zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Hệ phương trình và các phương pháp giải: Phần 3 - Nguyễn Bá Tuấn

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:37

Báo xấu

77
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phần 3 "Phương pháp hàm số" thuộc tài liệu Hệ phương trình và các phương pháp giải cung cấp cho các bạn những kiến thức, câu hỏi bài tập, cách giải hàm số. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung tài liệu để có thêm tài liệu học tập và ôn thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Hệ phương trình và các phương pháp giải: Phần 3 - Nguyễn Bá Tuấn

Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT – C,I 2015 - 2016 3: À S ) Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 1 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT À S ơ sở phương pháp. Nếu f ( x) đơn điệu trên khoảng (a; b) và u, v  (a; b) thì : f (u)  f (v)  u  v Phương pháp: Mấu chốt của PP này đó là xác định được hàm đặc trưng f(t) và chứng minh nó đơn điệu trên khoảng xác định. + Thông thường ta sẽ quan sát 1 phương trình của hệ có dạng xem nó có dạng f(u)=f(v) hay không? - nếu phương trình có các biến dạng bậc 3 ta có thể sử dụng phương pháp điêm uốn, hoặc phương pháp hệ số bất định... - nếu không có dạng hàm bậc 3 thì thường đặt ẩn phụ tạm các biểu thức chứa căn, hoặc các biểu thức xuất hiện nhiều lần... từ đó sẽ dễ quan sát phát hiện ra hàm đặc trưng f. Chú ý hàm ta xét f trên tập D1  D2 trong đó D1 , D2 lần lượt là miền xác định của biến u, v. + Khi không có phương trình nào của hệ có dạng hàm đặc trưng thì ta nghĩ tới việc kết hợp 2 phương trình lại với nhau bằng các phép biến đổi thường để đưa về dạng f(u)=f(v) hoặc f(t)=0 với f là một hàm số đơn điệu .  4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  0 Bài 1: Giải hệ phương trình:  4 x 2  y 2  2 3  4 x  7 ướng dẫn  4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  0 1  2 4 x  y  2 3  4 x  7 2  2 5  t2  5  t2  t3  t PT(1): 4 x3  x    y  3 5  2 y  3 . Đặt t  5  2 y  y     3 t  2  2  2 t3  t Khi đó (2) : 4 x  x    2x   2x  t 3  t 3 3 2 Xét hàm số : f(u)= u3  u  f '(u)  3u 2  1  0u suy ra f(u) luôn đồng biến . Do đó để f(x)=f(t) chỉ xảy ra khi : 2x=t  2 x  5  2 y  4 x 2  5  2 y  2 y  5  4 x 2  4  2  5  4 x2   3 Thay vào (2) : g ( x)  4 x   2   2 3  4 x  7  0 : x  0;  .  2   4 3 Ta thấy x=0 và x= không là nghiệm 4 Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 2 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT 5   3  4 x  4 x 2  3  4 4 g'(x)= 8 x  8 x   2 x 2    0x   0;  2  3  4x 3  4x  4 1 1 Mặt khác: g    0  x  là nghiệm duy nhấy , thay vào (4) tìm được y=2. 2 2 1  Vậy hệ có nghiệm duy nhất :  x; y    ; 2  2  x 2y 2x 2 2y 2 5y 2 0 Bài 2. Giải hệ phương trình: y2 1 x y 2xy x2 x2 2xy y2 1 y ướng dẫn Điều kiện: x y ,y 0 2 2 y2 1 y y2 x y 1 x y x y . Xét hàm số f t t2 1 t t 2 liên tuc 0; t 1 1 1 Ta có f / t 2t t 2 0 t 0 2 .2 t 2 2 t t 1 t 1 Suy ra hàm số nghịch biến 0; nên f y f x y x 2y Thay vào (1) ta có y 2 x2 x 1 0 y 2 x 4. Vậy hệ có nghiệm: (x;y)=(4; 2)  2 x y  y  2 x  x 2 3 4 6 Bài 3: Giải hệ phương trình sau:   x  2  y  1   x  1 2  ướng dẫn Cá 1: đ t ẩn PT (2) biế đổ đưa về tam thức bậc 2  2 x y  y  2 x  x 2 3 4 6 2 x  y  x   y   x   0  2 2 3 2 3  y  x 2  2 x 2  y 2  yx 2  x 4   0              x  2  y  1   x  1 2     2       2  x 2 y 1 x 1 x 2 y 1 x 1  -Trường hợp 1: y= x 2 , thay vào (2) :  x  2 x2  1   x2  1  2x  t : 1  x 2  t 2   x  2  t  2 x  0  t  2; t  x Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 3 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT  x2  1  2  x2  3  x   3  .  x 2  1  x  x   -Trường hợp : 2 x2  y 2  yx 2  x 4  0  y 2  yx 2  2 x 2  x 4  0    y  x4  4  2 x2  x4   3x4  8x2  0  x  R   y  0  f (, y)  2 x2  y 2  yx 2  x 4  0  x, y . Phương trình vô nghiệm . Do đó hệ có hai nghiệm : (x;y)=  3;3 ,  3;3  Cách 2: dùng hàm số - Phương trình (1) khi x=0 và y=0 không là nghiệm ( do không thỏa mãn (2) ). 3  y  y - Chia 2 vế phương trình (1) cho x  0  1  2       2 x  x3 3 x  x - Xét hàm số : f  t   2t  t 3  f '  t   2  3t 2  0t  R . Chứng tỏ hàm số f(t) đồng biến. y Để phương trình có nghiệm thì chỉ xảy ra khi :  x  y  x 2 . Đến đây ta Hướng dẫn nhưu TH1 x bên trên.    x  1  x2 y  1  y 2  1  Bài 4: Giải hệ phương trình sau :     x 6 x  2 xy  1  4 xy  6 x  1 ướng dẫn  HPT       x  1  x2   y  1   y 2    . ( nhân liên hợp )  x 6 x  2 xy  1  4 xy  6 x  1  t 1 t2  t t t Xét hàm số : f (t )  t  1  t 2  f '(t )  1     0t  R 1 t2 t2 1 1 t 2 Chứng tỏ hàm số đồng biến . Để f(x)=f(-y) chỉ xảy ra x=-y (*) - Thay vào phương trình (2) :  2 x  25 2  2 x 2  6 x  1  3x x 6 x  2 x  1  4 x  6 x  1   2 x  6 x  1    2 2 2 x   2 4  2 x 2  6 x  1  2 x x  0 x  0 * Trường hợp : 2 x 2  6 x  1  3x   2   2  x  1; y  1  2 x  6 x  1  9 x 2 7 x  6 x  1  0 Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 4 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT x  0 x  0 * Trường hợp : 2 x 2  6 x  1  2 x   2  2 2 x  6 x  1  4 x 2 x  6 x  1  0 2 3  11 3  11 3  11 3  11 x ;y . Vậy hệ có hai nghiệm : (x;y)=(1;-1),( ; ) 2 2 2 2  1   y 3 7   x 4 y  4 1   x; y    ;  5 - Ta có f(1)=2+  . Suy ra t=1 là nghiệm duy nhất .    2 2  5 y  1  x  4 5 5  5 2  x  2  x  6  6  y  Bài 5. Giải hệ phương trình sau:   x  2  y  2  y  1. x  4 x  5  2 ướng dẫn Điều kiện : y  2; x  6  x  2  1  x  2  1 2 2 y2 y2 Từ (2) :  x  2  y  2  y  1. x  4 x  5  2 .  . y 1  x  2 y 1  x  2 2  y  1  1  .  x  2   1 . Xét hàm số 2  y 1  x  2 2 t 1  1 1 f (t )  t  0  f '(t )   1   '    0 . Chứng tỏ hàm số nghịch biến t  t 1 2t 1  2 t Vậy f  x  2   f  y  1 chỉ xảy ra khi : y  1   x  2  . Thay vào (1) ta được phương trình : 2 2 t  x  2  0 t  x  2  0 1   x  2   2  x  2 x  6  7  0   2  2 t  2t t  8  7 2t t  8  7  t 2 0  t  x  2  7 0  t  x  2  7 0  t  x  2  7      4        t  1  t  3t  49t  49   0 2 2        3 2  2 3 2   4t t 8 7 t t 4t 46t 49 0  +/ Trường hợp : t=1 hay x-2=1 suy ra x=3 và y+1=1 hay y=0 . Vậy nghiệm hệ là (x;y)=(3;0) +/ Trường hợp : f (t )  t 3  3t 2  49t  49  0  f '(t )  3t 2  6t  49  3  t  1  52  0t  0; 7  2 Hàm số nghịch biến và f(0)= -49
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT ướng dẫn Điều kiện : 2  x  2;0 y  4 .  x  12 x   y  2   12  y  2   3 3 Khi đó hệ   4 x  2 4  x  5 4 y  y  6  0  2 2 2   Xét hàm số f  t   t 3  12t t   2;2  f '  t   3t 2  12  3 t 2  4  0t  2;2 => hàm số nghịch biến => f ( x)  f ( y  2)  x  y  2 , thay vào (2) ta được :  2  4 x2  2 4  x2  5 4  x  2   x  2  6  0 2  4 x2  2 4  x2  5 4  x2  6  0 t  4  x 2  0  4x  6  3 4  x   2 2 4  4  t   6  3t 2 t  4  x 2  0 t  4  x 2  0      t  3  19   11  0  4t  3t  22  0  2 8 4  t  2   t  2  4  x 2  2  x  0  y  2   x; y    0;2  . Vậy hệ có nghiệm: (x;y)=(0;2) (2x 2  3x  4)(2y 2  3y  4)  18 Bài 7. Giải hệ phương trình:  2 ( x, y  )  x  y  xy  7x  6y  14  0 2 ướng dẫn 7 (2)  x 2  ( y  7) x  y 2  6 y  14  0 . x   x  0  1  y  3 10 (2)  y 2  ( x  6) y  x 2  7 x  14  0 . y   y  0  2  x  3 3 Xét hàm số f (t )  2t 2  3t  4, t  R  f '(t )  4t - 3, f '(t )  0  t  1 4 3  Vì vậy trên  ;   hàm số f(t) đồng biến 4  TH 1. x  2  f ( x)  f (2)  6 Kết hợp với y  1  f ( y )  f (1)  3  f (x ).f ( y )  (2x 2  3x  4)(2 y 2  3y  4)  18 . Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 6 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT   1 2 y  3 y  1  0  y  1, y  2 TH 2. x  2 hệ trở thành  2  2 vô nghiệm   y  4 y  4  0  y  2 Vậy hệ đã cho vô nghiệm.  y  3 y  y  4 x  22 x  21   2 x  1 2 x  1  3 2 2 Bài 8: Giải hệ phương trình:  2 x  11x  9  2 y  2 ướng dẫn 1 Điều kiện : x  . Nhân hai vế của (2) với 2 sau đó lấy (1) trừ cho nó ta có hệ : 2  y  3 y  y  4 x  22 x  21   2 x  1  2  2 x  1  3 2 2  2 4 x  22 x  18  4 y     y3  3 y 2  y  3  2 x 1 3  2 2 x 1  4 y    4 x  22 x  18  4 y 2     y3  3 y 2  3 y  1  2  2 y     3 2x 1  2 2x 1  4 x 2  22 x  18  4 y  y 1 3  2 y 1        3 2x 1  2 2x 1  4 x 2  22 x  18  4 y Xét hàm số : f (t )  t 3  2t  f '(t )  3t 2  2  0 t  R . Chứng tỏ hàm số đồng biến trên R Để f  y  1  f   2 x  1 chỉ xảy ra khi : y  1  2 x  1 .. Thay vào (2) ta có : 2 x2  11x  9  2  2 y  2  2 x 2  11x  11  2  y  1  2 x 2  11x  11  2 2 x  1 * 2 t2 1  t2 1   t2 1  Đặt t  2 x  1  x   0  *  2    11   11  2t 2  2   2   t 4  2t 2  1  11t 2  11  22  4t  t 4  9t 2  4t  12  0   t  1 t  3 t 2  4t  4   0 t  1  2 x  1  1 2 x  1  1  x  1 + Với       x; y   1;0   y 1  t  y  0 y  0 y  0 t  3  2 x  1  3 2 x  1  9  x  5 + Với       x; y    5; 2   y  1  t   y  2  y  2  y  2 Vậy hệ có hai nghiệm: (x; y)=(1;0),(5;2) ( vì t 2  4t  4   t  2   0 t  0 ) 2 Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 7 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT 2  2 x  13  2 x  1   2 y  3 y  2 1 Bài 9. Giải hệ phương trình:   4 x  2  2 y  4  6  2 ướng dẫn 1 Điều kiện : y  2; x   * 2 Từ (2) : 4 x  2 y  6  36  2 x  y  15  2 x  1  16  y Từ (1) đặt y  2  t  y  t 2  2  2 y  3  2  t 2  2  3  2t 2  1 Cho nên vế phải (1) :   2t 2  1 t  2t 3  t  1 : 2  x  1   2 x  1  2t 3  t 3 Xét hàm số : f  u   2u 3  u  f '  u   2u 2  1  0u  R . Chứng tỏ hàm số luôn đồng biến . Để f(x)=f(t) chỉ xảy ra khi : x=t  31  53 2 x  y  2 2 x  y  2  y  15 y  2    2  2 x  y  15 15  y  y  2  y  31y  227  0  31  53 y   15  2  53  1 31  53  Vậy hệ có nghiệm :  x; y    ;   4 2   8 x  3 2 x  1  y  4 y  0 1  3 Bài 10. Giải hệ phương trình:  2 4 x  8 x  2 y  y  2 y  3  0  2  3 2  ướng dẫn 1 Điều kiện : x  . 2 Từ (1) :  8 x  3 2 x  1  y  4 y3 * Đặt : t  2 x  1  2 x  t 2  1  8x  3 2 x  1  4  t 2  1  3 t   4t 2  1 t  4t 3  t Do đó (*) : 4t 3  t  4 y3  y Xét hàm số : f(u)= 4u 3  u  f '  u   12u 2  1  0u  R . Chứng tỏ hàm số đồng biến . Do đó phương trình có nghiệm khi : f(t)=f(y)  2 x  1  y  2 x  y 2  1(**) Thay vào (2) :  y 2  1  4  y 2  1  2 y3  y 2  2 y  3  0  y 4  2 y3  y 2  2 y  0 2  y  y3  2 y 2  y  2  0  y  y  1  y 2  3 y  2   0  y  y  1 y  2  y  1  0 Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 8 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT y  0 y  0  1  Với   1   x; y    ;0  2 x  y  1  x  2  2  2 y 1 y 1 Với      x; y   1;1 2 x  y  1  x  1 2  y  1  y  1 Với     x; y   1; 1 2 x  y  1  x  1 2  y  2  y  2  5  Với    5   x; y    ; 2  2 x  y  1  x  2  2  2 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm trên. x3 12x y3 6y 2 16 0 (1) Bài 11. Giải hệ phương trình: 4x 2 2 4 x2 5 4y y2 6 0 (2) ướng dẫn Điều kiện: x 2;2 , y 0; 4 Ta có (1) (x 2)3 6(x 2) y3 6y 2 Xét hàm số f (t ) t3 6t, t 0; 4 . Hàm số liên tục trên [0; 4] Ta có f '(t ) 3t 2 12t 3t(t 4) 0, t 0;4 f (t ) nghịch biến trên 0; 4 . Ta có: (1) f (x 2) f (y) x 2 y thay vào phương trình (2) ta có: 4x 2 6 3 4 x2 16x 4 48x 2 36 9(4 x2) 16x 4 57x 2 0 x 0 y 2 Kết luận: Hệ có nghiệm (0; 2) (x 2) x 2 4x 7 y y2 3 x y 2 0 Bài 12. Giải hệ phương trình: x2 y 1 x y 1 ướng dẫn Điều kiện: x 2 y 1 0 Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 9 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Ta có : (1) (x 2) (x 2)2 3 x 2 y ( y)2 3 y Xét hàm số f (t ) t t2 3 t trên R t2 Ta có : f '(t ) t2 3 1 0 t 2 t 3 Hàm số f (t ) đồng biến trên R (1) f (x 2) f ( y) x 2 y .Thay vào (2) ta được : 3 3 2 x x x x 1 2x 3 2 2 x2 x 1 4x 2 12x 9 x2 x 1 4x 2 12x 9 3 x 3 2 x 2 x 1 x 1 y 1 2 3x 13x 10 0 10 x 3 Kết luận: Hệ có nghiệm (-1; -1) 53 5x 10 x 5y 48 9 y 0 (1) Bài 13. Giải hệ phương trình: 2x y 6 x2 2x y 11 2x 66 (2) ướng dẫn 10 x 0 x 10 9 y 0 y 9 Điều kiện: 2x y 6 0 2x y 6 0 2x y 11 0 2x y 11 0 Ta có: (1) 5 10 x 3 10 x 5 9 y 3 9 y , (*) Xét hàm số f t 5t 2 3 t trên nửa khoảng D 0; Hàm số liên tục trên [0; ) Ta có: f / t 15t 2 3 0, t 0 f (t ) đồng biến trên [0 : ) Ta có: (*) f 10 x f 9 y 10 x 9 y y x 1, Thay vào (2) ta được x 7 10 x x2 2x 66 0 (**) Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 10 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Điều kiện: x 7;10 Ta có: (**) x 7 4 1 10 x x2 2x 63 0 x 9 x 9 x 9 x 7 0 x 7 4 1 10 x 1 1 x 9 [ x 7 ] 0 x 9 y 8 x 7 4 1 10 x Kết luận: Hệ có nghiệm (9; 8) x 1 y x y 1 Bài 14. Giải hệ phương trình: 1 1 x 1 y 1 x 4 y 2 2 ướng dẫn Điều kiện: 0 x; y 1 x 1 y Ta có: (1) x 1 y (*) 1 1 x 1 1 (1 y) t Xét hàm số: f (t ) t trên [0;1] 1 1 t 1 1 (1 1 t) . t Ta có: f (t ) ' 2 t 2 1 t 1 0 , t [0;1] (1 1 t )2 (*) f (x ) f (1 y) x 1 y , thế vào (2) ta được : 1 x 5 x 2 2 6 2x 2 5 6x x2 8 1 1 5 6x x2 x 1 5 6x x2 (x 1)2 x y (t / m) 2 2 1 1 Kết luận: Hệ có nghiệm ; 2 2 3 x 2 x 2y 2y 1 0 Bài 15. Giải hệ phương trình: 3 x 2 2 y 2 5 ướng dẫn 1 Điều kiện x 2; y 2 Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 11 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Phương trình ( 1) tương đương : 2 x 2 x 2 x 2y 1 2y 1 2y 1 (*) Xét hàm số: f t t3 t trên R Ta có f ' t 3t 2 1 0 sauy ra hàm số f t đơn điệu tăng . Ta có: (*) f 2 x f 2y 1 2 x 2y 1 x 3 2y Thay vào phương trình (2) ta được: 3 u 5 2y 3 5 2y 2 y 2 5 (*) Đặt v y 2 v 0 u 1; v 2 u 2v 5 3 65 23 65 (*) 3 2 u ;v u 2v 9 4 8 65 3 23 65 u ;v 4 4 y 2 x 1 233 23 65 185 23 65 y x 32 16 233 23 65 185 23 65 y x 32 16 2x 2y y3 2x 4 x6 (1) Bài 16. Giải hệ phương trình: 2 x 2 y 1 x 1 (2) ướng dẫn y 0 Với x 0 thay vào hệ phương trình ta có 3 ( mâu thuẫn ) y 4 3 y 3 y y Chia hai vế phương trình (1) cho x ta có: 2 2x x 3 (*) f f x x x x Xét hàm số f t t3 2t trên R Ta có f ' t 3t 2 2 0 f t đơn điệu tăng . Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 12 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT y y (*) f f (x ) x x2 y y 0 Thay vào phương trình ( 2) ta có x x 2 x 2 x2 1 x 1 (**) u x Đặt v x2 1 v 0 (**) u 2 v v2 2u v2 uv 2v 2u 0 v u v 2 0 v 2 x 3 y 3 Kết luận: vậy hệ có nghiệm 3; 3 ; 3; 3 2 3 y 1 y y2 1 x (1) Bài 16. Giải hệ phương trình: 2 x x2 2x 5 1 2 2x 4y 2 (2) ướng dẫn Điều kiện 2x 4y 2 0 2 Ta có: (1) 2x 4y 2 y2 1 2y y 2 1 y2 2x 4y 2 y2 1 y (*) 2 2 Thay vào phương trình (2) ta được: x 1 x 1 1 2 y2 1 y (**) 2 x 1 x 1 1 y y2 1 2 2 Xét hàm số f (t ) t t2 1 trên R t Ta có: f '(t ) 1 0 suy ra hàm số f t đơn điệu tăng . 2 t 1 x 1 x 1 x 1 (**) : f f y f f y y x 2y 1 2 2 2 Thay vào phương trinh (*) ta được: 2 2 y2 1 2 y 3 5 y 1 y 4 y x y2 1 2 y 4 2 Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 13 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT x x2 2x 5 3y y2 4 Bài 17. Giải hệ phương trình: 2 2 x y 3x 3y 1 0 ướng dẫn Cộng hai phương trình ta có x2 2x 1 x2 2x 5 y2 y2 4 2 2 x 1 x 1 4 y2 y2 4 Xét hàm số f t t t 4 trên [0; ) 1 Ta có: f ' t 1 0 suy ra hàm số f t đơn điệu tăng . 2 t 4 2 2 y x 1 Từ đó suy ra f x 1 f y2 x 1 y2 y 1 x Với y x 1 thay vào phuong trình hai ta có 1 1 x2 x2 2x 1 3x 3 x 1 1 0 x y 2 2 Với y 1 x thay vào phương trình hai ta có: 3 1 x2 x2 2x 1 3x 3 1 x 1 0x y 4 4 Kết luận:… 2x 2 x x 2 2y 2 y 2y 1 (1) Bài 18. Giải hệ phương trình: x2 2y 2 2x y 2 0 (2) ướng dẫn 1 Điều kiện: x 2; y 2 Lấy (1) (2) ta được: x2 3x 2 x 2 4y 2 2y 2y 1 (x 1)2 (x 1) x 2 4y 2 2y 2y 1 (*) Xét hàm số: f ( t ) t2 t t 1 trên [ 1; ) Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 14 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT 1 f '(t ) 2t 1 2 t 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 1 1 3 1 2 t 1 1 1 4 t 1 4 t 1 2 2 Suy ra f ' t 0 Vậy f t là hàm đồng biến trên [ 1; ) Suy ra: (*) f (x 1) f (2y) x 1 2y 2 Thay x 2y 1 vào phương trình ( 2 ) ta có 2y 1 2y 2 2 2y 1 y 2 0 y 1 x 1 2 6y 7y 1 0 1 2 y x 6 3 x 1 x2 y 1 y2 1 Bài 19. Giải hệ phương trình: x 6x 2xy 1 4xy 6x 1 ướng dẫn 2 x 1 x2 y 1 y Ta có hệ x 6x 2xy 1 4xy 6x 1 2 t 1 t2 t t t Xét hàm số : f (t ) t 1 t f '(t ) 1 0 t R 1 t2 t2 1 1 t2 Chứng tỏ hàm số đồng biến . Để f x f y chỉ xảy ra x y (*) Thay vào phương trình (2) : 2 2 2 2 x 25 2 2x 2 6x 1 3x x 6x 2x 1 4x 6x 1 2x 6x 1 x 2 4 2x 2 6x 1 2x x 0 x 0 TH1: 2x 2 6x 1 3x 2 2 2 x 1; y 1 2x 6x 1 9x 7x 6x 1 0 x 0 x 0 TH2: 2x 2 6x 1 2x 2x 2 6x 1 4x 2 2x 2 6x 1 0 Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 15 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT 3 11 3 11 x ;y . 2 2 x x2 4 y y2 1 2 1 Bài 20. Giải hệ phương trình: 27x 6 x3 8y 2 (2) ướng dẫn 2 Ta có: (1) x x2 4 2y 4 2y Hàm số f t t2 4 t đồng biến trên R nên 1 x 2y Thế vào PT (2) ta có: 27x 6 x3 4x 3 3 3x 2 x3 4x 3 3 3 x 1 x 1 x3 4x 3 x3 4x 3 (*) Xét: g t t3 t , có: g '(t ) 3t 2 1 0, t g(t ) đồng biến trên R nên: 3 1 13 1 13 (*) x 1 x3 4x 2 3x 2 x 1 0 x y 6 12 2y 3 y 2x 1 x 3 1 x (1) Bài 21. Giải hệ phương trình: 2y 2 1 y 4 x 4 (2) ướng dẫn Điều kiện: 4 x 1; y . Ta có: (1) 2y 3 y 2 1 x 2x 1 x 1 x 2y 3 y 2(1 x) 1 x 1 x Xét hàm số f (t ) 2t 3 t, ta có f '(t ) 6t 2 1 0, t f (t ) đồng biến trên . y 0 Vậy (1) f (y) f( 1 x) y 1 x 2 y 1 x Thế vào (2) ta được 3 2x 1 x 4 x 4 (3). Xét hàm số g(x ) 3 2x 1 x x 4, liên tục trên [-4;1], ta có Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 16 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT 1 1 1 g '(x ) 0 x ( 4;1) g(x ) nghịch biến trên [-4;1]. 3 2x 2 1 x 2 x 4 Lại có g( 3) 4 nên x 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (3).  1 1  x  y  x2  1  y 2  1  0  Bài 22. Giải hệ phương trình  ĐK: y  0  9 x 2  4  3x  2 x  2 2  y2 y ướng dẫn ĐK:.... 1 1 PT 1  x   y  2  * x 12 y 1 t  2 1 2t 2  1  2t f t   t  2  f '  t   1   0 t 1   t  2 2 t2 1 2 1  *  f  x   f  y   x  y 4 3y2  2 y  2 2  9 y 2  2   3y   2 y y y 2 4 u : 3 y   u 2  9 y 2  2  12 y y u  2  u 2  12  u  2   2 u  12  u  4u  4 2 u  2 2   3 y   2  3 y 2  2 y  2  0 2  u y  1 7 1 7 y   x  3 3   1 7 1 7 y   x   3 3  1 7 1 7   1 7 1 7   ĐS :  ;  ,  ;   3 3   3 3  2 y 3  12 y 2  25 y  18  (2 x  9) x  4 Bài 23. Giải hệ phương trình:   3x  1  3x  14 x  8  6  4 y  y 2 2 ướng dẫn ĐK:..... Xét 2  y  a    y  a   2 y 3  12 y 2  25 y  18 3 Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 17 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT  2 y3  6 y 2 a  6 ya 2  2a3  y  a  2 y 3  12 y 2  25 y  18 6a  12   6a 2  1  25  a  2 2a 3  a  18  hư vậy: PT 1  2  y  2    y  2   2  x  4  x  4  x  4 * 3  f  t  : 2t 3  t co ' f '  t   6t 2  1  0 => *  f  y  2   f  x  4   y  2  x  4 Thế vào PT (1) ta được:     2 3x  1  3x 2  14 x  8  6  4 x4 2  x4 2  3x  1  3x2  14 x  8  6  x 1 ĐK: x6 3  3x  1  4  3 x 2  14 x  5  1  6  x  0 3  x  5 x6    x  5  3x  1  0 3x  1  4 1 6  x  3 1    x  5   3x  1    0 **  3x  1  4 1 6  x  1 3 1 Với  x  6 thì 3x  1  0   3x  1  0 3 3x  1  4 1 6  x => x  5 là nghiệm duy nhất của (**) => y =1 vậy nghiệm của hệ (5; 1)  2 y  2 x 1  x  3. 1  x  y 3 Bài 24. Giải hệ phương trình  Đk: x  1  3x  1  2 y  2  3 ỚNG DẪN ĐK:..... PT 1 : 2 y 3  y  3. 1  x  2  x  1  1 1  x  2 y 3  y  2 1  x  1  x  1  x Khảo sát hàm f  t   2t 3  t  y  1  x thế vào PT(2) ta được đáp án Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 18 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT  36  11 57 92  11 57  => ĐS :  3; 2  ,  ;   128 128    2 x( x  3)  y( y  3)  3xy( x  y) 2 2 Bài 25. Giải hệ phương trình  2 ( x  2)  4(2  y)  2 ướng dẫn PT 1 : 2 x3  6 x  y 3  3 y  3x 2 y  3xy 2  x3  3x 2 y  3xy 2  y 3  x3  3x  3x  3 y  0   x  y   3  x  y    x3  3x 3 Khảo sát hàm f  t   t 3  3t  x  y   x  y  2 x thế vào PT(2) ta được ĐS :  1   3; 2  2 3 , 1  3; 2  2 3   x  3  4 x  2  y 4  5  y Bài 26. Giải hệ phương trình   x  2 x( y  2)  y  8 y  4  0 2 2 ướng dẫn ĐK:....... PT 1 : x  2  5  4 x  2  y  y 4  5   4  4 x2  4 x2  5  y  y4  5 Khảo sát hàm f  t   t  4 t 4  5  4 x  2  y thế vào PT(2) ta được ĐS :  2;0 , 3;1   x  y  3  y  3x  7 2 2 Bài 27. Giải hệ phương trình:   y  1  2 y  1  x  x  xy  3 y  2 2 ướng dẫn ĐK: y  1, x  0 Cách 1: PT  2   y  1   y  1  y 2  y  x  x 2  xy 2 y  1   y  1   y  1 y  x  x 2  xy * 2  Xét hàm: f  t   t  t 2  t. y với y là tham số: y  1 Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 19 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts
Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT 1 Có y '   2t  y  0 với mọi t > 0 f(t) luôn đồng biến, t > 0 2 t =>(*)  f    x  y 1  f y 1  x  x  y 1 Thế vào PT(1) ta được đáp số. ĐS :  2;3 Cách 2: PT  2   y  1  x  x 2  xy  3 y  2 y 2  1 y 1  x    x  2 y  1 x  y  1 y 1  x  1    y  x  1   x  2 y  1  0  y 1  x    1 Với ĐK: y  1, x  0 =>  x  2 y 1  0 y 1  x => y  x  1  0  y  x  1 Thế vào PT(1) ta được đáp số. ĐS :  2;3  x x 2  y  y  x 4  x3  x  Bài 28. Giải hệ phương trình:  9 Đk: x  1, y  0  x  y  x  1  y ( x  1)   2 ướng dẫn Đk:......... x x2  y  x x2  x  x  y yx x  x y x  y  x2  x 2  x    y  x  1  0  x2  y  x2  x     yx  25 25  Thế vào PT (2) ta được ĐS :  ;   16 16  Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts - Trang | 20 - Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/?fref=ts

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022

304 tài liệu

922 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.