − 3 + +

2 2 2

= a + b + c −ab −bc − ca = ⎡( a − b) + ( b − c) + ( c −a)

⎤≥0 ⇒∆' ≥0, ∀a, b,

c (đpcm)

2 ⎣

⎦

2 2 2 1

Bài 4:

2

Cho phương trình x − ax + a = 0 . Tìm a nguyên để phương trình có nghiệm nguyên.

Ta có a 2 a a( a )

+

+

∆= − 4 = −4 ≥ 0

⎧a

≥ 0

⎨ ⇔ a ≥4

⎩a

− 4 ≥ 0

⎧a

≤ 0

⎨ ⇔ a ≤0

⎩a

− 4 ≤ 0

Lời giải

Với a nguyên thì phương trình có nghiệm nguyên khi ∆ là số chính phương

2

Đặt k 2 ( k ) a 2 a k 2 ( a ) k 2

( a k)( a k)

Mà

∆= , ∈ ⇔ − 4 = ⇔ −2 − = 0⇔ −2− − 2+ = 4

⎧⎪ a−2−k ≤a− 2+

k

⎨

⎪⎩ 4 = − 4 . − 1 = 1.4 = 2.2 = − 2 . − 2

( ) ( ) ( ) ( )

Có a−2 −k∈; a− 2+ k∈

+ TH1:

⎧a−2− k =−4 3

⎨ ⇒ 2k

= 3⇔ k =

⎩a

− 2 + k =− 1 2


2

+ TH2:

⎧a−2− k =−2

⎨ ⇒ k = 0⇒ a = 0

⎩a

− 2 + k =− 2

Các trường hợp khác tương tự.

(thỏa mãn)

Bài 5:

2

Cho phương trình x − ax + a = 0 . Tìm a để phương trình:

a) Có nghiệm kép

b) Có nghiệm

c) Vô nghiệm

Ta có ∆= a 2 − 4a= a( 4−

a)

Lời giải

a) Để phương trình có nghiệm kép thì a( a)

b) Để phương trình có nghiệm thì a( a)

c) Để phương trình vô nghiệm thì ( )


2

⎡a

= 0

∆= 4− = 0⇔ ⎢

⎣a

= 4

⎡a

≥ 4

∆= 4− ≥0⇔ ⎢

⎣a

≤ 0

∆= a 4− a < 0⇔ 0< a<

4

Bài 6:

m− 1 x + 2x− 3= 0 ( m là tham số)

a) Tìm m để phương trình trên có nghiệm

b) Tìm m để phương trình trên có nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm duy nhất đó

c) Tìm m để phương trình trên có một nghiệm bằng 2. Khi đó hãy tìm nghiệm còn lại (nếu

có)

a) Với m = 1, thay vào phương trình ta có

Với 1

2

m ≠ , ta có ( m )

∆ ' = 1 + 3 − 1 = 3m−

2

Khi đó để phương trình có nghiệm thì

Vậy với

2

m ≥ thì phương trình có nghiệm.

3

Lời giải

3

2x− 3= 0⇔ x=

2

2

∆ ' = 3m−2≥0⇔ m≥

3


b) Với m = 1 thì phương trình có nghiệm duy nhất

3

x =

2

3

Với m ≠ 1, để phương trình có nghiệm duy nhất thì

2

∆ ' = 3m− 2= 0⇔ m=

3

−b

' 1 1

Khi đó nghiệm duy nhất của phương trình là x 1

= x 2

= =− =− = 3

a m−1

2

−1

3

Vậy với m = 1 hoặc

2

m = thì phương trình có nghiệm duy nhất.

3

2 3

c) Để phương trình có một nghiệm bằng 2 thì ( m− 1 ).2 + 2.2 − 3 = 0 ⇔ m=

Thay

Vậy

3

m = vào phương trình ta được

4

3

m = và nghiệm còn lại là x

2

= 6.

4

2 2 ⎡x

= 2

⎛3 ⎞

1

⎜ − 1⎟x + 2x− 3= 0⇔ − x + 2x− 3= 0⇔

4 4

⎢

⎝ ⎠ ⎣x

= 6

Bài 7:

4x

− 3

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị bé nhất của hàm số y = . Từ đó giải bài toán tìm x bất kỳ

2

x + 1

sao cho y nguyên.

Lời giải

4x

− 3 2

Hàm số xác định với mọi x nên ta có y = ⇔ yx − 4x + y + 3=

0

2

x + 1

Xét y = 0 thì

3

x =

4

Xét y ≠ 0 , vì phương trình bậc hai có nghiệm x nên

2 2

( ) ( ) ( )( )

∆ ' = −2 − y y+ 3 ≥0⇔ y + 3y−4≤0⇔ y− 1 y+ 4 ≤0⇔ −4≤ y≤

1

Vậy y

max

= 1 tại x = 2 , y

min

= − 4 tại

−1

x = .

2

Bài 8:

x− 2 x x + 1 1+ 2x−2

x


2

x x − 1 x x + x+ x x − x

Tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.

Lời giải

x− 2 x x + 1 1+ 2x−2

x

Điều kiện x> 0; x≠ 1. Khi đó ta có P = + +

2

x x − 1 x x + x+ x x − x


4

4

x− 2 x x + 1 1+ 2x−2

x

= + +

( x − 1)( x+ x + 1) x( x+ x + 1) x( x − 1)( x+ x + 1)

( − 2 ) + ( + 1)( − 1)

+ 1+ 2 −2 − 2 + − 1+ 1+ 2 −2

x( x − 1)( x+ x + 1) x( x − 1)( x+ x + 1)

x x x x x x x x x x x x x

= =

( )( )

x( x − 1)( x + 2)

( )( )

x+ x x − 2 x x + 2

= =

x x − 1 x+ x + 1 x x − 1 x+ x + 1 x + x + 1

x + 2

P = ⇔ Px + P − 1 x + P − 2=

0

x+ x + 1

Ta có ( )

Nếu P= 0⇒− x − 2= 0 (vô lí)

, ta coi đây là phương trình bậc hai của x

Suy ra P ≠ 0 nên để tồn tại x thì phương trình trên ta có

( P 1) 4P( P 2) 0 3P 6P 1 0 ( P 1)

2 2 2 4

∆= − − − ≥ ⇔ − + + ≥ ⇔ − ≤

3

Do P nguyên nên ( P − 1) 2

bằng 0 hoặc 1.

+ Nếu ( P− 1) 2

= 0⇔ P= 1⇔ x= 1 (không thỏa mãn điều kiện xác định)

+ Nếu ( ) 2 ⎡P

= 2

P− 1 = 1⇔ ⎢ ⇒ P= 2⇔ 2x+ x = 0⇔ x=

0

⎣P

= 2

Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn đề bài.

Cho phương trình x 2 ax ( a )

nguyên.

Phương trình 2

2

x −2ax − ( a + 3)

= 0 có a

Bài 9:


−2 − + 3 = 0. Tìm a nguyên để phương trình trên có nghiệm

Lời giải

∆ ' = + a+

3

2

Vì hệ số theo x là 1, hệ số của x là −2a

∈ nên phương trình có nghiệm nguyên

⇔∆ ' là số chính phương

( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2 2

a a 3 k 0 k 4a 4a 43 4k 2a 1 11 2k

⇔ + + = ≤ ∈ ⇔ + + = ⇔ + + =

⎧2a− 2k+ 1=−1

⇔( 2a− 2k+ 1)( 2a+ 2k+ 1)

=−11⇔ ⎨

⎩2a+ 2k+ 1 = 11

hay

⎧2a− 2k+ 1 =−11

⎨

⎩2a+

2k+ 1=

1


5

(do 2a− 2k+ 1≤ 2a+ 2k+ 1)

Vậy a =− 3; a = 2

⎡a= 2; k = 3

⇔ ⎢

⎣a=− 3; k = 3

Bài 10:

Chứng minh phương trình ( )

cạnh của một tam giác

ax 2 2 + a 2 + b 2 − c 2 x+ b

2 = 0 vô nghiệm với abc , , là độ dài ba

Lời giải

2 2 2 2 2 2 2 2

Ta có ∆= ( a + b + c ) − 4a b = ( a + b −c ) − ( 2ab)

2 2 2

( a 2 2ab b 2 c 2 )( a 2 2ab b 2 c 2

) ( a b c)( a b c)( a b c)( a b c)

= + + − − + − = + + + − − + − −

Vì , ,

abc là độ dài bâ cạnh của tam giác nên a+ b+ c> 0, a+ b− c> 0, a− b+ c> 0, a−b− c<

0

Do đó ∆< 0 . Vậy phương trình vô nghiệm.

Bài 11:

2 2

Chứng minh phương trình a x + bx + c = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt với abc , , thỏa

mãn điều kiện a( a b c) 0

+ + < .

Lời giải

Ta có ( ) ( ) ( )

2

a a+ b+ c < 0⇒ ac<− a a+ b ⇒− 4ac> 4a a+ b = 4a + 4ab

Phương trình đã cho có b 2 ac b 2 a 2 ab ( b a) 2

∆= − 4 > + 4 + 4 = + 2 ≥0⇒∆>

0

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.


6

Bài 2: Ứng dụng định lí Viét


2

Định lí Viét: Nếu phương trình bậc hai ax + bx + c = 0 có hai nghiệm x 1

, x 2

thì ta có

⎧ −b

S = x1 + x2

=

⎪

a

⎨

⎪ c

P = xx = 1 2

⎪⎩ a

B. Bài tập

*) Mẫu số 1: Ứng dụng nhẩm nghiệm

- Nếu a+ b+ c= 0⇒ x= 1 là nghiệm của phương trình

- Nếu a− b+ c= 0⇒ x=− 1 là nghiệm của phương trình

Bài 1:

2


x+ m− 2= 0. Biết rằng phương trình có một nghiệm

x = 2

. Tìm nghiệm còn lại

Lời giải

Vì phương trình có nghiệm ( ) ( )

Phương trình có nghiệm còn lại là

x= 2 ⇒ m+ 1 .4 −2 m− 1 .2 + m− 2 = 0 ⇔ m+ 6 = 0 ⇔ m=−

6

m − 2 4

x = =

m + 1 5

*) Mẫu số 2: Hệ thức đối xứng giữa các nghiệm

Ví dụ: ( ) 2

x + x = x + x − 2xx = S − 2P

2 2 2

1 2 1 2 1 2

+ x 3 3 ( 2

1

+ x2 = S S − 3P)

+ ( ) 2

A= x −x ⇔ A = x −x ⇔ A = S − P

2 2 2

1 2 1 2

4

1 1 x + x S

+ = =

x x xx P

+

1 2

1 2 1 2

Cho phương trình

2

x mx m

− + − 2=

0

Bài 2:

a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x 1

, x 2

thỏa mãn

−2 x − 2

. = 4

−1 x −1

2 2

1 2

1 2


Lời giải

x

x

7

2 2

a) Ta có ( ) ( ) 2

∆= m −4 m− 2 = m − 4m+ 8 = m− 2 + 4 > 0, ∀ m

b) Theo định lí Viét ta có x1+ x2= m; x1x2= m−

2

Theo giả thiết

2 2 2

( xx

1 2) ( x1 x2)

( )

2 2

( ) ⎡( )

( )

2 2

1 2 1 2 1 2

1

2 2 4 2 2 4

2

2

xx x x xx ⎤

x − x − − + + − + − +

. = =

⎣ ⎦

x −1 x −1 xx − x + x + 1 xx − x + x + 1

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

Theo định lí Viét và giả thiết ta có ( ) 2 2

m ⎡

⎣m ( m )

*) Chú ý: Nghiệm của phương trình khác 1

2

Vậy m = ± 2.

*) Cách 2: Vì x 1

, x 2


(

2 )( 2

)

Ta có

( )( )

( ) ( )

( )( )

1 2 1 2

−2 −2 −2 − 2 ⎤

⎦+

4

= ⇔− m =− ⇔ m=±

m−2− m+

1

2

4 4 2

⇒1 − m.1+ m−2 ≠0 ⇔−1 ≠ 0 (đúng)

x1 −2 x2 −2 m x1−1. m x2 −2

2

= 4⇔ = 4⇔ m = 4⇔ m=±

2

x −1 x −1 x −1 x −1

Bài 3:

2 2

⎧⎪x 1

− mx1+ m − 2= 0 ⎧⎪x 1

− 2= mx1−m

⇒⎨

⇔

2

⎨

2

⎪⎩x 2

− mx2 + m − 2= 0 ⎪⎩x 2

− 2= mx2

−m

2

Cho Parabol ( P) : y = x và đường thẳng ( d ) : y = 2mx − m + 1( m ≠ 0)

. Tìm m sao cho đường

thẳng ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt AB , có hoành độ x 1

, x 2

thỏa mãn x1− x2 = 2

Lời giải

2 2

Từ giả thiết x 1

, x 2

là 2 nghiệm của phương trình

x = 2mx − m + 1⇔ x − 2mx + m − 1=

0

(P) cắt (d) tại 2 điểm phân biệt khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

2 2

⇔∆ ' = m −( m− 1)

> 0⇔m − m+ 1> 0 (luôn đúng)

Vậy đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt

+ Từ giả thiết x − x = 2 ⇔ x − x 2 = 4 ⇔ ( x 2 + x 2 − 2xx ) = 4 ⇔ ( x + x ) 2

−4xx

− 4 = 0 (**)

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

Áp dụng định lí Viét, ta có x1+ x2= 2 m; xx

1 2= m−

1

Thay vào (**) ta có: ( m) ( m )

⎡m

2 −4 −1 − 4= 0⇔ ⎢

⎣m

= 1

2 = 0

(thỏa mãn).


8

Bài 4:

Cho Parabol ( ) 2

2

P : y = ax ( a > 0)

và ( d) : y = 2x−

a

1) Tìm a để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm ,

AB

2) Gọi x , x là hoành độ của hai điểm AB. , Tìm GTNN của

A

B

Lời giải

4 1

T = +

x + x x . x

A B A B

1) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm của phương trình

( )

2 2 2 2

ax = 2x −a ⇔ ax − 2x + a = 0 *

Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt AB , khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân

⎧a

≠0 ⎧a

≠ 0 ⎧a

≠0

biệt ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔

3 ⎨

⎩∆ ' > 0 ⎩1− a > 0 ⎩a

< 1

2) Vì x , x là nghiệm của phương trình (*)

A

B

Áp dụng định lí Viét ta có

⎧ 2

⎪xA

+ xB

=

⎨ a

⎪

⎩xx

A B

= a

4 1 4 1 1 1

Ta có T = + = + = 2a+ ≥ 2 2 a. = 2 2 (bất đẳng thức Côsi)

x . 2

A

+ xB xA xB

a a a

a

1 1 1

a

2 2

Dấu “=” xảy ra ⇔ 2a= ⇔ 2a 2 = 1⇔ a = ⇔ a = ( a > 0)

Bài 5:

2

Cho phương trình 2x

− 3x+ 1= 0. Không giải phương trình, hãy tính:

a)

1 1

x x

+ b)

1 2

1 2

2 2

c) x1 x2

1−x

1−x

+

x x

1 2

x x

+

x + 1 x + 1

+ d)

1 2

Lời giải

2 1

Phương trình có ∆= ( −3) 2

− 4.2.1 = 1 > 0 ⇒ phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x 1

, x 2

Theo định lí Viét ta có

⎧ 3

x1 + x2

=

⎪ 2

⎨

⎪ 1

xx

1 2=

⎪⎩ 2


9

1 1 x + x 3 1

+ = = : = 3

x x xx 2 2

a)

1 2

b)

1 2 1 2

3 1

( x + x ) −2xx

− 2.

+ = = =

x 1

1

x2 xx

1 2

2

1−x1 1−x2

1 2 1 2 2 2 1

Cho phương trình

6x + 10xx + 6x

Q =

2 2

1 1 2 2

3 3

5xx

1 2+

5x1x2

Phương trình

Khi đó

x

2

x

2

Bài 6:

− 4 3x+ 8= 0 có hai nghiệm x1,

x

2. Không giải phương trình hãy tính

Lời giải

⎧ ⎪x1+ x2

= 4 3

− 4 3x+ 8= 0 có hai nghiệm x 1

, x 2

nên theo định lí Viét ta có ⎨

⎪⎩ xx

1 2=

8

2 2

( )

( 2 2

)

2

( )

( )

2 2

6x1+ 10xx 1 2+

6x

6 x

2 1+ 2xx 1 2+ x2 − 2xx 1 2 6 x1+ x2 −2xx

1 2

Q = = =

3 3 2

5xx 1 2+ 5x1x2 5xx 1 2

x1+ x2 5xx ⎡

1 2

x1+ x2 −2xx

⎤

⎣

1 2⎦

2

( )

⎡( )

6 4 3 − 2.8 17

⇒ Q = = .

2

5.8 4 3 − 2.8

⎤ 80

⎢⎣

⎥⎦

Bài 7:

Cho phương trình x 2 − ( 2m+ 1)

x+ m

2 + 2= 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1;

x

2

thỏa mãn hệ thức xx ( x x )

3 − 5 + + 7=

0

1 2 1 2

Lời giải

Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm x1;

x

2

( ) ( )

2 2 7

∆ ' = 2m+ 1 − 4 m + 2 ≥0⇔ 4m−7≥0⇔ m≥

4


⎧x1+ x2

= 2m+

1

⎨

2

⎩xx

1 2= m + 2

Theo giả thiết ( ) ( ) ( )

⎡m

= 2

2

⇔3m

− 10m+ 8 = 0 ⇔ ⎢

⎢ 4

m =

⎢⎣ 3

2 2

3xx 1 2− 5 x1+ x2

+ 7= 0⇔ 3 m + 2 − 5 2m+ 1 + 7= 0⇔ 3m + 6−10m− 5+ 7=

0

( TM )

( KTM )


Vậy với m = 2 là giá trị cần tìm.

là:

10

Bài 8:

Cho phương trình mx 2 −6( m − 1) x + 9( m − 3)

= 0. Tính giá trị của tham số m để hai nghiệm

phân biệt x

1

và x

2

thỏa mãn hệ thức x 1

+ x 2

= xx 1 2

Lời giải

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm x 1

, x 2

là

⎧⎪

m ≠ 0 ⎧m

≠ 0

⇔ ⎨

⇔ ⎨

⎪⎩

∆ ' = 9( m + 1)

≥0 ⎩m

≥−1

Theo hệ thức Viét ta có

Theo giả thiết ta có

Vậy m = 7 là giá trị cần tìm.

( m − )

⎧ 6 1

x1 + x2

=

⎪ m

⎨

⎪ 9( m − 3)

xx

1 2=

⎪⎩ m

⎧⎪

m ≠ 0

⎨ 2

⎩⎪ ∆ ' = ⎣ ⎡ 3( m − 1) ⎦ ⎤ − 9( m − 3. ) m ≥ 0

6( m−1) 9( m−3)

+ = ⇒ = ⇔6( − 1) = 9( −3)

⇔ = 7 (thỏa mãn)

x1 x2 xx

1 2

m m m

m m

Bài 9:

2

Cho phương trình x + 5x+ m− 2= 0 ( m là tham số)

a) Giải phương trình khi m = − 12

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;

x

2

thỏa mãn

Lời giải

2 ⎡x

= −7

a) Thay m = − 12 vào phương trình ta có x 5x

14 0

+ − = ⇔ ⎢

⎣x

= 2

2

b) Phương trình x + 5x+ m− 2 có hai nghiệm phân biệt x1,

x

2

khác 1

⎪

⇔ ⎨

⎪⎩

( )

2

⎧∆= 5 −4 m− 2 = 33 − 4m> 0 m <

2

1 5.1 2 0

+ + m − ≠

⎧x1+ x2

=−5

Theo định lí Viét ta có ⎨

⎩xx

1 2= m−

2

⎧ 33

⎪

⇔ ⎨ 4

⎪

⎩m

≠−4

(*)

1 1

2

x −1 + x −1

=

1 2


11

Bài 10:

2

Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm I ( 0;1)

và cắt Parabol ( P) : y = x tại hai điểm

phân biệt M,

N sao cho độ dài đoạn thẳng MN = 2 10

Lời giải

Phương trình đường thẳng đi qua điểm I ( 0;1)

có hệ số góc α có dạng y = ax + 1 ( d )

Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là: x 2 = ax + 1⇔ x 2 −ax

− 1=

0 (*)

Đường thẳng ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai

2

nghiệm x , x ⇔∆= a + 4> 0 (luôn đúng)

1 2

Khi đó tọa độ các giao điểm là M ( x 2 ) ( 2

1; x1 , N x2;

x

2)

⎧x + x = a

⎨

⎩x1. x2

= −1

1 2

Theo định lí Viét ta có ( 1)

2 2 2

Ta có MN ( x x ) ( x x ) 2

= 2 10 ⇔ − + − = 2 10

2 1 2 1

( x x ) 2 ⎡1 ( x x ) 2 ⎤ 40 ⎡( x x ) 2 4x x ⎤⎡1 ( x x ) 2 ⎤ 40 ( 2)

⇔

2

−

1

+

1+ 2

= ⇔

1+ 2

−

1 2

+

1+ 2

=

⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Thay (1) và (2) ta được ( )( )

2 2 4 2

a a a a a

+ 4 1+ = 40 ⇔ + 5 − 36 = 0 ⇒ =± 2

Vậy phương trình đường thẳng cần lập là y 2x

1

= + và y =− 2x+ 1.


12

Bài 3: Hệ không đối xứng giữa các nghiệm

Bài 1: Phú Thọ, năm học 2016

2

Cho phương trình x − 2x+ m− 5= 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1,

x

2

thỏa mãn

điều kiện 2x1+ 3x2

= 7

Lời giải

Để phương trình có hai nghiệm ( )

Áp dụng định lí Viét, ta có

x , x ⇔∆ ' = 1− m− 5 > 0⇔ m<

6

1 2

( )

( )

⎧⎪ x1+ x2

= 2 1

⎨

⎪⎩ xx

1 2= m−

5 2

Từ giả thiết và phương trình (1) ta có

⎧2x1+ 3x2 = 7 ⎧x1

=−1

⎨

⇔ ⎨

⎩x1+ x2 = 5 ⎩x2

= 3

Thay vào phương trình (2) ⇒m− 5 = ( −1 ).3 ⇔ m= 2 (thỏa mãn)

Vậy m = 2 .

Bài 2:

2

Cho phương trình x −2( m−1)

x− 2m= 0. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai

nghiệm phân biệt với mọi m. Gọi x1,

x

2

là hai nghiệm của phương trình, tìm tất cả các giá

trị của m sao cho

2

x1 + x1− x2 = 5−

2m

Lời giải

Ta có ∆ ' = ( m−1) 2 −1. ( − 2m)

= m

2 + 1 > 0 với mọi m (đpcm)

Vì 1

, 2

x x là 2 nghiệm của phương trình, theo định lí Viét ta có

Từ ( 1) ⇒ x = 2( m−1)

− x thay vào giả thiết

2 1

( )

x x 2 m 1 x 5 2m x 2x

3 0

⎡x = 1⇒ x = 2m−3

2 2

1 2

1

+

1− − +

1

= − ⇔

1

+

1− = ⇔ ⎢

x1 =− ⇒ x2

= m+

3

+ x 1

= 1; x 2

= 2m−3 ⇒ x 1

. x 2

=−2m⇔ 2m− 3=−2m⇔ m=

4

3

x1 =− 3; x2

= 2m+ 1⇒− 3 2m+ 1 =−2m⇔ m=

−

4

+ ( )

⎣

3 2 1

( ) ( )

m ( )

⎧⎪ x1+ x2

= 2 m−1 1

⎨

⎪⎩ x1, x2

= −2 2


13

Bài 3:

2

Cho phương trình x −3mx − m = 0 ( m là tham số thực khác 0) có hai nghiệm phân biệt x1;

x2

. Tìm GTNN của

m x + 3mx + 3m

A = +

x mx m m

2

2

1 2

2 2

2

+ 3

1+

3

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Lời giải

⎡m

> 0

x1, x2

⇔ ∆= −3m −4. − m > 0 ⇔ 9m + 4m> 0 ⇔ m 9m+ 4 > 0 ⇔ 9 *

⎢

−

m <

⎣ 4

2 2

( ) ( ) ( ) ⎢ ( )

2 2

Vì x

2


2

Vậy ( )

2 1 2 1 1 2

⇒ x −3mx − m = 0⇔ x = 3mx + m

2 2 2 2

x + 3mx + 3m = 3mx + 3mx + 4m = 3m x + x + 4m

2

Tương tự ta có ( )

Áp dụng định lí Viét ta có

Điều kiện:

Ta có

x + 3mx + 3m = 3m x + x + 4m

1 2 1 2

⎧x1+ x2

= 3m

⎨

⎩xx

1 2= −m

2

⎧m

≠ ≠

⎪ 0 ⎧m

0

⎨

⇔

2

⎨

⎪⎩

x 3 .3 4 0

2

+ 3mx1+ 3m

≠0

⎩ m m+ m≠

2 2

m 9m + 4m m 9m+

4

A = + = + ≥2

2 2

9m + 4m m 9m+

4 m

2

Dấu “=” xảy ra m ( 9m

4)

Vậy

1

m = − .

2

(thỏa mãn) điều kiện (*)

(AM-GM)

⎡ −1

2 m 9m

4

m =

⎡ = + ⎢ 2

⇔ = + ⇔ ⎢

⇔ ⎢

⎣ m=− ( 9m+ 4)

⎢ −2 m=

( L )

⎢⎣ 5

Bài 4:

Cho phương trình x 2 + 2( m+ 1) x+ m

2 − 3= 0 ( 1)

( m là tham số)

1) Giải phương trình (1) với m = 2

( TM )

2 2

2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1

, x 2

sao cho x x

Lời giải

1

+

2

= 4

⎡ x =− +

+ + = ⇔ ⎢

⎢⎣ x =−3−2 2

2

3 2 2

1) Với m = 2 , thay vào phương trình ta có x 6x

1 0


14

2 2

2) Ta có ( ) ( )

∆ ' = m+ 1 − m − 3 = 2m+

4

Phương trình có hai nghiệm x 1

, x 2

⇔∆ ' = 2m+ 4≥0⇔m≥−

2


( )

⎧⎪ x1+ x2

=− 2 m+

1

⎨

2

⎪⎩ xx

1 2= m − 3

2 2

Theo bài ra ta có x 2 2 ( ) ( ) ( 2

1

x2 x1 x2 xx

1 2

m m )

2 ⎡m

= 1

⇔ m + 4m+ 3= 0⇒ ⎢

⎣m

= −3

+ = 4⇔ + − 2 = 4⇔ 4 + 1 −2 − 3 = 4

Kết hợp với điều kiện m ≥− 2 suy ra m = 1 là giá trị cần tìm.

Bài 5: Nam Định, năm học 2016

2 2

Cho phương trình x − 2( 2m+ 1)

x+ 4m − 2m+ 3= 0(m là tham số)

1) Giải phương trình với m = 1

2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,

x

2

thỏa mãn

2 2

( x ) ( x ) ( x x xx )

− 1 + − 1 + 2 + − = 18

1 2 1 2 1 2

Lời giải

1) Với m = 1, thay vào phương trình ta có x 2 − 6x+ 5 = 0 ⇔ x∈

{ 1; 5}

2 2

2) Ta có ( ) ( )

∆ ' = 2m+ 1 − 4m − 2m+ 3 = 6m−

2

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

1 2

Áp dụng Viét ta có

( )

⎧⎪ x1+ x2

= 2 2m+

1

⎨

⎪⎩ xx

1 2= m − m+

2

4 2 3

2 2

Theo đề ra ta có ( x ) ( x ) ( x x xx )

− 1 + − 1 + 2 + − = 18

1 2 1 2 1 2

2 2

1 1 2 2 1 2 1 2

1

x , x ⇔∆ ' = 6m− 2> 0⇔ m>

3

2

⇔ x − 2x + 1+ x − 2x + 1+ 2x + 2x − 2x x = 18 ⇔ ( x + x ) − 4xx

= 16 ( 2)

2 2

Thay (1) vào (2) ta được ( ) ( )

1 2 1 2

4 2m 1 4 4m 2m 3 16 6m 6 m 1

+ − − + = ⇔ = ⇔ = (thỏa mãn)

Bài 6:

Cho phương trình x 2 −2x− m 2 + 2m= 0 ( 1)

, m là tham số

1) Giải phương trình (1) khi m = 1

2) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,

x

2

thỏa mãn điều kiện

x

2 2

1

− x2 = 10


15

Lời giải

2) Xét phương trình x 2 −2x− m 2 + 2m=

0 ( 1)

2 2

Ta có ( ) ( ) 2

∆ ' = 1− − m + 2m = m − 2m+ 1 = m−1 ≥0,

∀ m

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ( m ) 2

⎧x

+ x = 2

⎨

⎩

1 2

Áp dụng Viét ta có ( 1)

2 2

Theo đề bài ta có x x

2

2

xx

1 2=− m + m

1

−

2

= 10

∆ ' = − 1 > 0⇔ m≠

1

2 2

2 2 2 2 2

( x1 x2) 100 ( x1 x2) ( x1 x2) 100 ⎡( x1 x2) 4x1x ⎤

2 ( x1 x2) 100 ( 2)

⇒ − = ⇔ − + = ⇔ + − + =

⎣

⎦

Thay (1) vào (2) ta được ⎡ ( )

mãn)

⎡ 7

⎢

m =

2 2 2 2

2 4 m 2 m ⎤.2 100 4m 8m

21 0

2

⎣

− − +

⎦

= ⇔ − − = ⇔ ⎢

⎢ −3

m =

⎢⎣ 2

Bài 7:

(thỏa

2

Cho phương trình x + x+ m− 2= 0. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai

2

nghiệm phân biệt x 1

, x 2

thỏa mãn

Ta có ( m )

∆= 1−4 − 2 = 9−

4m

x + 2xx − x = 1

1 1 2 2

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì

Áp dụng Viét ta có

⎧x1+ x2

=−1

⎨

⎩xx

1 2= m−

2

Lời giải

9

∆> 0 ⇔ m <

4

2 2

Vì x

1

là nghiệm của phương trình nên

Ta có

2

x + 2xx − x = 1⇔ −x − m+ 2+ 2xx − x = 1

1 1 2 2 1 1 2 2

x + x + m− 2= 0⇒ x =−x − m+

2

1 1 1 1

⇔ 2xx − ( x + x ) − m+ 1= 0⇔ 2( m− 2)

+ 1− m+ 1= 0⇔ m= 2 (thỏa mãn)

1 2 1 2


Bài 8:


2

Tìm m để phương trình mx + 2( m − 1)

x + m − 2= 0 có hai nghiệm x 1

, x 2

thỏa mãn x1 x2

3 − = 2

16

Lời giải

Để phương trình đac cho có hai nghiệm phân biệt x1,

x

2

⎧⎪

m ≠ 0 ⎧m

≠ 0

⎨

2

⇔ ⎨ ⇔ m ≠0

⎪⎩ ∆ ' = ( m − 1) − m( m − 2)

≥ 0 ⎩1 ≥ 0

Khi đó theo Viét ta có

Theo đề bài 3x

− x = 2 ( 3)

1 2

Từ (1) và (3) suy ra

1 3

2m

2m

( − m)

⎧ 21

x1 + x2

=

⎪ m

⎨

⎪ m − 2

x1. x2

=

2

⎪⎩ m

( − m)

( 1)

( )

21 1 3

4x1 = + 2⇒ x1 = ⇒ x2 = 3x1− 2= − 2

m 2m 2m

Thay x = 1

; x = − 2

2 vào (3) ta được

1 ⎛ 3 ⎞ 2 3 4

2

. 2 m − −

⎜ − ⎟= ⇒ m = m −2⇔3− 4 m = 4 m −8

m

2m ⎝2m ⎠ m 4m

m m m

( ) 2

2

⇔ 4 −4 − 3= 0⇔ 2 − 1 = 4⇔ ⎢

⎡ 3

⎢

m =

2

⎢ −1

m =

⎢⎣ 2

(thỏa mãn)

Bài 9:

Tìm m sao cho phương trình x 2 − 2( 2m+ 1)

x+ m

2 + 1= 0 có hai nghiệm x1,

x

2

thỏa mãn

x = 2x

.

1 2

Lời giải

Phương trình có nghiệm ⎡ ( ) ( )


Theo giả thiết x 1

= 2x

2

(3)

⇔∆= − 2m+ 1 − 4 m + 1 ⎤ = 4m−3≥0⇔m≥

⎣

⎦

4

( )

( )

⎧⎪ x1+ x2

= 2m+

1 1

⎨

2

⎪⎩ xx

1 2= m + 1 2

Từ (1) và (2) suy ra 3x2 2m 1 x2 x1

2 2 3

2m+ 1 4m+

2

= + ⇔ = ⇒ =

3 3


thì

17

2m+ 1 4m+

2

2m

14m

2 2 2 ⎡ 1

Thay x2 = ; x1

= vào (2) ta được: . m 1 m 8m

7 0

3 3


Vậy m∈ { 1; 7}

Bài 10:

+ + m =

= + ⇔ − + = ⇔

3 3

⎢

⎣m

= 7

Chứng minh điều kiện cần và đủ để phương trình ax 2 + bx + c = 0( a ≠ 0)

có nghiệm đồng

thời nghiệm này gấp k lần nghiệm kia khi và chỉ khi ( k 1) 2 ac kb 2

( k 1)

Lời giải

+ = ≠− .

*) Điều kiện cần: Giả sử phương trình ax 2 + bx + c = 0( a ≠ 0)

có nghiệm x1,

x

2

và x1 kx2

Chứng minh hệ thức ( k + 1) 2 ac = kb 2

( k ≠− 1)

Thật vậy theo Viét ta có

⎧ −b

⎧ −b

x1+ x2 = k+ x2

=

⎪ a

⎪ a

⎨

⇔ ⎨

⎪ c

2 c

x1x

2= ⎪kx2

=

⎪⎩

a ⎪⎩

a

( 1) ( 1)

= .


( 2)

−b

Từ (1) suy ra x

( ) ( )

2

= a ≠0; k ≠−1

thế vào (2) ta được:

a k+

1

2

2

⎛ −b ⎞ c kb c 2

k ⎜ ⎟

kb ac k

2

( 1)

⎜

2

a( k 1) ⎟

= ⇔ = ⇔ = +

⎝ + ⎠ a a ( k+

1)

a

2

(đpcm).

*) Điều kiện đủ: Giả sử có hệ thức ( k 1) 2 ac kb 2

( k 1)

2

ax bx c 0( a 0)

x = kx

+ + = ≠ có nghiệm 1 2

2 2

Thật vậy: Từ hệ thức ( 1) ( 1)

Phương trình có

k + ac = kb k ≠− ⇒ ac =

( x 1

kx 2

= )

+ = ≠− , phải chứng minh phương trình

2

( k−1)

2

( k + 1)

kb

2

( k + 1)

2

2

b

∆= b − 4ac

= ≥0⇒

− b − ∆ −

x ; x b + ∆ −

= = = b ⇒ x = kx

2a 2a a k 1

( + )

1 2 1 2

Bài 11:

2

phương trình có nghiệm

Tìm m để phương trình có nghiệm mx 2 −2( m − 1) x + 3( m − 2)

= 0 có hai nghiệm phân biệt

x1,

x

2

thỏa mãn x 1

x 2

+ 2 = 1

Lời giải

18

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là

⎧m ≠ 0 ⎧

m 0

2− 6 2+

6

⎪

⎧ ≠

⎪ < m <

⎨ 2 ⇔

⇔

2

2 2

' ⎡ ( m 1 ) m.3( m 2)

0⎤

⎨ ⎨

⎪∆ = − − − − > − 2m + 4m+ 1>

0

⎩ ⎣

⎦ ⎩

⎪

⎩m

≠ 0

Theo Viét ta có

( m − )

⎧ 2 1

x1 + x2

=

⎪ m

⎨

⎪ 3( m − 2)

xx

1 2=

⎪⎩ m

( 1)

( 2)

Theo đề bài ta có x1+ 2x2 = 1⇒ x1 = 1− 2x2

thế vào (1) ta được

2( m −1)

2−m 2−m 3m−4

1− 2x2 + x2 = ⇔ x2 = ⇒ x1

= 1− 2. =

m m m m

3m−4 2−m

m m

Thế x 1

= ; x 2

= vào (2) ta được

Vậy

2

m∈ ⎧ ⎨2; ⎫ ⎬ 3

⎩ ⎭ là các giá trị cần tìm. Bài 12:

⎡m

= 2

3m−4 2−m

3( m − 2

.

) 3

2

= ⇔ m − 8 m+ 4 = 0 ⇔ ⎢

2

m m m ⎢ m =

⎣ 3

Cho phương trình 8x 2 − 8x+ m

2 + 1= 0 (*)

( x là ẩn số). Định m để phương trình (*) có hai

4 4 3 3

nghiệm x 1

, x 2

thỏa mãn điều kiện x x x x

2 2

Ta có ∆ ' = 16 −8m

− 8 = 8( 1−

m )

− = − .

1 2 1 2

2

Để phương trình có nghiệm thì ( m )

+ Với m = ± 1 thì ta có ∆ ' = 0, tức là x1 = x2

4 4 3 3

Khi đó x − x = x − x thỏa mãn

1 2 1 2

Lời giải

∆ ' = 81− ≥0⇔ m ≤ 1

+ Với m < 1⇔− 1< m< 1 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,

x

2

⎧x1+ x2

= 1

⎪

⎨ m + 1

⎪xx

1 2=

⎩ 8

Theo định lí Viét ta có 2

( 1)

Theo đề bài ta có x 4 4 3 3 ( 2 2 )( 2 2 ) ( )( 2 2

1

− x2 = x1 −x2 ⇔ x1 − x2 x1 + x2 = x1− x2 x1 + x2 + x1x2)


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

⇒ + + = + + ≠

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

19

( x x ) ⎡( x x ) 2 2x x ⎤ ( x x ) 2

x x ( 2)

⇔ + + − = + −

⎣

⎦

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

⎡ 2 m + 1⎤

2 m + 1 2

Thế (1) vào (2) ta được 1. ⎢1 − 2. = 1 − ⇔ m + 1 = 0

8

⎥


⎣

⎦ 8

Vậy m = ± 1 là các giá trị cần tìm.


20

Bài 4: Biện luận dấu của nghiệm

2

Phương trình ax + bx + c = 0 có hai nghiệm x 1

, x 2

Cho phương trình

2

ax + bx + c = 0 (1)

1) Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu

2) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu P < 0

3) Phương trình (1) có hai nghiệm dương

4) Phương trình (1) có hai nghiệm âm

⇔ ⎧∆≥

⎨ 0

⎩P

> 0

⎧∆≥0

⎪

⇔ ⎨P

> 0

⎪

⎩S

> 0

⎧∆≥0

⎪

⇔ ⎨P

> 0

⎪

⎩S

< 0

Bài 1:

2

Cho phương trình x + 5x+ 3m− 1= 0. Tìm m để phương trình có

a) Hai nghiệm trái dấu

b) Hai nghiệm dương phân biệt

c) Hai nghiệm âm phân biệt

a) Phương trình có hai nghiệm trái dấu

b) Phương trình có hai nghiệm âm phân biệt

Lời giải

1

⇔3m− 1< 0⇔ m<

3

⎧ ∆= 25 −4( 3m

− 1)

> 0

⎧ 29

m <

⎪

⎧29 − 12m

> 0 ⎪

12 1 29

⇔ ⎨x1+ x2

=− 5< 0 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ < m<

⎪ ⎩3m

− 1>

0 1 3 12

xx

1 2

3m

1 0

⎪ m >

⎩

= − >

⎪⎩ 3

c) Điều kiện

( m )

5 0 ( )

⎧∆= ⎪ 25 −4 3 − 1 > 0

⎨x + 1

x =− >

2

VL

⎪

⎩

xx

1 2= 3m− 1>

0

Vậy không tồn tại giá trị của tham số m .


21

Bài 2:

2

Cho Parabol ( P) : y = x và đường thẳng y =−5x− 3m+ 1. Tìm m để Parabol cắt đường thẳng

tại hai điểm phân biệt AB , nằm ở

a) Hai nửa mặt phẳng khác nhau có bờ là trục Oy

b) Nằm cùng ở nửa mặt phẳng bên trái trục Oy

c) nằm cùng ở nửa mặt phẳng bên phải trục Oy

Lời giải

Hoành độ x , x của hai điểm AB , là nghiệm của phương trình

A

2 2

x x m x x m

B

( )

=−5 − 3 + 1⇔ + 5 + 3 − 1=

0 *

a) Hai điểm AB , nằm hai nửa mặt phẳng khác nhau bờ Oy ⇔ x , x trái dấu

Để phương trình (*) có hai nghiệm x , x trái dấu

b) AB , nằm cùng nửa bên trái trục Oy ⇔ x , x cùng âm...

c) Điều kiện ⇔ x , x cùng dương...

A

B

A

B

A

B

Bài 3:

1

⇔ ac < 0 ⇔ m <

3

2


x+ m− 2= 0. Tìm m để phương trình có

a) Hai nghiệm trái dấu

b) Hai nghiệm âm phân biệt

c) Hai nghiệm dương phân biệt.

a) Điều kiện ( )( )

b) Điều kiện m ≠− 1

m+ 1 m− 2 < 0⇔− 1< m<

2

phương trình có hai nghiệm âm phân biệt

Lời giải

⎧

⎪ ∆ ' > 0

⎪ −b

2( m −1)

⇔ ⎨S

= = < 0

⎪ a m+

1

⎪ m − 2

⎪P

= > 0

⎩ m + 1


A

B

22

⎧

⎪

⎪m

−1 ⇔ ⎨ < 0 2

⎪m

+ 1

⎪m

− 2

⎪ > 0 3

⎩ m + 1

2

( m−1) − ( m+ 1)( m− 2) > 0 ( 1)

( )

( )

2 2

Ta có ( ) ( )

( )

1 ⇔ m − 2m+ 1− m −m− 2 > 0⇔ − m+ 3> 0⇔ m<

3

⎡⎧m

− 1<

0

⎢⎨

m + 1>

0

2 ⇔⎢⎩

⇔− 1< m < 1

⎢⎧m

− 1>

0

⎢⎨

⎢⎩ ⎣ m + 1 < 0

( 3)

⎡m

> 2

⇔ ⎢

⎣m

<−1

Kết hợp điều kiện (1)(2)(3) ta thấy không có giá trị nào của m thỏa mãn bài toán.

Bài 4:

2 2

Xác định tham số m sao cho phương trình 2x − ( 3m+ 1)

x+ m −m− 6= 0 có hai nghiệm trái

dấu

Phương trình có hai nghiệm trái dấu

Lời giải

2

c m −m−6

⇔ P= < 0⇔ < 0⇔ − 2< m<

3

a 2

Bài 5:

Tìm m để phương trình ẩn x sau có bốn nghiệm phân biệt

4 2

Lời giải

2

Đặt x = t( t ≥ 0)

ta có phương trình t 2 − 6t+ m=

0

x − 6x + m=

0

2

Để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thì phương trình t − 6t+ m= 0 có hai

⎧∆ ' = 9− m > 0

⎪

nghiệm dương phân biệt ⇔ ⎨S

= 6> 0 ⇔ 0< m<

9

⎪

⎩P

= m > 0

2


Bài 6:

x −2 m−1 x−3− m= 0 (ẩn x )

a) Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm x 1

, x 2

với mọi m


b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu

23

c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm cùng âm

a) Ta có ( ) ( )

2 2

Lời giải

∆ ' = m−1 − −3− m = m − m+ 4> 0∀

m

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m .

b) Phương trình có hai nghiệm trái dấu ⇔ P< 0⇔ −3− m< 0⇔ m>−

3

c) Phương trình có hai nghiệm cùng âm

( m )

⎧S

< 0 ⎧⎪

2 − 1 < 0

⇔⎨

⇔⎨

⇔ m <−3

⎩P

> 0 ⎪⎩

−3− m > 0

Bài 7:

2

Cho phương trình x − 2( m+ 2)

x+ 4m= 0 ( m là tham số). Tìm m để phương trình có hai

nghiệm x 1

, x 2

thỏa mãn x1 + x2 = 2

Lời giải

2

⎧ + ≥

⎧∆' ≥0

m 4 0

⎪ ⎪

⎨x1 + x2

≥ 0 ⇔ ⎨2 m + 2 ≥ 0 ⇔ m ≥ 0

⎪xx

1 2

0 ⎪

⎩ ≥

⎩4m

≥ 0

Điều kiện phương trình có 2 nghiệm không âm x1,

x

2

là: ( )

Theo hệ thức Viét ta có

( )

⎧ ⎪x1+ x2

= 2 m+

2

⎨

⎪⎩ xx

1 2=

4m

Ta có

1 2 1 2 1 2 ( ) ( )

x + x = 2⇔ x + x + 2 xx = 4⇔ 2 m+ 2 + 2 4m= 4⇔ m m+ 2 = 0⇔ m=

0


Bài 8:

2

Cho phương trình x −( m−5)

x− m+ 4= 0 ( m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương

trình có ít nhất một nghiệm không âm.

Lời giải

Phương trình có a b m c m a b c ( m ) ( m )

= 1; =− + 5; =− + 4⇒ − + = 1− − + 5 + − + 4 = 0

Vậy phương trình có hai nghiệm x 1

=− 1; x 2

= m−

4

Khi đó để phương trình có ít nhất một nghiệm không âm thì m−4≥0⇔ m≥ 4.


24

Bài 5: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

*) Nhắc lại: Ta có

2 2

a b 2 ab, a,

b

a

2

≥0,

∀ a

+ ≥ ∀ ; a + b ≥2 ab, ∀a, b ≥ 0 (AM-GM)

2

Cho phương trình x − 2mx + 2m

− 2=

0

Bài 1:

a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x 1

, x 2

b) Tìm GTLN của

( x1+

x2)

.

4( )

6

A = x + x + x + x

2 2

1 2 1 2

2

a) Ta có ( ) ( ) 2

∆ ' = m − 2m− 2 = m− 1 + 1 > 0, ∀ m

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm x 1

, x 2

b) Theo Viét ta có

Ta có

⎧x1+ x2

= 2m

⎨

⎩xx

1 2= 2m−

2

( )

( )

Lời giải

( )

2

( x + x ) − 2x x + 4( x + x ) ( )

6 x + x 6 x + x 6.2m

A = = =

x + x + 4 x + x 4 m −2 2 m − 2 + 4.2 m

2

Cách 1: ( )

1 2 1 2

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

Am + A − 3 m + A = 0

2 2

Phương trình có nghệm m ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )

⇔∆

m

= A−3 −4A ≥0⇔ −A−3 3A−3 ≥ 0

⇔− A+ 3 .3. A−1 ≥0 ⇔ A+ 3 A−1 ≤0 ⇔−3 ≤A≤

1

+ Với

A

Cách 2: Ta có

−( A −3)

= 1⇒ m= = 1. Vậy GTLN của A 1 m 1

2A

= ⇔ = .

( m −1) 2

2

3m 2m−m

−1

−

A − 1= − 1= = ≤0

2

2 2

m + m+ 1 ⎛ 1⎞ 3 ⎛ 1⎞

3

⎜m+ ⎟ + ⎜m+ ⎟ +

⎝ 2⎠ 4 ⎝ 2⎠

4

Bài 2:


=

m

2

3m

+ m+

1

2

Cho phương trình x + bx + c − 2= 0 với bc , nguyên có nghiệm kép x 0

≥ 2 . Tìm GTNN của

F b c

2 2

= + .

Phương trình có nghiệm kép

x

0

Lời giải

( )

2 2

⎧∆= 0⇔b −4 c− 2 = 0 2 ⎧ b + 8

⎪

⎧ b = 4c− 8 ⎪c

= 1

≥2 ⇔ ⎨ −b

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 4

⎪x

4

0

= ≥ 2

⎩b

≥ ⎪

⎩ 2

⎩b

≤− 4

( )

25

⇒ F = b + c = 4c− 8+

c

2 2 2

2 16 + 8

Vì b b c

≤−4 ⇒ ≥16 ⇒ ≥ = 6

4

2

Tìm GTNN của F = c + 4c− 8 với c ≥ 6

Ta có

2

⎧c

≥ 36

⎨ ⇒ F ≥ 36 + 24 − 8 = 52

⎩4c

≥ 24

Vậy Fmin = 52 ⇔ c= 6; b=−

4

Bài 3:

2

Cho phương trình x + ( 2m−1)

x− m= 0. Gọi x

1

và x

2

là các nghiệm của phương trình. Tìm

2 2

m để A= x + x − 6xx

có giá trị nhỏ nhất.

1 2 1 2

Lời giải

Phương trình có hai nghiệm là ( ) 2 2


∆= 2m− 1 + 4m= 4m + 1> 0∀

m

( 2 1)

⎧ ⎪x1+ x2

=− m−

⎨

⎪⎩ xx

1 2= −m

2 2

Theo đề bài ta có A x x xx ( x x ) xx ( m ) m ( m )

Suy ra

min

1 2 1 2 1 2 1 2

2 2 2

= + − 6 = + − 8 = 2 − 1 + 8 = 2 + 1 ≥ 0

1

A = 0⇔ 2m+ 1= 0⇔ m= − .

2

Bài 4:

2

Cho phương trình x − mx + m − 1= 0. Gọi x

1

và x

2

là các nghiệm của phương trình. Tìm giá

trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức

2xx

+ 3

+ + 2 + 1

1 2

B = x

2 2

1 x

2 xx

1 2

Lời giải

2

Phương trình có hai nghiệm vì ( ) 2


Theo đề bài

Cách 1: Thêm bớt

⎧x + x = m

⎨

⎩xx

1 2

1 2= m−1

∆= m − 4m+ 4= m−2 ≥0

∀ m

( m )

.

( )

2xx + 3 2xx + 3 2 − 1 + 3 2m

+ 1

B= = B= = =

x + x + 2 xx + 1 m + 2 m + 2

1 2 1 2

2 2 2

2 2

1 2 ( 1 2 ) ( x1+ x2)

+ 2


Ta biến đổi B như sau

( ) ( ) 2

m 2 m 2 m m

2m

+ 1 + 2− − 2 + 1 −1

B = = = 1−

m

2 2 2

+ 2 m + 2 m + 2

26

Vì ( m )

2

( m −1) 2

−1 ≥0⇒ ≥0⇒ B≤1

2

m + 2

Dấu “=” xảy ra khi m− 1= 0⇔ m=

1

Vậy giá trị lớn nhất của B là 1 khi m = 1.

Mặt khác

Vì ( m )

1 2 1 2 1 2 1 2

m + 2m+ 1− m m + 4m+ 4 − m + 2

2 2 2 2

2 1

B = = = −

2 2 2

m + 2 m + 2 m + 2

( m + )

2

2 1

+ 2 ≥0⇒ ≥0⇒ B≥−

2 2

2

2

2

( m + )

Dấu “=” xảy ra khi m+ 2= 0⇔ m=−

2

Vậy Bmin

1

=− ⇔ m=−

2

2

( ) ( ) ( m +

2

)

2( 2)

Cách 1: Đưa về phương trình bậc hai với ẩn là m và B là tham số, ta sẽ tìm điều kiện cho

tham số B để phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m

2m

+ 1

= ⇔ − 2 + 2 − 1=

0

m + 2

2

B Bm m B

2

Ta có ( ) ( )

2 2

∆ ' = −1 −B 2B− 1 = 1− 2B + B

( m là ẩn, B là tham số) (**)

Để phương trình (**) luôn có nghiệm với mọi m thì ∆≥ 0

( )( )

⇔ − + + ≥ ⇔ − − ≤ ⇔ + − ≤

2 2

2B B 1 0 2B B 1 0 2B 1 B 1 0

⎡ ⎧2B

+ 1≤0

⎢⎨

B −1≥0 1

⇔⎢⎩

⇔− ≤B

≤1

⎢ ⎧2B

+ 1≥0

2

⎢⎨

⎣⎢⎩

B − 1 ≤ 0

Vậy

max

1

B = 1 ⇔ m= 1; Bmin

=− ⇔ m=−

2

2

Bài 5:

Cho phương trình ax 2 + bx + c = 0( a ≠ 0)

có hai nghiệm thuộc đoạn [ 0;1 ]. Tìm giá trị lớn nhất

của

P =

( a−b)( 2a−b)

.

a( a− b+

c)

Lời giải

2

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là b

∆= −4ac

≥ 0


27

Gọi hai nghiệm của phương trình đã cho là x 1

≤ x 2

, theo định lí Viét ta có

Ta có

( )( 2 )

( )

⎧ −b

x1 + x2

=

⎪ a

⎨

⎪ c

xx

1 2=

⎪⎩ a

( )( )

2 2

a−b a−b ⎛ b⎞⎛ b⎞ ⎛ b c⎞

1+ x + x 2+ x + x x + x + x + x

P = = ⎜1− ⎟⎜2 − ⎟: ⎜1− + ⎟ = = 2 +

a a− b+ c ⎝ a⎠⎝ a⎠ ⎝ a a⎠

1+ x + x + xx 1+ x + x + xx

2 2

Vì x x [ ] x xx x

1 2 1 1 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

x1 + x2 + x1+ x2 x1x2 + 1+ x1+

x2

, ∈ 0;1 ⇒ ≤ ≤ ≤ 1 và 1+ x1+ x2+ xx

1 2> 0⇒

+ ≤ = 1

1+ x + x + xx 1+ x + x + xx

−b

⇒ P ≤ 3. Dấu “=” xảy ra khi a = c= ≠ 0 thì P = 3

2

Vậy GTLN của P là 3.

Bài 6:

1 2 1 2 1 2 1 2

Cho phương trình x 2 − ( 2m+ 5) x+ 2m+ 1= 0( 1, ) với x là ẩn, m là tham số. Tìm các giá trị

của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1,

x

2

sao cho biểu thức

P x x

= − đạt giá trị nhỏ nhất.

1 2

Lời giải

2

Ta có ( ) ( ) ( )

2 2

∆= 2m+ 5 − 4 2m+ 1 = 4m + 12m+ 21 = 2m+ 3 + 12 > 0 ∀ m

⇒ phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng hệ thức Viét ta có

⎧x1+ x2

= 2m+

5

⎨

⎩xx

1 2= 2m+

1

Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm dương là

2

2 2

1 2 1 2 1 2

Ta có ( ) ( )

P = x − x = x + x −2 xx ⇒ P = 2m+ 5− 2 2m+

1

( 2 2

m 1 2 2 m 1 1 ) 3 ( 2 m 1 1 ) 3 3 P 3 ( P 0 )

= + − + + + = + − + ≥ ⇒ ≥ >

Dấu “=” xảy ra ⇔ 2m+ 1− 1= 0⇔ m= 0 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. Khi đó P

min

= 3

Bài 7:

⎧2m

+ 5>

0 −1

⎨ ⇔ m >

⎩2m

+ 1>

0 2

2

Cho phương trình x + ( m−2)

x− 8= 0, m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để


phương trình có hai nghiệm 1

, 2

x x sao cho biểu thức P ( x 2 )( 2

1

1 x2

4)

= − − có giá trị lớn nhất.

28

Ta có ( ) ( ) ( )

2 2

∆= m−2 −4. − 8 = m− 2 + 32 > 0 ∀ m

Lời giải

Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 1

, x 2

với mọi m

Theo Viét

( 2)

⎧ ⎪x1+ x2

=− m−

⎨

⎪⎩ xx

1 2= −8

−8

⇒ x1

≠0

và x2

=

x

2

⎡

2 2 2

⎛−8 ⎞ ⎤

2

⎛ 64 ⎞ ⎛

2 16 ⎞

P= x1 −1 x2 − 4 = x1 −1 ⎜ ⎟ − 4 = x1 − 1 ⎜ 68 4 x

2 ⎟= − ⎜ 1

+

2 ⎟

⎢ x1 x1 − 4

x

⎣⎝ ⎠ ⎥⎦

⎝ ⎠ ⎝ 1 ⎠

Khi đó ( )( ) ( ) ⎢ ⎥ ( )

2 16 2 16 ⎛

2 16 ⎞

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có x1 + ≥ 2 x

2 1. = 8 ⇒ P= 68 − 4 x

2 ⎜ 1

+ 68 4.8 36

2 ⎟≤ − =

x1 x1 ⎝ x1

⎠

2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x

+ Với x1 = 2⇒ x2

=−4⇒ m=

4

+ Với x1 =−2⇒ x2

= 4⇒ m=

0

16

= ⇒ x =± 2

1 2 1

x1

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 36 khi m = 0 hoặc m = 4 .

1


29

Bài 6: Nghiệm chung của hai phương trình

A. Kiến thức

*) Chú ý: Hai phương trình tương đương khi và chỉ khi chúng có cùng tập nghiệm.

B. Bài tập

Bài 1:

Cho các số thỏa mãn điều kiện pp ≥ 2( q+ q)

. Chứng minh rằng trong hai phương trình

1 2 1 2

2

2

sau có ít nhất một phương trình có nghiệm x + px+ q = và

*) Dùng phương pháp phản chứng

Giả sử cả hai phương trình đều vô nghiệm

( ) ( )

Lời giải

1 1

0

2

⎧∆ 1

< 0 ⎧⎪

p1 − 4q1

< 0

⇔ ⎨ ⇔ ⎨

2

⎩∆ 2

< 0 ⎪⎩

p2 − 4q2

< 0

2 2 2 2 2 2

1 2

4

1 2

4

1 2 1 2 1 2

2

1.

2

⇒ p + p < q + q ⇒ q + q > p + p = p + p ≥ p p

⇒ 4( q+ q) > 2 pp ⇔ 2( q+ q)

> pp (vô lý)

1 2 1 2 1 2 1 2

Vậy ít nhất một trong hai phương trình ban đầu phải có nghiệm.

Bài 2:

x + px+ q =

2 2

0

2

2

Cho hai phương trình x + x+ m+ 1= 0 và x + ( m+ 1)

x+ 1= 0. Tìm m để phương trình

a) Có 1 nghiệm chung

b) Tương đương

Lời giải

a) Giả sử hai phương trình có 1 chung nghiệm

2

⎪⎧ x0 + x0

+ m+ 1= 0 ⎡m

= 0

x0 ⇒⎨

⇒m − mx

2

0

= 0 ⇔ ⎢

⎪⎩ x0 + ( m+ 1)

x0

+ 1= 0

⎣x0

= 1

+ TH1: m = 0⇒ x 2 + x + 1= 0 ( ptvn)

. Vậy m = 0 (loại)

+ TH2: x

0

= 1 là nghiệm chung của hai phương trình ⇒ m+ 3= 0⇔ m=−

3

Với m =−3

⇒ phương trình có nghiệm chung là x = 1

b) Nếu 2 phương trình có nghiệm và có cùng tập nghiệm ⇒ hai phương trình có nghiệm

chung


Theo câu a) ⇒ m =− 3

30

x =

⇒ + − = ⇔ ⎢

⎣x

= −2

2 ⎡ 1

Thay m = − 3 vào phương trình (1) x x 2 0

2

Thay m = − 3 vào phương trình (2)

Như vậy 2 phương trình không tương đương

Vậy m = − 3 (loại)

⇒ x − 2x+ 1= 0⇔ x=

1

Để hai phương trình tương đương ⇒ hai phương trình là vô nghiệm

3

0 m m

⎧ −

⎧∆ < ⎧⎪ ⎧ ⎪− <

⎪m

> −3

1− 4( + 1)

< 0 4 3

2

( m 1) 4 0 ( m )( m )

1

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 4 ⇔ < m <

∆

2

< 0 + − < ⎪ − 1 + 3 < 0

4

⎩

⎪⎩ ⎩

⎩

⎪− 3< m < 1

Bài 3:

2

2

Cho hai phương trình ax + bx + c = 0 và ax + bx+ c = có nghiệm chung. Chứng minh

rằng ( ac − a c) 2

= ( ab −a b)( bc − b c)

1 1 1 1 1 1

1 1 1

0

Lời giải

2

⎧ ⎪ax + bx + c = 0

⇒ ⎨

2

⎪⎩ ax

1 0+ bx

1 0+ c1=

0

0 0

Giả sử hai phương trình có nghiệm chung là x

0

(*)

2

⎧ ac x + bc x + cc =

⎪

0

⎨

2

⎪⎩ a1cx 0

+ b1cx 0

+ cc1

= 0

1 0 1 0 1 2

(*)

⇒ ( ) ( )

( ac a c) x 2

( b c bc ) x ( )

⇔ − = −

1 1 0 1 1 0

1

2

⎧ ab x + bb x + cb =

⎪

0

⎨

2

⎪⎩ a1bx0 + b1bx0 + bc1

= 0

⇒ ac − a c x + bc − b c x = 0

1 1 0 1 1 0

1 0 1 0 1 2

(*)

⇒ ⇒( ab − a b) x = bc −b c ( 2)

1 1 0 1 1

Ta có ( − )( − ) = ( − )( − )

ab a b bc b c . x bc b c bc b c . x

4 2

1 1 1 1 0 1 1 1 1 0

2

( ) 2 ( ) 2 2

( ) 2

( ) 2 4

bc cb . x ⎡ b c bc x ⎤ ac a c x ac a c x ( 3)

= ⎡

⎣ − ⎤

⎦ = ⎣ − ⎦ = ⎡

⎣ − ⎤

⎦ = −

1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0

Nếu x

0

= 0 , thay vào (*)

( ab a b)( bc b c)

⎧c

= 0 ⎧⎪

1− 1 1− 1

= 0

⇒⎨

⇒⎨

2

⎩c1 = 0 ⎪⎩ ( ac1− a1c

) = 0

4

Nếu x0 ≠ 0, chia cả hai vế của (3) cho x ⇒ đpcm.

0

Bài 4:

2

Cho abc , , là ba số khác nhau, c ≠ 0. Chứng minh rằng nếu phương trình

2

x bx ca


1

x + ax + bc = 0 và

+ + = 0 có đúng một nghiệm chung thì các nghiệm còn lại của chúng thỏa mãn

phương trình

2

x + cx + ab = 0

31

Lời giải

Giả sử α là nghiệm chung của hai phương trình x 2 + ax + bc = 0 ( 1)

và x 2 + bx + ca = 0 ( 2)

2

⎧ + + =

⎪α

aα

bc 0

⎨

⇒ − + − = 0⇒ − − = 0 ⇒ α = c a≠

n

2

⎪⎩ α + bα

+ ca = 0

Ta có α( a b) c( b a) ( α c)( a b)

2

Thay α = c vào (1) ta có c + ac+ bc= 0⇒ c( a+ b+ c)

= 0⇒ a+ b+ c=

0

Mặt khác theo Viét từ phương trình (1) ta có x 1

x 2

= bc

Mà 1

α

2

x = = c⇒ x = b, tức là phương trình (1) luôn có nghiệm nữa là x=

b

Tương tự phương trình (2) còn có nghiệm nữa là x=

a

Theo Viét đảo, a và b là hai nghiệm của phương trình ( )

Bài 5:

( )

2 2

x a b x ab x cx ab

− + + = 0⇔ + + = 0

Cho phương trình bậc hai α 2 + bx + c = 0 có một nghiệm dương x

1. Chứng minh phương

2

trình cx + bx + a = 0 cũng có một nghiệm dương x

2

và x 1

+ x 2

≥ 2

Theo giả thiết

2

ax + bx + c = 0, x > 0

1 1 1

2

Chia hai vế cho x ≠ ta được

Suy ra

Ta có

x

1

x

1

1

0

2

⎝ 1⎠ ⎝ 1⎠

Lời giải

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞

c⎜ ⎟ + b⎜ ⎟+ a=

0

x x

= là nghiệm dương của phương trình

2

1 ⎛ 1 ⎞

x1+ x2 = x1+ = x1

− + 2≥2

x ⎜

1 x ⎟

⎝

1 ⎠

Tìm các giá trị của a để hai phương trình

chung.

Đặt x 2 + ax + 8= 0 ( 2; ) x 2 + x + a = 0( 2)

2

(đpcm)

Bài 6:

cx + bx + a = 0

2 2

x ax x x a

Lời giải

Giả sử x

0

là nghiệm chung của hai phương trình

2 2

Khi đó ta có ( )

x + ax + 8 = 0; x + x + a = 0 ⇒ a − 1 x + 8 − a = 0

0 0 0 0 0

+ + 8 = 0; + + = 0 có ít nhất 1 nghiệm


2

+ Nếu a = 1 thì (1) trở thành x + x+ 8= 0, phương trình vô nghiệm

32

2

(2) trở thành x + x+ 1= 0, phương trình vô nghiệm

a −8

a 1

3

+ Nếu a ≠ 1 thì x0

= . Thay vào (2) và rút gọn ta có −

a − 24a+ 72 = 0 ⇔ a=−

6

2

Với a = − 6 , phương trình (1) trở thành x − 6x+ 8= 0, có hai nghiệm x 1

= 2; x 2

= 4

2

phương trình (2) trở thành x + x− 6= 0, có hai nghiệm x 1

= 2; x 2

= − 3

Do đó (1) và (2) có 1 nghiệm chung là x = 2

Vậy với a = − 6 thì 2 phương trình có một nghiệm chung

*) Một số bài toán khác:

Bài 7:

2

Cho f ( x) = x + bx + c = 0. Chứng minh rằng nếu mnk , , là ba số nguyên đôi một khác nhau

1

f m f n f k ≥

2

{ }

thì max ( ) ; ( ) ; ( )

Lời giải

1

min ; ; 1

2

{ f m f n f k } < ( )

Phản chứng: Giả sử m< n< k sao cho ( ) ( ) ( )

Ta có f ( k ) − f ( n) = ( k 2 + bk + c) − ( n 2 + bn + c) = ( k 2 − n 2

) + ( bk − bn) = ( k − n)( k + n + b)

Khi đó k− n k+ n+ b = f ( k) − f ( n) ≤ f ( k) + f ( n) < f ( k) + f ( n)

1 1

⇒ k− nk+ n+ b< + = 1 (theo 1)

2 2

Do k > n⇒ k+ n+ b < ( k− n)( k+ n+ b) < 1 ( 2)

Do k > m⇒ m+ n+ b < ( k+ n+ b) < 1 ( 3)

Ta có k− m = ( k+ n+ b) − ( n+ b+ m) < k+ n+ b + n+ b+ m < 1+ 1= 2 (do 2 và 3)

Vì m n k

< < và mnk , , là các số nguyên nên k− m không thể bằng 1⇒ k− m < 2 (vô lý)

1

f m f n f k ≥ (đpcm)

2

{ }

Vậy điều giả sử là sai, tức là max ( ) ; ( ) ; ( )

Bài 8:

2

Giả sử x

1

và x

2

là hai nghiệm của phương trình x − 4x+ 1= 0. Chứng minh rằng biểu thức

x

+ x có thể biểu diễn ở dạng tổng bình phương của ba số nguyên liên tiếp với mọi n

2n

2n

1 2


nguyên dương.

Lời giải

33

Ta có x 1

= 2 − 3; x 2

= 2 + 3

Đặt

( )

( )

n

⎧ n

⎪

x1

= 2− 3 = an

−bn

3

⎨

n

n

⎪ x2

= 2+ 3 = an

+ bn

3

⎩

( a , b ∈

)

n

n

2 2

n n 2 2 2 2

n n

Ta có x1. x2 = 1= an −3bn ⇒ an = 3bn + 1⇒ x1 + x2

= ( an − bn 3) + ( an + bn

3)

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2

2 2 2

2an 6bn 2 3bn 1 6bn 12bn 2 2bn 1 2bn 2bn

1

= + = + + = + = − + + +

2n

2n

Vậy x + x biểu diễn được ở dạng tồng bình phương của ba số nguyên liên tiếp với mọi

1 2

n nguyên dương.

Bài 9:

2

Cho phương trình bậc hai ax + bx + c = 0 có hai nghiệm x

1

và x

2

. Đặt n n

S = x1 + x2

với n

nguyên dương. Chứng minh aS

2

+ bS

1+ cS = 0

Theo giả thiết

n+ n+

n

Lời giải

2 n+ 2 n+

1 n

⎧⎪ax1 + bx1+ c = 0 ⎧⎪ax1 + bx1 + cx1

= 0

⎨

⇒

2

⎨

n+ 2 n+

1 n

⎪⎩ax2 + bx2 + c = 0 ⎪⎩ax2 + bx2 + cx2

= 0

n+ 2 n+ 2 n+ 2 n+

2 n n

Cộng lại ta có a( x x ) b( x x ) c( x x )

1

+

2

+

1

+

2

+

1

+

2

= 0

Với n n

S = x1 + x2

⇒ aSn+ 2

+ bSn+

1+ cSn

= 0

Tính tổng sau

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

Bài 10:

( )( )

( )( )

d −b d −c d −c d −a d −a d −b

A = + +

a−b a−c b−c b−a c−a c−b

Lời giải

Tổng trên chỉ xác định khi abc , , đôi một khác nhau

Nếu thay d bằng x và đặt tổng trên bằng f ( x ) thì

( x−b)( x−c)

( x−c)( x−a)

( x−a)( x−b)

f ( x)

= + +

là tam thức bậc 2 đối với biến x

( a−b)( a−c)

( b−c)( b−a)

( c−a)( c−b)

Ta có f ( a) = f ( b) = f ( c) = 1

Như vậy f ( x) − 1 là tam thức bậc hai nhận ba số khác nhau abc , , làm nghiệm

⇒ f ( x) − 1 đồng thời bằng 0 hay f ( x) x f ( d)

= 1∀ ⇒ = 1


34

Vậy f ( d)

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

d −b d −c d −c d −a d −a d −b

= + + = 1


Bài 11:

Chứng minh rằng với abc , , là các số đôi một khác nhau thì

( − )( − ) ( − )( − ) ( − )( − ) 2

+ + = x .

( a−b)( a−c)

( b−c)( b−a)

( c−a)( c−b)

2 2 2

a x b x c b x c x a c x a x b

Xét biểu thức ( )

( )( )

( )( )

Lời giải

( )( )

( )( )


.

( )( )

( )( )

2 2 2

a x−b x−c b x−c x−a c x−a x−b

f x = + + −x


Ta thấy f ( x ) là tam thức bậc 2 đối với biến x và nhận ba số khác nhau abc , , làm nghiệm.

Vậy f ( x ) đồng nhất bằng 0 với mọi x và bài toán được chứng minh.

Bài 12:

Giả sử cho ba số thực abc , , thỏa mãn các điều kiện

minh

a ≥

1+

2 2

2

2

3

Ta có bc = 2a

và 2

Theo Viét đảo suy ra ,

b + c = abc − a = a − a

Lời giải

bc là nghiệm phương trình ( )

Phương trình có nghiệm khi ( )

Kết hợp với điều kiện a > 0 suy ra

2

a 0, bc 2 a , a b c abc

2

> = + + = . Chứng

x 2 − 2a 3 − a x+ 2a

2 = 0

2 4 2 2 1+

2 2

∆= a 4a −4a −7 ≥0⇒a

≥

2

a ≥

1+

2 2

2

Bài 13:

Giả sử phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0( a ≠ 0)

có hai nghiệm khác nhau là x 1

, x 2

. Chứng

minh rằng

Vì 1

, 2

xx

2

4ac

− b

≥ .

4a

1 2 2

Lời giải

x x là nghiệm của phương trình nên ta có

3 2

⎪⎧ ax1 + bx1 + cx1+ d = 0

⎨

3 2

⎪⎩ ax2 + bx2 + cx2

+ d = 0

Trừ theo từng vế của hai đẳng thức trên ta có a( x 3 x 3 ) b( x 2 x 2

) c( x x )

1

−

2

+

1

−

2

+

1− 2

= 0

35

2

Vì ( ) ( )

x x a x x b x x c ax x

1

≠

2

⇒

1+ 2

+

1+ 2

+ −

1 2

= 0

2

Ta nhận thấy ( x + x ) là nghiệm của phương trình bậc hai

1 2

Để phương trình có nghiệm thì

at + bt + c − ax x =

1 2

0

2

2 2

4ac

− b

∆= b − 4ac+ 4a xx

1 2≥0⇔xx

1 2≥ (đpcm).

2

4a

Bài 14:

2 2

2 2

Tìm GTNN và GTLN của biểu thức b = 2x + 4xy + 5y

, biết rằng x + y = a với a là hằng

số lớn hơn hoặc bằng 1.

Vì a ≥ 1 nên ta có

1) Nếu y = 0⇒ b = 2

a

2) Nếu y ≠ 0 , đặt

2

2t

+ 4t+

5

Lời giải

b 2x + 4xy + 5y 2x + 4xy + 5y

= =

2 2

a a x + y

2 2 2 2

x b t + t+

t = ⇒ =

2

y a t + 1

2

2 4 5

2

Đặt m= ⇔( 2− mt ) + 4t+ 5− m=

0 (*)

Với

t

2

+ 1

−3

m= 2⇒ 4t+ 3= 0⇔ t =

4

Với m ≠ 2 thì phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi

2

∆

t

= 4−( 2−m)( 5− m) =− m + 7m−6≥0⇔1≤m≤

6

2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t 1

= t 2

=

m − 2

b

a

Do đó 1≤ ≤6⇔ a≤b≤6a ( a≥

1)

Từ đó suy ra biểu thức có GTLN là 6a khi

x 1

= ⇔ y = 2x

hay khi ( )

y 2

,

xy lấy giá trị

⎛ 5 a 2 5 5 2 5

; a ⎞⎛−

; a −

;

a ⎞

x

⎜ 5 5 ⎟⎜ 5 5 ⎟

và có GTNN là a khi =−2⇔ x=− 2y

hay khi ( xy )

⎝ ⎠⎝ ⎠

y , lấy giá

trị

⎛2 5 a − 5 2 5 5

; a ⎞⎛−

; a ;

a ⎞

⎜ 5 5 ⎟⎜ 5 5 ⎟

.

⎝ ⎠⎝ ⎠

Bài 15:


3 7

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỉ nhất của biểu thức x= 2 x + 1− x +

2 2

36

Lời giải

Điều kiện 0≤

x ≤ 1

2 2

Đặt z = x; y = 1− xthì x + y = 1 ( 1)

Ta cần tìm GTLN và GTNN của d = 4z+ 3y

với 2c= d + 7

Điều kiện 0 ≤ z ≤1; 0 ≤ y≤ 1 và 0< d < 7

Thay 9y 2 = ( d − 4z) 2

vào (1) ta được 25z 2 − 8dz + d

2 − 9 = 0 ( 2)

Ta có ( ) ( )

2 2 2

∆ ' = −4d −25 d − 9 =− 9d

+ 225

Để phương trình (2) có nghiệm thì ∆ ' =− 9d 2 + 225 ≥0 ⇔ d 2 ≤25 ⇒ 0 < d ≤ 5 ( d > 0)

+ GTLN của d là 5 khi và chỉ khi GTLN của c là 6

4d

4 2 16

Dấu “=” xảy ra khi z = = ⇒ x= z = (thỏa mãn 0 x 1

25 5 25

+ d = 4z + 3y ≥ 2 12yz

. Đẳng thức xảy ra khi 4z

= 3y

Thay vào (1) ta được

2

2 ⎛4z

⎞ 3 4 9

z + ⎜ ⎟ = 1 ⇒ z = ; y = ; x=

⎝ 3 ⎠ 5 5 25

Lúc đó GTN của d là 24

59

⇒GTNN của c là

5 10 .

≤ ≤ )

(thỏa mãn 0 x 1

≤ ≤ )


37

Hàm số y = ax 2

( a ≠ 0)

Bài 1: Vẽ đồ thị và tính chất đồ thị

A. Kiến thức

1. Đồ thị hàm số

+ Đồ thị hàm số là một đường cong đi qua gốc tọa độ và nhận Oy là trục đối xứng, đường

cong đó gọi là Parabol, với đỉnh O

+ Nếu a > 0 thì đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành, điểm O là điểm thấp nhất của đồ

thị

+ Nếu a < 0 thì đồ thị hàm số nằm phía dưới trục hoành, điểm O là điểm cao nhất của đồ

thị

2. Tính chất

+ Nếu a > 0 thì hàm số nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0

+ Nếu a < 0 thì hàm số nghịch biến khi x > 0 và đồng biến khi x < 0

Cho hàm số ( 3 2)

y m m x

Bài 1:

= 2 − + 2 . Tìm giá trị của m để:

a) Hàm số đồng biến với mọi x > 0

b) Hàm số nghịch biến với mọi x > 0

c) Đồ thị hàm số đi qua điểm A( − 1; 2)

a) Hàm số đồng biến với mọi x > 0

m >

⇔ m − 3m+ 2> 0⇔( m−1)( m− 2)

> 0⇔ ⎢

⎣m

< 1

2 ⎡ 2

b) Hàm số nghịch biến với mọi x > 0

( )( )

Lời giải

2

⇔ m − 3m+ 2< 0⇔ m−1 m− 2 < 0⇔ 1< m<

2

c) Để đồ thị hàm số đi qua điểm A( − 1; 2)

thì thay x=− 1; y = 2 vào ta được

2 2 ⎡m

= 0

( ) ( ) 2

2= m − 3m+ 2 . −1 ⇔ m − 3m+ 2= 2⇔ ⎢

⎣m

= 3

Vậy m 0; m 3

= = thỏa mãn bài toán.


1

Bài 2:

2

Cho hàm số y = x có đồ thị ( P ) .

a) Vẽ đồ thị ( P )

b) Cho các hàm số y = x+ 2 và y =− x+ m (với m là tham số) lần lượt có đồ thị là ( d ) và

( d ) . Tìm tất cả các giá trị của m để trên một mặt phẳng tọa độ các đồ thị của ( P ) , ( d ) và

m

( d ) cùng đi qua một điểm.

m

b) Gọi Axy ( ; ) là điểm mà cả ba đồ thị đi qua

Lời giải

Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của phương trình

⎧y = x+ ⎧ x = x+ 2 ⎧x

= −

⎨ ⇔

2 ⎨ ⇔ ⎨

⎩y = x ⎩y = x + 2 ⎩y

= 1

2

2 1

Do đó A( − 1;1)

hoặc A ( 2; 4)

hoặc

⎧x

= 2

⎨

⎩y

= 4

⎡

Mặt khác đồ thị hàm số y =− x+ m cũng đi qua điểm A nên ta có 1 = 1 + m ⎡m=

⇔

0

Với m∈ { 0;6}

thì các đồ thị ( P) d ( d ) cùng đi qua một điểm.

, ,

m

Bài 3:

Biết rằng đường cong trong hình vẽ dưới dây là một Parabol

y = ax

2

a) Tìm hệ số a

b) Gọi M và N là các giao điểm của đường thẳng y = x+

4

với Parabol. Tìm tọa độ của các điểm M và N .

Lời giải

⎢

4 2 m

⎢

⎣ =− + ⎣m=

6

2

2 1

a) Từ hình vẽ ta thấy Parabol y = ax đi qua điểm ( 2; 2 ). Do đó 2 = a.2

⇔ a =

2

1 2

b) Phương trình hoành độ giao điểm của y = x và đường thẳng y = x+ 4 là:

2

2 2 ⎡x

= −2

1

x+ 4= x ⇔ x −2x− 8= 0⇔ 2

⎢

⎣x

= 4


1 2

Với x=−2 ⇒ y = 2; x= 4 ⇒ y = .4 = 8

2

2

Vậy M ( − 2; 2 ), N( 4;8)

Bài 4: Chuyên SPHN năm học 2015

Một xe tải có chiều rộng là 2, 4m và chiều cao 2,5m muốn đi qua cổng hình Parabol. Biết

rằng khoảng cách giữa hai chân cổng là 4m và khoảng cách từ đỉnh cổng tới mỗi chân

cổng là 2 5m (bỏ qua độ dày của cổng)

a) Trong mặt phẳng Oxy , gọi Parabol ( P) : y = ax 2

( a < 0)

là hình biểu diễn cổng mà xe tải

muốn đi qua. Chứng minh rằng a = − 1

b) Hỏi xe tải có qua cổng không?

Lời giải

Gọi chân cổng là AB . Đỉnh cổng là O ⇒ AB = 4; OA = 2 5

Gọi M,

N là vị trí xe ô tô bắt đầu đi vào

Các điểm EF , , PQH , , như hình vẽ

2 2 2

Theo định lí Pitago ta có OH OA HA ( 2 5 ) 2 4 A( 2; 4)

( ) 2

⇒− 4 = a. −2 ⇔ a =− 1

b) Gọi Q( 1, 2; m ). Vì Q ( P) y x 2 m ( ) 2


2

= − = − = ⇒ − − thuộc ( )

2

∈ : =− ⇔ =− 1, 2 =− 1, 44

⇒ FQ = − 1,44 = 1, 44, m ⇒ NQ = NF − QF = 4 − 1,44 = 2,56( m)

Vì 2,5m< 2,56m

nên xe tải đi qua cổng.

P : y = ax

3

Bài 2: Vị trí tương đối của đường thẳng và Parabol

A. Kiến thức

2

Cho Parabol y = ax ( P)

và đường thẳng y = bx + c

Hoành độ giao điểm của d và ( P ) là nghiệm của phương trình ax 2 −bx − c = 0 (*)

+ ( P ) và d không có điểm chung khi và chi khi phương trình (*) vô nghiệm

+ ( P ) và d không có đúng 2 điểm chung (cắt nhau) khi và chi khi phương trình (*) có hai

nghiệm phân biệt

+ ( P ) và d tiếp xúc với nhau khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm kép

B. Bài tập

Bài 1:

2

Chứng minh rằng parabol y = x luôn có điểm chung với đường thẳng y = ( m+ 1)

x− m khi

m thay đổi.

Lời giải

Gọi M ( x ; y ) là điểm cố định mà đường thẳng y = ( m+ 1)

x− m luôn đi qua. Khi đó

0 0

0 0

( x − 1) m= y −x ( ∀m) ⇔ ⇔ ⇒M

( 1;1)

0 0 0

⎧x

− 1= 0 ⎧x

= 1

⎨

⎨

⎩y0 − x0 = 0 ⎩y0

= 1

2

Mà M ( 1;1) ∈ ( P)

nên khi m thay đổi thì parabol y = x và đường thẳng y = ( m+ 1)

x− m luôn

đi qua M ( 1;1)

2

Cho ( P) : y = ax

Bài 2:

a) Xác định a để đồ thị hàm số đi qua A ( 1;1)

. Hàm số này đồng biến, nghịch biến khi nào?

b) Gọi ( d ) là đường thẳng đi qua A và cắt trục Ox tại điểm M có hoành độ m( m≠ 1)

. Viết

phương trình đường thẳng ( d ) và tìm m để ( d ) và ( P ) có một điểm chung.

2

a) Để đồ thị hàm số đi qua A ( 1;1)

thì a

2

Với a = 1⇒ y = x

Lời giải

1 = .1 ⇔ a = 1

Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ), nghịch biến trên khoảng ( −∞ ;0)


b) Đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 1;1)

với hệ số góc k có dạng y k( x )

= − 1 + 1

4

1

1−

m

Vì điểm M ( m;0) ∈( d) ⇒ 0= k( m− 1) + 1⇔ k = ( m≠1)

1 1 m

1−m 1−m m−1

Khi đó ( d) : y = ( x− 1) + 1= x+ ( m≠1)


1 m 1 m

= + ⇔ + − = 0 1

1−m m−1 1−m m−1

2 2

x x x x

( )


P :

Để ( P ) tiếp xúc với ( d ) thì phương trình (1) có nghiệm kép

2

4m

− 4m+

1 2

2 1

0 4m 4m 1 0

2

( 2m 1)

0 m

⇔ = ⇒ − + = ⇔ − = ⇔ =

2

( m −1)

Bài 3:

Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = − 2x 2

( P)

, biết rằng

a) Tiếp tuyến đó đi qua điểm A( 1; − 2)

b) Tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng

−1

y = x+

2

3

c) Tiếp tuyến đó song song với đường thẳng y = 4x+

2

a) Gọi tiếp tuyến đó có dạng y = ax + b ( d )

Lời giải

2 2

phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là

2

để đường thẳng ( d ) là tiếp tuyến của ( P ) thì ∆= a − 8b=

0 ( 1)

mà ( d ) đi qua A( 1; −2) ⇒ a+ b=−

2 ( 2)

Từ (1)(2) ta có hệ phương trình ( )

⎛ 1 ⎞ m

⇔∆= ⎜ ⎟ + 4. = 0

⎝m−1⎠

m−1

2x + ax + b = 0, ∆= a − 8b

⎧a+ b=− 2 ⎧a

= −4

⎨ ⇔ d : y 4x

2

2 ⎨ ⇒ =− +

⎩a

− 8b

= 0 ⎩b

= 2

b) Vì đường thẳng ( d ) cần lập vuông góc với đường thẳng

( d ) có hệ số góc k = 3, tức là ( )

1

1

d1 : y = 3x+

m


− = + ⇔ + + =

( )

2 2

2x 3x m 2x 3x m 0 2

1

P :

2

−1

y = x+ 2 nên đường thẳng

3

5

Để ( d

1)

là tiếp tuyến của ( P ) thì phương trình (2) có nghiệm kép

⇔∆= 3 − 4.2m= 9 − 8m= 0 ⇔ m=

8

2 9

c) Đường thẳng ( d

2 ) cần lập song song với đường thẳng y = 4x+ 2 nên đường thẳng ( d

2 )

có hệ số góc k = 4, tức là ( d ) y = x+ n ( n≠

)

2

: 4 2

Xét phương trình hoành độ giao điiểm của ( d ) và ( )

( )

2 2

4x+ n=−2x ⇔ 2x + 4x+ n=

0 3

2

Để đường thẳng ( d ) là tiếp tuyến của ( P ) thì phương trình (3) có nghiệm kép

2

∆ ' = 2 − 2n= 4− 2n= 0⇔ n= 2 (loại)

2

Vậy không tồn tại đường thẳng là tiếp tuyến của ( P ) thỏa mãn bài toán.

Bài 4:

2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : y = y = mx + 1 và ( P) : y = 2x

a) Tìm m để đường thẳng d đi qua điểm A ( 1; 3)

b) Chứng minh đường thẳng d luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A( x ; y ), B( x ; y ) . Hãy

tính giá trị của biểu thức T= xx

1 2+

yy

1 2

Lời giải


P :

a) Đường thẳng d đi qua điểm A ( 1; 3)

khi 3 = m.1+ 1 ⇔ m=

2

2

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) : 2x

−mx

− 1=

0 ( 1)

2

Ta có m

∆= + 8> 0 ∀ m

1 1 2 2

Suy ra phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt, hay ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm

2 2

phân biệt A( x ; y ), B( x ; y ) trong đó y = 2 x ; y = 2x

1 1 2 2

1

Theo định lí Viét tacó xx

1 2=

2

1 1 2 2

Khi đó T= xx + yy = xx + 2 x 2 .2x 2 = xx + 4( xx ) 2

1 ⎛ 1⎞

1

⇒ T =− + 4⎜− ⎟ =

2 ⎝ 2⎠

2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2

.

Bài 5:

2

Trên ( P) : y = x lấy hai điểm O( 0; 0 ); B ( 3;9 ) và M là điểm thuộc cung OB . Xác định vị trí

của M để diện tích tam giác OMB đạt giá trị lớn nhất.

6

Lời giải

Cách 1: Sử dụng điều kiện tiếp xúc

Cách 2: Phương trình đường thẳng OB là y = 3

2

M thuộc cung OB ⇒ M ( a;

a )

Kẻ MH vuông góc với OB ( H ∈ OB)

2

Lập phương trình đường thẳng MH được 1 a

y =− x+ a +

3 3

Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình

x

⎧y

= 3x

2 2

⎪

⎛3a + a 9a + 3a⎞

⎨ −1

a ⇔ H ⎜ ; ⎟

⎪y x a

10 10

⎩ 3 3

2

= + + ⎝ ⎠

Vì OB không đổi nên diện tích OMB lớn nhất khi và chỉ khi MH lớn nhất

2 2 2 2 2 2 2 2 3 2

a a

⎛3a + a ⎞ ⎛9a + 3a ⎞ ⎛3a −9a⎞ ⎛− a + 3a⎞

−

MH = ⎜ − a ⎟ + ⎜ − a ⎟ = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ =

⎝ 10 ⎠ ⎝ 10 ⎠ ⎝ 10 ⎠ ⎝ 10 ⎠ 10

1 1 ⎛a+ 3−a⎞

9

= a( 3 −a)

≤ ⎜ ⎟ =

10 10 ⎝ 2 ⎠ 4 10

Vậy MH đạt giá trị lớn nhất khi

2

3 3 9

a = ⇒ M ⎛ ⎞

⎜ ; ⎟

2 ⎝2 4

.

⎠

Bài 6:

2

Trên ( P) : y = x lấy hai điểm A( − 1;1 ), B( 3; 9)

và M là điểm thuộc cung AB

a) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm ,

b) Tìm phương trình đường thẳng song song với đường thẳng AB và tiếp xúc với P


AB

c) Xác định vị trí của M để diện tích ∆ ABM đạt giá trị lớn nhất.

Lời giải

a) Gọi phương trình đường thẳng AB là y = ax + b

Vì A( − 1;1)

thuộc đường thẳng AB 1 a. ( 1)

Vì B ( 3;9 ) thuộc đường thẳng AB 9 a.3

Từ ( 1)( 2)

⇒ a = 2; b= 3 ⇒ ( AB) : y = 2x

+ 3

b) Gọi phương trình đường thẳng ∆ //AB

có dạng y = 2x+ k( k ≠ 3)

⇒ = − + b (1)

⇒ = + b (2)

7

đường thẳng ∆ tiếp xúc với ( P ) khi và chỉ

khi phương trình hoành độ giao

2

điểm là x −2x− k = 0 có nghiệm kép

⇔∆ ' = 1+ k = 0⇔ k =− 1 (thảo mãn)

Vậy ∆ : y = 2x−

1

1

2

c) Ta có S = MH. AB ( MH ⊥ AB,

H ∈ AB)

ABM

Vì AB không đổi nên S

ABM

lớn nhất khi và chỉ khi MH lớn nhất

⇔ M là tiếp điểm của ( P ) và đường thẳng song song với AB

Theo câu b) suy ra tọa độ của M là tọa độ giao điểm của ∆ và ( P )

Hoành độ M là nghiệm của phương trình x 2 2x 1 x 1 y 1 M ( 1;1)

= − ⇔ = ⇒ = ⇒ .


8

Bài 3: Điều kiện tọa độ giao điểm của đường thẳng và Parabol

Bài 1:

2

Cho Parabol y = x và đường thẳng d : y = mx − m + 1. Tìm m để d cắt ( P ) tại hai điểm phân

biệt AB , có hoành độ x 1

, x 2

thỏa mãn điều kiện

a) x1 + x2 = 4

b) x 1

= 9x

2

Lời giải

2

a) Hoành độ giao điểm của d và ( P ) là nghiệm của phương trình

Ta có ∆= m 2 − 4( m+ 1) = m 2 − 4m+ 4= ( m−

2) 2

Suy ra phương trình có 2 nghiệm là 1

Giả thiết

1 2

b) TH1:

1 2

⎡m

= 4

x + x = 4⇔ 1+ m− 1 = 4⇔ ⎢

⎣m

= −2

x = 1, x = m−

1

10

9

x = và x= m−

1

Từ giả thiết ⇒ 1= 9( m−1)

⇔ m= (thỏa mãn)

TH2: x 1

m x 2

= − 1, = 1

Từ giả thiết ⇒m− 1 = 9 ⇔ m= 10 (thỏa mãn)

Cách 2: Dùng định lý Viét

Phương trình có 2 nghiệm khi và chỉ khi m ≠ 2

Viét ta có

⎧x + x = m

⎨

⎩xx

1 2

1 2= m−1

Kết hợp với giả thiết

(thỏa mãn)

⎧x1+ x2

= m

⎪

10

⇒ ⎨xx 1 2= m−1⇒ m= 10; m=

⎪ 9

⎩x1 = 9x2

2 2

*) Chú ý: ( ) 2

x + x = 4 ⇔ x + 2 xx + x = 16 ⇔ x + x − 2xx + 2 xx = 16

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2

2

⇒m −2( m− 1)

+ 2 m− 1 = 16 , sau đó xét 2 trường hợp

+ TH1: Với m ≥ 1

+ TH2: Với m < 1

x − mx + m + 1=

0


9

Bài 2:

2

Cho Parabol y = x và đường thẳng d : y = 4x+ 2m. Tìm m để

a) Đường thẳng d tiếp xúc với ( P )

b) Giả sử d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt AB. , Tìm m để AB , nằm bên phải trục tung

c) Giả sử d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt AB. , Tìm m để 2

Lời giải

AB = .

Hoành độ giao điểm của d và ( P ) là nghiệm của phương trình x 2 −4x− 2m=

0 (*)

a) Đường thẳng d tiếp xúc với ( P ) khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm kép

⇔∆ ' = 0⇔ m =− 2 (thỏa mãn)

b) Gọi A( x ; y ), B( x ; y )

A A B B

Ta có AB , nằm bên phải

⎧xA > 0 ⎧xA + xB

> 0

Oy ⇔ ⎨ ⇒⎨

⎩xB > 0 ⎩xx

A B

> 0

Để d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

( m)

⇔∆ ' = 2 2+ > 0⇔ m>−

2


Vậy

⎧x

⎨

⎩x

A

B

⎧xA

+ xB

= 4

⎨

⎩xA. xB

= −2m

> 0 ⎧4>

0

⇔ ⎨ ⇔ m < 0

> 0 ⎩− 2m>

0

c) Nhắc lại ( ) ( ) ( ) ( )

Vì ( )

2 2 2 2

AB= x − x + y − y ; x − x = x + x − 4x x

A x ; y ∈d ⇒ y = 4x + 2m

A A A A

B A B A B A B A B A

Vì B( x ; y ) ∈d ⇒ y = 4x + 2m

⇒( y − y ) = 16( x − x )

B B B B

2 2

B A B A

Vậy AB = 17( x − x ) 2 = 17( x + x ) 2

− 4x x = 17( 16 + 8m)

B A B A A B

1 67

AB m m m m −

17 34

Mà = 2 ⇒ 17( 16 + 8 ) = 2 ⇔ 17( 16 + 8 ) = 4 ⇔ 4 + 2 = ⇔ = >− 2 (thỏa mãn)


10

Bài 3:

2

Cho Parabol ( P) : y = x và đường thẳng d: y = 4 cắt ( P ) tại hai điểm A và B ( x < x )

a) Đường thẳng ∆ qua điểm A có hệ số góc m . Định m để ∆ cắt ( P ) tại I , cắt Ox tại J

sao cho A là trung điểm của đoạn IJ

b) Xét hình chữ nhật MNEF có hai điểm M,

N thuộc đoạn AB . Hai điểm EF , thuộc cung

AB của ( P ) , xác định tọa độ các điểm MNEF , , , để chu vi MNEF lớn nhất.

Lời giải

a) Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và d là:

( ) ( )

2

x = ⇔ x=± ⇒ xA

= ⇒ yA

= ⇒ A − B

4 2 2 4 2; 4 , 2; 4

Giả sử ∆ đi qua A có hệ số góc là m có dạng y = mx + b ⇒ 4=− 2m + b ⇔ b = 4+

2m

Vậy ∆ : y = mx + 2m

+ 4

+ Gọi ( )

J x ; y , J ∈Ox ⇒ y = 0

J J J

Ta có ( ) ( )

( 2m

4) ( )

− +

J xJ;0 ∈∆⇒ 0= mxJ + 2m + 4⇔− 2m + 4 = mxJ ⇔ xJ

= m ≠ 0

m

+ Gọi I( x ; y ) là giao điểm của ( P ) và ∆ , x ≠−2( x ≠ x )

I

I

I

I J A

x là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm: x 2 = mx + ( 2m

+ 4)

⎡x

= − 2

2

( )

( ) ( ) ( )

⇔ x −mx − 2 m + 2 = 0⇔ x + 2 x − m + 2 = 0⇔ ⎢ ⇒ xI

= m+

2

⎣x= m+

2

+ A là trung điểm của

⇔ − = − ⇔ + − = ⇔ =− ±

( 2m

+ 4)

m + 2 −

2

xI

+ xJ

m

m + 2m−2m−4

IJ ⇔ xA

= = ⇔− 4 =

2 2 4m

2 2

16m m 4 m 16m 4 0 m 2 2 2

Vậy ( ∆ ) : y = ( − 2+ 2 2)

x+ 2 2 hoặc ( ) y ( )

∆ : = −2−2 2 x− 2 2.

Bài 4:

2

Cho hàm số y = x có đồ thị ( P ) và đường thẳng d : y = x− m+ 1. Tìm m để đường thẳng d

cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt ở bên phải trục tung

Lời giải


Phương trình hoành độ giao điểm:

2

Ta có ∆= 5−

4m

x − x+ m− 1=

0

A

B

11

⎧∆> 0

⎪ ⎧5− 4m

> 0 5

Theo bài ra ta có điều kiện ⎨x1 + x2

> 0 ⇔ ⎨ ⇔ 1 < m <

⎪ ⎩m

− 1 > 0 4

⎩xx

1 2>

0

Bài 5: Chuyên SPHN năm 2016

2

Cho ( P) : y = − x và đường thẳng d : y = 2mx

− 1 ( m là tham số)

a) Tìm tọa độ giao điểm của d và ( P ) khi m = 1

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m , d luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt ,

y , y là tung độ của ,

1 2

AB. Tìm m sao cho

2 2

y1 − y2 = 3 5

Lời giải

2

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) : − x + 2mx

− 1=

0 (*)

2

a) Thay m = 1 vào phương trình ta có x

+ 2x− 1=

0

Đây là phương trình bậc 2 có 2 nghiệm phân biệt là x =− 1±

2

Đồ thị d cắt ( P ) tại 2 điểm M ( x ; y ) và N( x ; y )

Thay 1 2

y

N

2

x =− ± vào ta có ( ) 2

2

N

( ) 2

=− x =− −1− 2 =−3−

2 2

y

M

M

M

=− x =− − 1+ 2 =− 3+

2 2

M

N

N

AB. Gọi

2 2

b) Phương trình (*) có ∆ ' = m −1. ( − 1)

= m + 1 > 0 ∀ m nên phương trình luôn có 2 nghiệm

phân biệt ⇔ ( P)

và d luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m

Gọi giao điểm của d và ( P ) là A( x ; y ), B( x ; y )

Theo Viét ta có

⎧x1+ x2

=−2m

⎨

⎩xx

1 2= −1

Vì AB , thuộc ( P ) nên ta có

1 1 2 2

Bài 6:

2

Cho hàm số y = x có đồ thị là ( P ) và đường thẳng :

cắt ( P ) tại hai điểm AB , phân biệt AB = 10

Lời giải

d y mx

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị ( P ) là:

= . Tìm m để đường thẳng d


12

2 2 ⎡x

= 0

( )

x = mx ⇔ x − mx = 0⇔ x x − m = 0⇔ ⎢

⎣x=

m

Để đường thẳng d cắt ( P ) tại hai điểm AB , phân biệt khi m ≠ 0

Gọi tọa độ hai điểm A( x ; y ), B( x ; y ) ⇒ AB= ( x − x ) + ( y − y )

2 2

A A B B B A B A

Vì A( x ; y ), B( x ; y ) thuộc đường thẳng d nên ,

A A B B

2 2

( ) ( ) 1 ( )

2 2 2

⇒ AB= x − x + m x − x = m + x − x

B A B A B A

Không mất tính tổng quát, giả sử 0,

2 2 − 1+

41

⇔ ( m + 1)

m = 10 ⇔ m=±

2

Cho Parabol ( P)

: y

−x

2

2

y = mx y = mx

A A B B

A

=

B

= ta có AB ( m 2 ) m

2

x x m

Bài 7: Chuyên ĐHNN

= 10 ⇔ + 1 = 10

= và đường thẳng d đi qua I ( 0; − 2)

có hệ số góc k

a) Viết phương trình đường thẳng d . Chứng minh đường thẳng d luôn cắt ( P ) tại hai

điểm phân biệt AB , khi k thay đổi

b) Gọi H,

K theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của AB , trên trục hoành. Chứng minh

tam giác IHK vuông tại I

c) Tìm k để diện tích tam giác IHK nhỏ nhất

Lời giải

a) Phương trình đường thẳng d đi qua I ( 0; − 2)

có hệ số góc k là ( )

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( )

2

Phương trình có k

∆ ' = + 4> 0∀

k

−x

P kx x kx

2

y = k x −0 − 2= kx − 2

2

2

: = −2⇔ + 2 − 4=

0

Vậy đường thẳng d luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt AB , khi k thay đổi

b) Gọi A( x ; y ), B( x ; y )

1 1 2 2

c) Theo Viét ta có

⎧x1+ x2

=−2k

⎨

⎩xx

1 2= −4

Vì H,

K tương ứng là hình chiếu của AB , trên trục hoành nên H( x ;0), K( x ;0)

1 2


Ta có ( ) 2

IH = x + 4; IK = x + 4; HK = x − x = x + x − 2x x = x + x + 8

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

13

2 2 2

⇒ IH + IK = HK ⇒∆ IHK vuông tại I

1 1

= . = .2

1− 2= 1+ 2

− 4

1 2= 4 + 16 ≥ 16 = 4

2 2

d) ( ) 2 2

S OI HK x x x x x x k

IHK

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi k = 0

Vậy

IHK

S nhỏ nhất bằng 64 khi k = 0 .

Bài 8:

2

Cho đường thẳng ( d) :2x− y− a = 0 và ( P) : y = ax 2

( a > 0)

a) Tìm a để d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt AB. , Chứng minh rằng khi đó AB , nằm bên

phải trục tung

b) Gọi x , x là hoành độ của A và B . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A

B

Lời giải

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( )

2 2 2 2

ax x a ax x a a

( ) ( )

= 2 − ⇔ − 2 + = 0 > 0 *

Ta có ( ) 2 3 3

∆ ' = −1 − a = 1−

a

4 1

T = +

x + x xx

A B A B


p :

3

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì a

∆ ' > 0⇔1− > 0⇔ a<

1

Kết hợp với điều kiện a > 0 suy ra 0< a < 1 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 1

, x 2

Khi đó, theo định lí Viét ta có

⎧ 2

x1 + x2

= > 0

⎪ a

⎨

2

⎪ a

xx

1 2= = a>

0

⎪⎩ a

Suy ra phương trình (*) có 2 nghiệm dương với 0< a < 1

⇒ đường thẳng d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt AB , nằm bên phải trục tung

b) Ta có

Khi đó

⎧ 2

⎪xA

+ xB

=

⎨ a

⎪

⎩xx

A B

= a

4 1 4 1 1 1

T = + = + = 2a+ ≥ 2 2 a. = 2 2

x 2

A

+ xB xx

A B

a a a

a

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

2

2a= 1 ⇔ 2a = 1⇒ a =

1

a

2

(bất đẳng thức Cauchy)

14

Vậy T

min

= 2 2 khi

a =

Cho các hàm số y = x 2 ; y =− x+

2

1

2

Bài 9:

a) Xác định tọa độ các giao điểm AB , của đồ thị hàm số đã cho và tọa độ trung điểm I

của đoạn AB , biết rằng A có hoành độ dương

2

b) Xác định tọa độ điểm M thuộc đồ thị hàm số y = x sao cho tam giác AMB cân tại M .

⎛−1 5⎞

A 1;1 , B −2; 4 ⇒ I ⎜ ; ⎟

⎝ 2 2⎠

a) ( ) ( )

b) Vì ∆ AMB cân tại M nên MI ⊥ AB

khi đó phương trình MI có dạng y = x+

b

⎛−1 5⎞ ⎜ ⎟ ∈

⎝ 2 2⎠

Vì I ; ( MI )

Vậy ( MI ) : y = x + 3

nên 5 1 3

2 =− 2 + b⇔ b=

Lời giải

⎧y

= x+

3

Tọa độ M là nghiệm của phương trình ⎨ 2

⎩y

= x

Vậy

1 13 7 13 1 13 7 13

M

⎛ − −

; ⎞ ; M

⎛ + +

;

⎞

⎜ 2 2 ⎟ ⎜ 2 2 ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Bài 10:

2

Cho Parabol ( P) ; y = x , và đường thẳng d : y = mx + 1

⎡ 1−

13

⎢x

=

⎢ 2

1 13

⎢x

=

⎣ 2

2

⇒ x −x− 3= 0⇔ ⎢ +

a) Chứng minh rằng với mọi m thì đường thẳng d luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt

b) Gọi A( x ; y ), B( x ; y ) là tọa độ các giao điểm của d và ( P ) . Tìm GTLN của biểu thức

1 1 2 2

( 1)( 1)

M = y − y −

1 2

Lời giải

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( )

2 2

x mx x mx

( )

= + 1⇔ − − 1=

0 1


Ta có ( ) ( )

2 2

∆= −m −4. − 1 = m + 4 > 0 ∀ m

p :

15

⇒ phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

⇒ đường thẳng ( d ) và ( p ) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt

b) Theo định lí Viét ta có

⎧x1+ x2

= m

⎨

⎩xx

1 2= −1

2

Ta có M ( y )( ) ( 2 )( 2 ) ( ) ( 2 2

1

y2 x1 x2 xx

1 2

x1 x2)

= −1 − 1 = −1 − 1 = − + + 1

( ) ( )

2 2

= xx − x + x + 2xx

+ 1

1 2 1 2 1 2

( ) ( )

2 2 2

⇒ M = −1 − m + 2. − 1 + 1 =−m ≤0

∀ m

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = 0

Vậy giá trị lớn nhất của M là 0 khi m = 0

Cho Parabol

2

x

2

Bài 11:

y = và đường thẳng : 2

d y = mx − m +

a) Tìm m để d và ( P ) cùng đi qua điểm có hoành độ x = 4

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì d luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt

c) Giả sử ( x ; y ),( x ; y ) là tọa độ các giao điểm của d và ( P ) . Chứng minh rằng

1 1 2 2

( 2 2 1)( )

y + y ≥ − x + x

1 2 1 2

Lời giải

a) Với x = 4 , thay vào phương trình parabol y = ta được

2

x

2

2

4

y = = 8

2

Đường thẳng y = mx − m + 2 đi qua điểm ( 4;8 ) nên ta có 8 = m.4 − m+ 2 ⇔ m=

2

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P )

2

x

2

( )

2

2 2 2 4 0 *

= mx − m + ⇔ x − mx + m − =

Ta có ( ) ( ) ( )

2 2

∆ ' = −m − 2m− 4 = m− 1 + 3> 0 ∀ m

⇒ phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

c) Theo Viét ta có

⎧x1+ x2

= 2m

⎨

⎩xx

1 2= 2m−

4

Ta có ( )

2


y1+ y2 = m x1+ x2 − 2m+ 4 = m.2m− 2m+ 4= 2m − 2m+

4

là:

16

Khi đó cần chứng minh m ( ) ( ) 2 m m m 2 m m

2

(đúng với mọi m ) (đpcm)

2 − 2 + 4≥ 2 2−1 .2 ⇔ 2 − 4 2 + 4≥0⇔ 2 −2 ≥ 0

Bài 12:

2

2

Cho hàm số y = x có đồ thị ( P ) , đường thẳng d : y = ( 2m+ 2) x−m − 2m. Tìm m để d cắt

( P ) tại hai điểm phân biệt AB , có hoành độ x 1

, x 2

sao cho x1 x2

Lời giải

2 + = 5

Phương trình hoành độ giao điểm x 2 ( m ) x m 2 m ( )

− 2 + 1 + + 2 = 0 *, ∆ ' = 1>

0

⇒ phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

Theo Viét ta có

( ) ( )

2 ( 2)

⎧⎪ x1+ x2

= 2 m+

1 1

⎨

2

⎪⎩ xx

1 2= m + m

Theo giả thiết ta có 2x

+ x = 5 ( 3)

1 2

Từ (1) và (3) suy ra 1 2

x = 3− 2 m; x = 4m−

1

⎡m

= 1

3−2m 4m− 1 = m + 2m⇔9m − 12m+ 3 = 0 ⇔ ⎢

⎢

1

m =

⎣ 3

Thay vào (2) ta được ( )( )

2 2

Bài 13:

2

Cho hàm số y = x ( P)

và y = x+ m ( d)

( m là tham số)

a) Tìm m để đồ thị ( P ) và đường thẳng d có hai giao điểm phân biệt ,

b) Xác định m để AB , nằm về hai phía của trục tung và AB = 3

c) Viết phương trình đường thẳng vuông góc với d và tiếp xúc với P

Lời giải

a) Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) là nghiệm của phương trình

= + ⇔ − − = 0 (*)

, ( ) 2

2 2

x x m x x m

∆= − 1 + 4m= 1+

4m

Để đồ thị d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm

phân biệt

1

⇔∆= 1+ 4m> 0⇔ m>

−

4

b) Gọi tọa độ hai điểm A( x ; y ), B( x ; y )

A A B B


Để AB , nằm hai phía trục tung x . x < 0

A

B

AB

17

Vì x , x là hai nghiệm của phương trình (*) nên theo Viét ta có

A

B

Vậy x . x < 0⇔ − m< 0⇔ m>

0

A

B

Vì A( x ; y ), B( x ; y ) thuộc đường thẳng d nên ,

A A B B

A A B B

⎧xA

+ xB

= 1

⎨

⎩xA.

xB

= −m

y = x + m y = x + m

Mặt khác AB= ( x − x ) + ( y − y ) ⇒ AB= ( x − x ) + ( x − x ) = 2( x − x )

2 2 2 2 2

B A B A B A B A B A

( ) ( )

2 2

AB = 3 ⇔ 2 x − x = 3 ⇔ 2 x + x − 8x x = 3

B A B A A B

⇒2.1 −8( − m)

= 3 ⇔ m= (thỏa mãn)

2 1

8

c) Xét phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với đường thẳng y = x+ m có dạng

y =− x+

b

Xét phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và ( )

Để đường thẳng ∆ tiếp xúc với ( P ) thì

Vậy ( )

1

∆ : y = x− .

4

Cho điểm M ( 1; − 2)

và ( P)

−x

: y =

4

2

2 2

P : x =− x+ b⇔ x + x− b= 0, ∆= 1+

4b

−1

∆= 1+ 4b= 0⇔ b=

4

Bài 14:

a) Chứng minh rằng đường thẳng d qua M có hệ số góc m cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt

AB , khi m thay đổi.

2 2

b) Gọi x , x lần lượt là hoành độ của AB. , Xác định m để xx + xx đạt giá trị nhỏ nhất

A

B

A B B A

c) Gọi A', B ' lần lượt là hình chiếu của AB , trên trục hoành và S là diện tích hình thang

AA'

BB '. Xác định m để S = 48 ( + m )

2 m 2 + m+

2

Lời giải

a) Phương trình đường thẳng d có dạng y m( x )

= −1 − 2

Xét phương trình hoành độ giao điềm của d và ( P )

−x

4

2

2

( 1) 2 4 4 8 0 ( 1)

= m x − − ⇔ x + mx − m − =


2

Ta có ( ) 2

∆ ' = 4m + 4m+ 8= 2m+ 1 + 7> 0 ∀ m

18

Suy ra phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

⎧xA

+ xB

=−4m

b) TheoViét ta có ⎨

⎩xx

A B

=−4m−8

2 2 2

Khi đó xx xx xx( x x) ( m )( m) m m ( m ) 2

+ = + = −4 −8 − 4 = 16 + 32 = 4 + 4 −16 ≥− 16

A B B A A B A B

Dấu “=” xảy ra khi 4m+ 4= 0⇔ m=−

1

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là − 16 khi m = − 1

c)

S

Ta có

AA'

BB'

( AA' + BB '. ) A' B ' ( yA + yB )( xA + xB

)

= =

2 2

( ) 2

2 2 2 2

−x 2 .

A

− xB xA + x x + x − x x

B

yA = ; yB = ⇒ yA + yB

= =

4 4 4 4

( −4m) 2

−2. ( −4m−8)

4

2

4 2 4

= m + m+

A B A B

Ta có ( x + x ) 2 = ( x + x ) 2 − 2 x . x + 2 x . x = ( x + x ) 2

− 4. x . x ( x . x < 0)

A B A B A B A B A B A B A B

( ) ( )

2 2

⇒ x + x = −4m −4 −4m− 8 = 16m + 16m+

32

A

B

( )

2 2

4m + 2m+ 4 16m + 16m+

32

( )

SAA'

BB'

= = m + m+ m + m+

2

( m ) ( )

2 m m 2 m m 2 m 2 m

⇒ 42 + + 2 + + 2= 48+ + + 2

( )

2 2 2 2

2m + m+ 2 m + m+ 2 = 8+ m m + m+

2

( ) ( ) 3

2 2

4 2 2 2

2 2 2 2 2 ⎡m

= 1

m + m+ 2 m + m+ 2 = 8⇔ m + m+ 2 = 8⇔ m + m+ 2 = 2⇔ m + m− 2= 0⇔ ⎢

⎣m

= −2

2

Cho ( P) : y = x và A ( 3; 0)

a) M là điểm thuộc ( P ) có hoành độ x M

Bài 15:

= a . Xác định a để AM nhỏ nhất

b) Chứng minh rằng nếu AM nhỏ nhất, thì đường thẳng AM vuông góc với tiếp tuyến của

( P ) tại M .

a) Vì M ( P)

2

∈ nên M( aa ; )

Lời giải


4 4 2 2

2

Ta có AM ( a ) a a a a ( a ) ( a )

2 2

= − 3 + = + − 6 + 9 = − 1 + 3 − 1 + 5 ≥ 5

19

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

Vậy AM = ⇔ a = ⇒ M ( )

min

5 1 1;1

b) Khi AM nhỏ nhất thì M ( 1;1)

⎧ 2

a − 1 = 0 ⇔ a =

⎨

⎩a

− 1 = 0

phương trình AM có dạng y = ax + b

Ta có

⎧ 1

a = −

⎧0 = a.3+

b ⎪

2

⎨ ⇔ ⎨

⎩1 = a.1+

b ⎪ 3

b =

⎪⎩ 2

Vậy phương trình AM là

1 3

1

y =− x+ với hệ số góc k 1

= −

2 2

2

+ Viết phương trình tiếp tuyến của ( P ) tại M

Phương trình đường thẳng đi qua M có hệ số góc k có dạng y = k ( x − 1) + 1= kx − k + 1 ( d )

Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P )

2 2

x kx k x kx k

( )

= − + 1⇔ − + − 1=

0 *

Để ( d ) là tiếp tuyến của ( P ) thì phương trình (*) có nghiệm kép

( ) ( ) ( )

2 2

⇔∆= −k −4 k− 1 = 0⇔ k− 2 = 0⇔ k = 2

Vậy phương trình tiếp tuyến ( d ) của ( P ) tại M là y = 2x− 1, với hệ số góc k

2

= 2

1

Ta có kk 1 2

=− .2 =− 1 ⇒ đường thẳng AM và đường thẳng ( d ) vuông góc với nhau.

2

1


20

CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ NÂNG CAO LỚP 9 (HỆ THỐNG BÀI TẬP TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH, HUYỆN, THÀNH PHỐ QUA CÁC NĂM ĐẾN 2020)

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?