intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT ĐẲNG THỨC

Chia sẻ: Nguyễn Văn Tú | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST
Báo xấu
104
lượt xem 20
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Về kiến thức - Hs biết cách giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn, hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn 2. Về kỹ năng - Giải thành thạo hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn - Biết giải hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT ĐẲNG THỨC

  1. NGUYỄN VĂN TÚ – THPT HIỆP HÒA 1-K49 SDT: 0976 390 895 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT ĐẲNG THỨC Câu 1,  x  2 y  xy  0  1,Giải hệ phương trình:   x 1  4 y 1  2  Giải:  x  2 y  xy  0 x  1  (1)   Điều kiện:  1  x 1  4 y 1  2  (2) y  4  x x 1 Từ (1)    2  0  x = 4y. Nghiệm của hệ (2; ) y y 2 2, giải phương trình: 2x +1 +x x2  2   x  1 x2  2x  3  0 Giải:  u  x 2  2, u  0  v2  u2  2x  1  u2  x 2  2   * Đặt:   2  v2  u2  1 v  x  2x  3  x 2  2 v  x  2x  3, v  0  2   2  Ta có:  v2  u2  1   v2  u2  1   v2  u2  u  v2  u2  v (a)  v2  u2      .u     1 .v  0  v2  u2     2   .u     .v   0  2   2    2  2    2 v  u  0 (b)   v  u  1   (v  u) (v  u)  1      0  (v  u)  1  v  u   1  0 (c)   2  2      2  2  Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm.  Do đó: 1 (a)  v  u  0  v  u  x 2  2x  3  x 2  2  x 2  2x  3  x 2  2  x   2
  2. NGUYỄN VĂN TÚ – THPT HIỆP HÒA 1-K49 SDT: 0976 390 895 1 Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x =  . 2  x2  1  y( x  y)  4y 3,  (x, y  R ) ( x  1)( x  y  2)  y 2 Giải:  x2  1  y  ( x  y  2)  2  x2  1 u  v  2  2 . Đặt u ,v  x  y  2. Ta có :   u v 1  x  1 ( x  y  2)  1 y uv  1  y  x2  1  1 Suy ra  y . Giải hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm : (1; 2), (-2; 5). x  y  2  1   3 x  y  1 3 4,  2 .  x y  2 xy 2  y 3  2   3 x  y  1 3  3 x  y  1 3 (1) Giải:   3  2  x y  2 xy  y  2 2 3 2 x  y 3  x 2 y  2 xy 2  0  (2) x  y  1 3 3 (3)  y  0 . Ta có:   x  3  x  2 x 2      2   1  0  y  y  y (4)        x 1 Đặt :  t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0  t =  1 , t = . y 2 x 3  y 3  1 1 a) Nếu t = 1 ta có hệ  xy x  y 3 2 x  y  1 3 3 b) Nếu t = -1 ta có hệ   hệ vô nghiệm. x   y 1 x 3  y 3  1 3 3 23 3 Nếu t = ta có hệ  x , y 2  y  2x 3 3  2 1 2 x  x  y  2 5,  .  y  y 2 x  2 y 2  2 
  3. NGUYỄN VĂN TÚ – THPT HIỆP HÒA 1-K49 SDT: 0976 390 895 Giải: ĐK : y  0  2 1 2 x  x  y  2  0 2u 2  u  v  2  0   hệ  đưa hệ về dạng  2  2  1 x20 2v  v  u  2  0   2 y y      u  v   u  v  1  u  1  v  u  v  1 Từ đó ta có nghiệm của hệ  2  2v  v  u  2  0  3 7  3 7  u  2  u   2  ,   1  7 v  1  7  v    2  2 3 7 2 3 7 2 (-1 ;-1),(1 ;1), ( ; ), ( ; ) 2 7 1 2 7 1  x 2  y 2  x 2 y 2  1  2 xy  6,   x  x y  xy  y  xy  1 2 2   3 4 xy  4( x  y )  ( x  y ) 2  7 2 2  7,  2 x  1  3   x y GIẢI:
  4. NGUYỄN VĂN TÚ – THPT HIỆP HÒA 1-K49 SDT: 0976 390 895  3  3  4 xy  4(( x  y )  2 xy ))  ( x  y ) 2  7 4( x  y )  4 xy  ( x  y ) 2  7 2 2     x  y  1  x  y  1  ( x  y)  3  ( x  y)  3   x y   x y  3  3 3( x  y )  (( x  y )  4 xy )  ( x  y ) 2  7 3( x  y )  ( x  y  2 xy )  ( x  y ) 2  7 2 2 2 2 2     x  y  1  x  y  1  ( x  y)  3  ( x  y)  3   x y   x y  3   1  3( x  y )  ( x  y ) 2  ( x  y )  7 3  ( x  y )   ( x  y)2  7 2 2 2 2    ( x  y)     x  y  1  x  y  1  ( x  y)  3  ( x  y)  3   x y   x y  1 u  x  y  ( u  2) 3u 2  v 2  13 u  2 x  1  x y Ta co :    ....   v  x  y u  v  3 v  1 y  0   x 2  y 2  xy  3  8.   x2 1  y2 1  4  8x 3 y3  27  18y3 (1)  9.  4x y  6x  y (2) 2 2  Giải:    3 (2x)3   3   18   y 3 a  b  3 (2)   . Đặt a = 2x; b = . (2)   2x. 3  2x  3   3 y ab  1  y     y  3 5 6   3 5 6  Hệ đã cho có nghiệm:  ;  , ;   4 3 5   4 3 5     10, x 2  ( x  2) x  1  x  2 .  x2  2  y 2  3  x  y  5  11,   x2  2  y 2  3  x  y  2  12. x  x  2  3 x  5x  4 x  6 2 2 Giải:
  5. NGUYỄN VĂN TÚ – THPT HIỆP HÒA 1-K49 SDT: 0976 390 895 Bình phương 2 vế ta được : 6 x( x  1)( x  2)  4 x 2  12 x  4 . x( x  2) x( x  2) x( x  2)  3 x( x  1)( x  2)  2 x( x  2)  2( x  1)  3 2  2 . Đặt t  0 x 1 x 1 x 1  1 t ta được bpt 2t  3t  2  0   2 2  t  2 (do t  0 ).  t  2 x( x  2) Với t  2   2  x2  6 x  4  0 x 1  x  3  13   x  3  13 ( do x  2 ) Vậy bpt có nghiệm x  3  13 .  x  3  13   x2  y 2  1  2 13,  x y2 ( x, y  R ) ( xy  x  y  1)( x  y  2)  6  Giải:  ( x  1)2  ( y  1)2  5 u  x  1  u 2  v2  5 * ệ  . Đặt  , th được hệ  ( x  1)( y  1)[( x  1)  ( y  1)]  6 v  y  1 uv(u  v)  6 u  v  3 u  x  1  1 u  x  1  2 * iải ra được: u.v  2 * iải ra được:  hoặc   v  y  1  2 v  y  1  1 x  3 x  2  hoặc   y2 y  3 √ √ √ 14, { iải: Đặt : t = x + y ĐK: t √ √ √ √ √
  6. NGUYỄN VĂN TÚ – THPT HIỆP HÒA 1-K49 SDT: 0976 390 895 √ √ [ ] √ √ Hệ đã cho trở thành { { Vậy hệ dã cho có một nghiệm {  x2  y 2  1  2 15,  x y2 ( x, y  R ) ( xy  x  y  1)( x  y  2)  6  Giải: x3 y3 z3 Ta có: VT + 3 = (  y )( 2  z )( 2  x2 ) 1 y 2 1 z 2 1 x 2 6 1  y2 x3 y3 x3 y3 1  z2  VT  (   ) (   ) 4 2 2 1 y 2 2 1 y 2 4 2 2 1 z 2 2 1 z 2 4 2 z3 1  x2 z3 6 x6 y6 z6 (   ) VT  3 3 3 3 3 3 2 1  x2 2 1  x2 4 2 4 2 16 2 16 2 16 2 3 3 9  VT   ( x2  y 2  z 2 )  2 2 23 2 2 26 8 9 3 9 3 3  VT       VP (đpcm) 2 6 23 2 2 2 2 2 2 2 ( Dấ ng xảy ra hi v ch hi x = y = = ).  16,   3 x  y 3  4 xy 3 .  x y  9  2 2 Giải: Ta có : x 2 y 2  9  xy  3 . . Khi: xy  3 , ta có: x3  y3  4 và x3 .  y 3  27  
  7. NGUYỄN VĂN TÚ – THPT HIỆP HÒA 1-K49 SDT: 0976 390 895   Suy ra: x3 ;  y 3 là nghiệm PT X 2  4 X  27  0  X  2  31 Vậy ngiệm của PT là x  3 2  31, y   3 2  31 . Hay x  3 2  31, y   3 2  31 . Khi:   xy  3 , ta có: x3  y3  4 và x3 .  y3  27 . Suy ra: x3 ;  y 3   là nghiệm PT X 2  4 X  27  0( PTVN ) .  x 2  y 2  xy  1  4 y 17,  , ( x, y  R) .  y( x  y)  2 x  7 y  2 2 2 Giải: y  0 , ta có: x2  1  uv  4  u  4v  v  3, u  1 Đặt u  , v  x  y ta có hệ:  2  2  y v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9  x2  1  y  x2  1  y  x2  x  2  0  x  1, y  2 +) Với v  3, u  1 ta có hệ:     .  x y 3  y  3 x  y  3 x  x  2, y  5  x2  1  9 y  x2  1  9 y  x 2  9 x  46  0 +) Với v  5, u  9 ta có hệ:    , hệ này vô  x  y  5  y  5  x  y  5  x nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y)  {(1; 2), (2; 5)}.    x  y  x 2  y 2  13  18,   x, y   .    x  y  x  y  25 2 2  Giải:     x  y  x 2  y 2  13 1 x3  xy 2  x 2y  y3  13   3 1'     2 2   x  y  x  y  25  2 y  xy  x y  x  25  2 2 3  2'  Lấy (2’) - (1’) ta được : x2 y– xy2 = 6   x  y  xy  6 (3) Kết hợp với (1) ta có:      x  y  x 2  y 2  13  I . Với y = - z ta có  x  y  xy  6 
  8. NGUYỄN VĂN TÚ – THPT HIỆP HÒA 1-K49 SDT: 0976 390 895 I        x  z x 2  z2  13     x  z  x  z  2xz  13   2    x  z xz  6   x  z xz  6  Đặt S = x +z và P = xz ta có :     S S2  2P  13 S3  2SP  13 S  1   SP  6  SP  6  P  6 x  z  1 x  3 x  2 Ta có  . hệ phương trình có nghiệm:  hoÆc  x.z  6 z  2 z  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm : ( 3 ; 2) vµ ( -2 ; -3 ). 2 y 2  x 2  1  19,  3 3 . 2 x  y  2 y  x  Giải:   Ta có: 2 x3  y3  2 y 2  x 2  2 y  x   x3  2 x 2 y  2 xy 2  5 y 3  0 . Khi y  0 thì hệ VN. 3 2 x x  x Khi y  0 , chia 2 vế cho y  0     2    2    5  0 . 3  y  y  y x Đặt t  , ta có : t 3  2t 2  2t  5  0  t  1 . y y  x  Khi t  1 ,ta có : HPT   2  x  y  1, x  y  1 . y 1  20, 7  x2  x x  5  3  2 x  x2 (x  ) . Giải. 3  2 x  x 2  0  PT   7  x  x x  5  3  2 x  x 2 2 
  9. NGUYỄN VĂN TÚ – THPT HIỆP HÒA 1-K49 SDT: 0976 390 895  3  x  1 3  2 x  x 2  0   2  x  0    x  0   x  1  x  1  x  16   0 2  x x  5  2( x  2)   x2   x  5  2.  x Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 21, x2  ( x  2) x  1  x  2 Giải: Điều kiện : x  1 Phương trình tương đương với x2  x( x  1  1)  2 x  1  2( x  1)  0 (*) Đặt y  x  1, y  0 . Khi đó (*) có dạng : x2 – x(y - 1) – 2y – 2y2 = 0  ( x  2 y)( x  y  1)  0  x  2 y  0(do x  y  1  0)  x  2 x 1  x2  4x  4  0 x2 Vậy phương trình có nghiệm là: x =2  x4  4x2  y2  6y  9  0  22)  2 (2).  x y  x  2y  22  0 2  Giải: ( x 2  2)2  ( y  3) 2  4   x2  2  u (2)   2 . Đặt  ( x  2  4)( y  3  3)  x  2  20  0 y  3  v 2  u 2  v 2  4 u  2 u  0 Khi đó (2)    hoặc  u.v  4(u  v)  8 v  0 v  2    x  2  x  2  x  2  x   2   ; ; ; . y  3 y  3 y  5 y  5 
  10. NGUYỄN VĂN TÚ – THPT HIỆP HÒA 1-K49 SDT: 0976 390 895
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.04: Bộ 290+ Đề Thi Vào Lớp 10 Năm 2020
290 tài liệu
511 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.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2