9 pp danh gia

Phương pháp đánh giá Facebook thầy Hồng Trí Quang
Khóa học online Luyện thi học sinh giỏi – thi chuyên toán lớp 9
Phần 1. PHÂN TÍCH THÀNH CÁC TỔNG BÌNH PHƯƠNG
Bài 1. Giải phương trình: 4 3 2 3 2 11x x x    
HD    
2 2
3 2 3 2 1 0x x      . Nghiệm duy nhất x = 1
Bài 2. Giải phương trình
2
2 5 1 2x x x    
Bài 3. Giải phương trình:
2
2
2
6 15
6 18
6 11
x x
x x
x x
 
  
 
(1)
 
 
2
2
4
(1) 1 3 9
3 2
x
x
    
 
Mà :
 
2
4 4
1 1 3
23 2x
   
 
và  
2
3 9 3x    .
Do đó ta có:  
2
3 0 3x x    .
Phần 2. Sử dụng BĐT cơ bản ĐÁNH GIÁ HAI VẾ
Sử dụng BĐT trị tuyệt đối
2 2 2
11 14 9 11 2 3 17 2 3 2(2x 4)x x x x x x         
Ta có VT =
2 2 2 2 2 2
(3 1) 2(2 x) (3 1) 2(1 x) (3 1) 2(2 1)x x x x          
 2 2 1 2 1x x x      2(2 4)x 
Dấu bằng xảy ra khi
1
3
x 
Bài 5. Giải phương trình √x + √2x − 5 − 2 + √x − √2x − 5 + 2 = 2√2
HD nhân 2 vế với √2, sử dụng |a| + |b| ≥ |a + b|
Tự luyện

a)
2 2 2
3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x        Nghiệm 1x  
Bài 7. Giải phương trình: 2
2 5 1 2x x x    
HD VT = 2
( 1) 1 2x x   
Pt có nghiệm duy nhất x = 2
b. 21961111488 24244
 xxxxxxxx
222242222224
)4()3(8)4()1(3)3()1(28  xxxxxxxxxx
4 2 2 4 2 2
8 3 4 ( 2 1) (4 8 4) 2x x x x x x x x            
2 2 2
( 1) (2 2) 2 2x x     
Dấu “=” xảy ra












1
0)22(
0)1(
0)1(3
0)1(2
2
22
2
2
x
x
x
x
x
Vậy phương trình có nghiệm x = - 1
c. 4462311462 2322
 yxyxyxyx
Ta có:
462311462 2222
 yxyxyxyx
       
13)1()3(
)1(3)1()1(2)3(
1231224296
22
2222
2222



xxxx
yxyx
yyxxyyxx
Áp dụng tính chất  . Dấu “=” xảy ra 0

Ta có: 41313
11
33







xxxx
xx
xx
Từ (1) suy ra: )2(4462311462 2222
 yxyxyxyx
Dấu đẳng thức xảy ra trong (2) khi và chỉ khi
1 0
1
3 0
1 3
1 0
y
y
x
x
x
 
 
   
    
Vậy nghiệm của phương trình là(x; y) = (x0; -1) với  3;10 x
Bài 8. Giải phương trình   021628817216 234
 xxxxx
ĐK: x ≥ 2
Phương trình
4 3 2
16 72 81 28
2
16
x x x
x x
   
  
Đặt 0,2  txt . Xét 2)( 2
 tttf với   ;0t
2 2 7
4 ( ) 4 4 8 (2 1) 7 7 ( )
4
f t t t t f t        
 
7 1
( ) 0;
4 2
f t t    
Vậy: (
4
7
22222 2
 ttxxxx với )2 xt
4
9
2
1
2  xx
Ta lại có:
4
7
4
9
4
7
16
28817216 2
2234








xx
xxx
4
9
 x hay 0x

Vậy   4
9
021628817216 234
 xxxxxx
Phần 3. Sử dụng AM – GM
3.1. Đánh giá trực tiếp hai vế VT  VP
3 2 2
2 7 11 25 12 6 1x x x x x     
Điều kiện
4
7
x 
Áp dụng BĐT AM GM ta có
VT
2 2
2(7 4) ( 3)
2
2 (7 4)( 3) 6 1
x x x
x x x x x
   
        = VP.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2 1
7 4 3
7
x
x x x
x

      
Bài 10. Giải phương trình 122
 xxxxx
ĐK






10
0
0
2
2
x
xx
xx
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số 22
; xxxx  ta có:
1
2
1
2
1
1)(1).(
22
2222




 x
xxxx
xxxxxxxx
Dấu “=” xảy ra, do đó






0
1
1
2
2
x
xx
xx
Thử lại x = 0 không là nghiệm của phương trình
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 11. Giải phương trình 13 1 9 1 61 xx x  

Phân tích. Sử dụng máy tính ta tìm được nghiệm ,251x 
Thay vào căn thức ta có
1 3
;
2 2
1 1x x  
Từ đó ta có hướng tách
Bài giải
1 3
. .
2 2
26. 1 6. 1 61VT xx x      
   
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ,251x 
Bài 12. Giải phương trình 2 2
1 4 2 4 3x x x x x     
Phân tích. Sử dụng máy tính ta tìm được nghiệm 3,414222159x  , thay vào căn thức ta có
4 2 3,414218598x x  
2
4 3 1,00001215 1x x   
Vậy ta có hướng giải
Bài giải
Điều kiện
1
3; 1
2
x x  
Áp dụng BĐT AM GM ta có
2
4 2
4 2
2
x x
x x
 
 
2
2 1 4 3
1. 4 3
2
x x
x x
  
  
Vậy 2 2
4 2 4 3 1x x x x x     
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 2x  

2
2 2
1
x
x
x
 

HD Cách 1
2
1
(1 ) 2 2
1
x
x
  

2 2
2
1
(1 ) 8
1
x
x
  

2
1 ( 0)x a a  
2 1
(1) ( 1)(1 ) 8a
a
    2 2
( 1)( 1) 8a a a    2 2
( 4 1)( 1) 0a a a     2x 
Cách 2:
2
2 2
2 2 2
1 1
x x
x
x x
  
 
Bài 14. *Giải phương trình 4 24
4 1 8 3 4 3 5x x x x x     
Bài giải: Điều kiện:
3
8
x 
Ta có:
4
34 1 8 3
4 3 5
x x
x x
x x
 
   
Theo BĐT Cauchy:
1.(4 1) 1 4 1
2
2
x x
x x
  
 
4 1.1.1(8 3) 1 1 1 8 3
2
4
x x
x x
    
 
Nếu không được sử dụng AM GM 4 số, ta sử dụng hai lần hai số.
Vậy 4VT 
Mặt khác: VP = 3
4 3 5x x  2
(2 1) ( 1) 4x x    4
Dấu bằng xảy ra khi x = 1
Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 1
Bài 15. *Giải hệ phương trình:
3 3 2 2
7( ) 8 2( )
2 3 6 2
x y x y xy xy x y
y x x
     

   
Bài giải

Từ pt (1) ta có:  2 2 2 2
( ) 6 8 2 ( )x y x y xy xy xy x y    
Áp dụng Cauchy với điểm rơi x = y ta có:
2 2 2
2 2 2 ( )
2 ( )
2 2
xy x y x y
xy x y
  
  
2 2
6x y xy  2
( ) 4x y xy   2
2 4xy( ) 4( )x y x y xy   
4( )x y xy  2 2
6x y xy  
Vậy dấu bằng xảy ra, tức x = y. Thay vào (2) ta có pt: 2 3 6 2x x x   
Nhận xét: Pt có nghiệm x = 3, khi đó: 3 2 3x x   nên ta liên hợp hai căn
1
( 3) 2 0
2 3
x
x x
 
   
  
Tự luyện
3 2 2
2 5 3 3 2 6 1x x x x x     
Bài 17. Giải các phương trình sau
a. xyxyyx
4
3
41 
b.
12
11194


xyz
xxyzyxxyx
Bài giải
a. xyxyyx
4
3
41  ĐK: 1,4  yx
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
    xy
xyxyxyy
xx
y
yxxyyx
4
3
422
44
.
22
11
4.4.
2
1141 





Do dấu “=” xảy ra nên











2
8
44
11
y
x
x
y
thoả điều kiện
Vậy nghiệm phương trình là 2;8  yx
b.
12
11194


xyz
xxyzyxxyx
ĐK: 1;9;4  zyx
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
     
4 9 1 94 2 1
2
4 .4 9 .9 1 .1 4 4 9 9 2 1 1
2 3 2 .2 3 .2 .2
1 1 1 11
4 6 2 12
x yz x y z xy z yx
xyz x y
x y z x y
x y z x y z
      
  
        
     
   
Do dấu “=” xảy ra nên

















2
18
8
11
99
44
z
y
x
z
y
x
Vậy phương trình có nghiệm    2;18;8;; zyx
a) xxxx 4342 32

b) 122
 xxxxx
Hướng dẫn
a. xxxx 4342 32

ĐK: 0x Áp dụng bất đẳng thức Côsi với 2 số không âm: 4;4 2
xx có

2 2
3 2
2 2
2
1 1 4 4 4 4
4 4 ( 4) .
2 2 2 4
2 4 4 4
( 2) 0
3 4
x x x x
x x x x
x x x x
x
   
    
   
    
Ta có: xx  ,0)2( 2
nên 202  xx
Thử lại x = 2 là nghiệm của phương trình
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2
Bài 19. *Giải phương trình
 222
222
32
32
4411


xx
xxxxx
Xét :
 
      3
32
64
32324
2
1
32
32
4 22
222
222
2










xx
xxx
xx
x
Áp dụng bất đẳng thức Côsi:
 
 
 
5364.64
2
1
3
32
64
.32.4
2
1
32
32
4 4
4 222
222
222
2













xx
xx
xx
x
Suy ra VT
 
1454
32
32
4 222
2



xx
x
Xét: 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1x x x x x x x x            
2 2 2
1 1 1 2 1x x x x x x          2
2 1 2 1x x x    
Nếu )1(
2
1
012  xx luôn đúng
Nếu
2
1
012  xx
(1) 41)1(4144 22
 xxxx đúng
Vế trái < 1 vế phải. Vậy phương trình vô nghiệm

Bài 20. Giải phương trình 2 2 2 2 2 2
2
1
4 16 9 2 2x y x y y x y x
x
 
       
 
với x>0
+ Với y = 0 phương trình đã cho có dạng: 3 = 2 ( 2
2 1
x
x  ) phương trình vô nghiệm (vì
34)
1
(2 2
2

x
x )
+ Với y  0: Điều kiện








0
02
9164
222
224
x
yxy
yxyx


















0
2
54112
0
0)2(
025)42(
2
2
22
22
x
x
yx
x
xy
yx







2
(*)
2
9
2
1 2
x
yx
Khi đó phương trình )
1
(2)2()42(25 2
22222
x
xxyyx 
Ta có: VT = )1(5)42(25 22
 yx









1
)2(
2
3
4
3
1
.
4
2
1
4
2
2
2
2
2
dox
x
x
x
x
x
)2(5)
2
3
1(2
1
2 2
2







x
x
Và 25
1
2)2( 2
222







x
xxy
Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1), (2), (3) đồng thời xảy ra:
2 2
2
2 4 0 2 2
2 1 1
x y x x
x y y
       
    
   
So với điều kiện (*) thì





1
2
y
x
là nghiệm của phương trình
2
27
1
3
28
24274 2
 xxx

Ta có: 6
3
27
1
3
28
24274 2
 xxx
2
)49(3
14
3
167281
24
2




xxx
)1(
2
)49(3
14
3
)49(
2
2
4
2




xx
ĐK:
4
9
049  xx
Đặt: 049  yx . Khi đ ó (1) trở thành :
2
3
14
3
24
2
yy
 y
yy
6
2
3
14
3
44
2

Sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
2
6
6
y
y


2 2 2
2 ( 6)
4 4 2 4 4( 4) ( 2) 0
3 3 3
y y y
y y

         
Mà 0)6( 2
y nên
9
2
9
4
606 


y
xyy (thoả điều kiện)
Thử lại
9
2
x là nghiệm của phương trình
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
9
2
x
Bài 22. Giải phương trình sau 2 161225117 223
 xxxxx
Bài giải
2 161225117 223
 xxxxx
Ta có: 3 2 2
2 7 11 25 12 6 1x x x x x     

2 2
2 (7 4)( 3) 6 1x x x x x      
Đk: 2
(7 4)( 3) 0 7 4 0x x x x       vì( )0
4
11
)
2
1
(3 22
 xxx
7
4
 x
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số âm 3,47 2
 xxx
Ta có: 2 2
(7 4) ( 3) 2 (7 4)( 3)x x x x x x       
1225117216 32
 xxxxx
Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 2 1
7 4 3 8 7 0
7
x
x x x x x
x

         

(thoả điều kiện)
Thử lại 7;1  xx là nghiệm
43
799522660002002
2
232



xx
xxxxx
ĐK:
  
  












2
031
021
043
022 2
2
23
x
xx
xx
xx
xxx
với 2x thì 0432
 xx
Vế trái
43
799522660002002
2
232


xx
xxxxx
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số không âm 12
x và 189 x ta được
      118921891 22
 xxxx
 2 2
2
2002 6000 1 9 18 7995
3 4
x x x x
VT
x x
     
 
 
 22
2 2
2003 3 42003 6009 8012
2003
3 4 3 4
x xx x
x x x x
  
  
   
Vậy phương trình đã cho có nghiệm  dấu bằng ở (1) xảy ra












2
59
2
59
01991691 22
x
x
xxxx thoả điều kiện
Vậy phương trình có nghiệm là
2
59 
x
Bài 24. Giải phương trình sau 3111 444 2
 xxx
Bài giải
ĐK 11  x
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
2
11
1.11
2
11
1.1)1)(1(1
4 2
44 2




x
xx
x
xxxxx
Cộng từng số bất đẳng thức cùng chiều ta có:
xxxxx  111111 444 2
Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi ta có:
3
2
2
2
2
1111
2
2
2
1)1(
1)1(1
2
2
2
1)1(
1)1(1













xx
xx
xx
xx
xx
xx
Vậy 3111 444 2
 xxx
Do đó phương trình có nghiệm  dấu bất đẳng thức trong (1) xảy ra.










0
11
11
11
x
x
x
xx
(Thoả điều kiện)
Vậy phương trình đã cho nghiệm x = 0
Bài 25. Giải phương trình 3 2 3 2 2
3 2 2 3 2 1 2 2 2x x x x x x x         
(Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, đề chọn đội dự tuyển)
Lời giải.
Điều kiện xác định:
3 2
3 2
3 2 2 0
3 2 1 0
x x
x x x
   

    
Theo bất đẳng thức AM – GM thì:
3 2 3 2
3 2 3 2 1 3 2 2 3 2 3
3 2 2 1 3 2 2
2 2
( )
.
x x x x
x x x x
    
      
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 2
3 2 2 1 1x x x      .
3 2 3 2
3 2 3 2 1 3 2 1 3 2
3 2 1 1 3 2 1
2 2
( )
.
x x x x x x
x x x x x x
       
          
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 2
3 2 1 1 1x x x x       
3 2 3 2 2
3 2 3 2 3 2 3 3 2 3 2 3
3 2 2 3 2 1
2 2 2
x x x x x x x
x x x x x
      
          
2 2 2
23 2 3 3 2 3 1
2 2 2
2 2
( ) ( )x x x x x
x x
     
   
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2
1 0 1( )x x     .
Do đó, ta luôn có: 3 2 3 2 2
3 2 2 3 2 1 2 2 2x x x x x x x          .
Đẳng thức phải xảy ra, tức là 1x   . Thử lại thấy thỏa.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1x   .

Bài 26. Giải các phương trình sau 2
4
11
2

x
xx với )0( x
ĐK: 10  x
Ta có: 2
( 1 1 2)( 1 1 2) ( 1 1 ) 4x x x x x x            
Vì thế 21
( 1 1 2)( 1 1 2)( 1 1)
2
x x x x x         
2 2 2
( 1 1)( 1 1 (1 ) 1x x x        2
(1)x 
Do vậy
)11)(211(
2
211
2
2



xxx
x
xx
với 10  x , ta có 211 2
 x
Theo bất đẳng thứcCôsi:
2 2 2
( 1 1 ) (1 ) (1 ) (1 1) 2.2 4x x x x          
 
1 1 2x x     1 1 2 4x x     
Suy ra: )2(
411)(211(
2 2
2
2
x
xxx
x 



Từ (1), (2) 2
4
11
4
11
4
211
222





x
xx
x
xx
x
xx
Do dấu: “=” xảy ra nên






0
11
10
x
xx
x
Bài 27. *Giải phương trình 1452243 222
 xxyyxx
ĐK:
  
 
  






















1313
41
27
031
0114
0145
022
043
2
2
2
y
x
xx
y
xx
xx
yy
xx

Ta có: 2 2 2
3 4 2 2 5 14x x y y x x          
       
2
1 3 7 2 3 1y x x x x           
Ta có:   3310
2
 y nên   )2(331
2
 y
Mặc khác:   0102)43(145 22
 xxxxx vì 1x
Nên 043145 22
 xxxxA
          
          
          
     
2
2
7 2 4 1 2 7 2 4 1
7 1 1 4 2 1 2 7 2 4 1
7 1 7 4 2 4 2 7 1 4 2
7 1 4 2 3 3
A x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x x x
             
                
                  
          
 
Nên 3A , ta có       )3(32427  xxxx
(1),(2),(3)
 
      



















1
4
1
84277
01
2317
331
22
2
y
x
xxxxxx
y
xxxx
y
Vậy nghiệm  yx, của phương trình là 





1;
4
1
Một số bài sử dụng AM GM 3 số và bài nâng cao
Bài 28. Giải phương trình 3 2 4
3 8 40 8 4 4 0x x x x     
Phân tích. Nghiệm x = 3 nên sử dụng AM – GM
 4 48 4 4 4 4 .16.16.16 13x x x    
Xét hiệu 3 2 3
3 8 40 13 ( 3) ( 3) 0x x x x x x        

1 1
1x x
x x
   
Phân tích. sử dụng máy tính xác định nhân tử là 2
1x x  . Vậy có 2
1 0x x  
2
1 0x x   2
1x x  
1
1x
x
  
2
1 0x x   2
1x x  
1
1x
x
  
Pt
1 1
( 1)x x x
x x
   
Bài giải. ĐK:













1
0
0
1
1
0
1
0
x
x
x
x
x
x
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số không âm, ta có:
  x
x
x
xx
x
xx
x
x
x
xx
x 


















1
1
1
1
111
11.
11
1
1
1 5
2
1 5
( )
2
x
x l
 


 


Dấu “=” xảy ra, do đó:







x
x
x
1
1
1
1
1
2 2
1 1 0x x x x      
Vậy phương trình có nghiệm
2
51
x
(2 3) 4 1 (2 3) 4 1 2 (2 3)(2 3) (1)
4 (2)
x x y y x y
y x xy
        

 

Điều kiện xác định:
1 1
;
4 4
x y 
(2) (4 1) 4 1 4 1
x y
x y x x y
y x
         thay vào (1) ta được
(2 3) (2 3) 2 (2 3)(2 3)
x y
x y x y
y x
     
Do (2 3) (2 3) 2 (2 3)(2 3)
x y
x y x x
y x
     
Suy ra (1) (2 3) (2 3) ( )(2 2 3) 0x x y y x y x y         x y  thay vào (2) ta được
2
0 ( )
2 0 1 1
2 2
x
x x
x y

  
   

lo¹i
Vậy hệ phương trình có nghiệm
1 1
;
2 2
 
 
 
.
2 2 2 2
2 3
2 5 3 4 5 3
x y x xy y
x y
x xy x xy x
   
  


    
Bài giải: Yêu cầu trình bày chi tiết ra nghiệm
Ta có
2 2
2
x y

2
( )
4 2
x y x y 

2 2
3
x xy y 

2 2
2
4 2
x y xy x y  

Vậy VT VP . Dấu bằng xảy ra khi x = y. Thay x = y vào pt (2) ta có:
2 2
2 5 3 4 5 3x x x x x    

Chia cả 2 vế cho 2
x ta xét 2 trường hợp
TH1 x > 0 thì:: 2 2
5 3 5 3
2 4
x x
x x
 
   .
Đặt 2
5 3x
t
x

 thì t = 2 hoặc t = 7 (loại(
Với t = 2 thì x = 3 hoặc
1
2
x

 (loại)
TH2 x < 0 ta có nghiệm
5 109
14

Vậy hệ có nghiệm: (3; 3) và
5 109 5 109
;
14 14
  
  
 
Bài 32. Giải các phương trình sau 34 3
16 5 6 4x x x  
Phân tích. Bấm nghiệm
1
2
x  , giá trị trong căn bằng 1.
Bài giải
Do 00)14(0460516 23 34
 xxxxxx
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương 4x; 4x2
+ 1; 2 ta có:
3 23 22
)14(62).14(432)14(4  xxxxxx
32 3
4 4 3 6 4x x x x     2 4
4 4 3 16 5x x x     4 3
8 2 2 1 0x x x    
2 2
(2 1) .(2 2 1) 0x x x     2 2
(2 1) 0 ( 2 2 1 0, )x do x x x      
Mà (2x – 1)2
 0, x nên 2x – 1 = 0
2
1
 x
Thử lại
2
1
x là nghiệm phương trình

Phần 3. CAUCHY - SCHWARZ.
a)
2
2 4 6 11x x x x x     
b)
2
2
1 1
2 2 4x x
x x
     
 
 
 
HD
b)
2
2
1 1
( 2 ) ( 2 ) 4PT x x
x x
      
Bài 34. Giải các phương trình sau 9
1
22


xx
x
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 cặp: 1;22 x và
1
;
1
1
 x
x
x
Ta có:
9)
11
1
)(18()
1
.1
1
1
.22()
1
22
( 22










x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Do dấu: “=” xảy ra nên
7
1
1
:
1
1
1
22




x
x
x
xx
(thoã mãn điều kiện)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
7
1
x
Bài 35. *Giải phương trình : 2 4 2 4
13 9 16x x x x   
Giải: Đk: 1 1x  
Biến đổi pt ta có :  
2
2 2 2
13 1 9 1 256x x x   

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:
      
2
2 2 2 2 2
13. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10x x x x x         
Áp dụng bất đẳng thức Côsi:  
2
2 2 16
10 16 10 64
2
x x
 
   
 
Dấu bằng
2
2
2 2
2
1
51
3
2
10 16 10
5
xx
x
xx x

   
 
    
Tương tự
2
2 10 12 52x x x x     
6
2 1 19 2
2
10 24
x x
x x
   
  
1
1 2012 1 2012 1
1
x x x
x
     

Đk:
1 1
2012 2012
x  
Ta có:   

1
1 2
1
x
x
. Dấu = xảy ra khi x = 0.
Ta có:
               
2
1 2012 1 2012 2 1 2012 1 2012 4 1 2012 1 2012 2x x x x x x
Dấu = xảy ra khi x = 0. Vậy x = 0 là nghiệm của pt.
Bài 38. Giải phương trình (*)42424 442
 xxx
Ta có )(2 22
baba  (I)

Dấu “ = ” xảy ra 0 ba
424 24
 xx (Bất Đẳng thức côsi)
)1(44 24
xx 
Áp dụng bài toán phụ
 
)2(44242
)4(4)4(424242
244
4444
xxx
xxxx


(1), (2), (*) cho ta








x
xx
x
xxxx
4242
4
442424
44
4
2444
Vậy phương trình vô nghiệm.
(I) chứng minh bài toán phụ:
2222
)(2)()()( babababababa 
Bài 39. (OLYMPIC 30/4 -2007) Giải phương trình:
2 2
9
1
x x
x
  

Giải: Đk 0x  Ta có :  
2 2
22 2 1
2 2 1 9
11 1
x
x x x
xx x
                         
Dấu bằng
2 2 1 1
71 1
x
x x
   
 
x 3 x 3  
HD x = 4 là nghiệm. Xét x > 4, x < 4.
Hệ phương trình

Bài 41. Giải hệ phương trinh  
9
1 2 1
4
, .
1 1 1
31 1 1 1
x y y
x y
x y
y x

    
  
  
   
Lời giải: Điều kiện
1
.
1
x
y


 
Nhận thấy hệ không có nghiệm    ; 1; 1 .x y  
Đặt  
1
, 0 .
1
a x
a b
b y
  

 
Khi đó hệ đã cho trở thành hệ
2
2 2
5
2
4
.
1
1 1 3
a b b
a b
b a

  

  
  
Ta có:
 
 
22 2
* , , , , 0.
A BA B
A B X Y
X Y X Y

    

Thật vậy: (*)
      
2 22 2 2 2
2 0 0.A Y B X X Y A B XY A Y ABXY B X AY BX           
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Dấu bằng xảy ra .
A B
X Y
 
Áp dụng bổ đề này ta có:
   
2 22 2
1
1 1 2 3 2
a b a ba b
b a a b a b
 
   
     
   
2
3 2 0 1 1 .a b a b a b a b           
Với đánh giá này, kết hợp với phương trình thứ nhất ta có:
 
22 25 5 1 1
2 2 1 2 1 0 2 1 0 .
4 4 2 2
a b b b b b b b b a                 
Với
1 1 5
1
2 2 4
.
1 1 3
1
2 2 4
a x x
b y y
  
       
   
      
    
Đối chiếu và thử lại ta có nghiệm của hệ là  
5 3
; ; .
4 4
x y
 
  
 

Bài 42. Giải phương trình: 2 2
2 2
3 3
12 4x 4x
x x
   
HD: sử dụng B.C.S cân bằng hệ số, phân tích thành nhân tử, cm VT < VP
Phần 4. ĐÁNH GIÁ NGHIỆM
Bài 43. Thi HSG Quận I TPHCM 2005 – 2006
Giải phương trình 4 2
3 3x x  
HD cách 1
2
2
3 3
( 1) ( 3 2) 0
1
( 1)( 1) 0
3 2
1
( 1)[( 1) ] 0
3 2
y y
y y
y
y y
y
y y
y
   
     

    
 
    
 
1x  
Cách 2: 2
1x  4 2
3 1 1 3 3x x     
Bài 44. Giải phương trình: ( 2) 1 2 1x x x   
Bài giải. Từ pt ta có
1
2
x


Bình phương và chuyển vế ta có: 3 2
4 3 0x x x   
Mà: 3 2 2
4 3 ( 1) 2(2 1) 1 1x x x x x x        
Vậy pt vô nghiệm
Bài 45. Giải hệ phương trình:
3
2
3 4
2 6 2
y x x
x y y
    

  
Hướng dẫn: Ta có hệ
2
2
2 ( 1) ( 2)
2 2( 1) ( 2)
y x x
x y y
     

   

Từ đó nếu 2x  thì 2
2( 1) ( 2) 2 0 2y y x y      
2
( 1) ( 2) y 2 0x x       2x  vô lí
Tương tự nếu x < 2
Vậy x = 2, suy ra y = 2
Nghiệm duy nhất của hệ (2; 2)
Bài 46. Giải phương trình:  3
( 1) 2 1 3 6 6x x x x     
Bài giải
Dễ thấy x = 1 không là nghiệm. Chia khoảng (1; 2) và (2; +), biến đổi pt thành:
3 6
2 1 3 6
1
x
x x
x

   

TH1 Nếu 1 < x < 2 khi đó VT < 2 + 3.2 = 8; VP > 8
TH2 Nếu x > 2 thì: VT > 8; VP < 8
Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 8
Bài 47. Tìm x, y thỏa mãn phương trình:
3
1 2 1
2
x y y x xy   
HD: Đk 1; 1x y 
PT đã cho:    
2 2
1 1 1 1 0
2
x
y y x     
Vậy nghiệm là (2; 2)
Bài 48. Giải pt 4√x + 2 + √22 − 3x = x2
+ 8
HD ĐK − 2 ≤ x ≤
22
3
; liên hợp
(x − 2) [(x + 2) −
4
√x + 2 + 2
+
3
√22 − 3x + 4
]
Chia làm 2 miền, xét từng miền

Nxet − 2 ≤ x < y ≤
22
3
→ A(x) < A(y);
Mà A(−1) = 0 nên pt có 2 nghiệm x = -1; x = 2.
Đánh giá miền nghiệm dựa vào đẳng thức
Bài 49. Giải hệ phương trình
1
2 1
xy y y
xy y y
   

   
HD Giải điều kiện ta có: 1 0 1x y  ;
Từ pt (2) có: 1 2y xy y   0 1y 
Từ đó y = 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 1
4 4
6 6
1
1
x y
x y
  

 
HD ĐK 0 1x y ;
Trừ 2 vế của pt ta có: 4 2 4 2
1 1 0x x y y   ( ) ( )
Vậy hệ (I) có 4 nghiệm (0; 1), (0; -1), (1; 0), (-1; 0)
2 2 2
3 3 3
25
125
x y z
x y z
   

  
HD Từ pt (1) và (2) ta có: 2 2 2 3 3 3
5 5 5x y z x y z     2 2 2
5 5 5 0x x y y z      ( ) ( ) (z )
Mặt khác, từ pt (1) có: 0 5x y z ; ; . Từ đó: 2 2 2
5 5 5 0x x y y z     ( ) ( ) (z )
Vậy hpt có nghiệm (0; 0; 5), (0; 5; 0) hoặc (5; 0; 0)
Bài 52. [Tương tự ]Giải hệ phương trình
2 2
9 9
1
1
x y
x y
  

 

2
3 1
8 9
y x y
x y x y
    

   
( )
HD TXĐ 9x y 
Từ pt (1) có: 2
3 1y x y   ( ) 3x y   0 9x y   
Vậy x – y = 9
Hệ có nghiệm (8; -1)
3 2
2 2 2
2 4 3 0
2 0
x y y
x x y y
    

  
HD
Từ pt (1) có: 3 2
1 2 1 1x y     ( ) 1x  
Từ pt (2) có: 2
2
2
1
1
y
x
y
 

1 1x   
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (-1; 1)
Bài 55. *Giải hệ phương trình
3
3
3
3 12 50
12 3 2
27 27
x x y
y y z
z x z
   

  
  
(Trường THPT Phan Chu Trinh, Đà Nẵng)
Lời giải.
Ta có:
3 3 2
3 12 50 48 12 3 2 12 4 2 1( ) ( )( )x x y y x x y x x             (1)
3 3 2
12 3 2 3 18 12 16 3 6 4 2( ) ( )( )y y z z y y z y y             (2)
3 3 2
27 27 27 54 27 54 27 2 6 3( ) ( )( )z x z x z z x z z            (3)

-Nếu 1x   thì 2
2 1 0( )( )x x   , từ (1) suy ra 4y  hay 2
4 2 0( )( )y y   , từ (2) suy ra
6z  hay 2
6 3 0( )( )z z   , từ (3) suy ra 2x  , mâu thuẫn.
Do đó, 1x   không thỏa mãn hệ, ta chỉ xét 2
1 1 0( )x x     .
Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng có: 2 2
2 0 3 0( ) ,( )y z    .
Từ (2) suy ra 4 6,y z  cùng dấu.
Từ (3) suy ra 2 6,x z  cùng dấu.
Từ đó, ta được: 2 4,x y  cùng dấu.
Hơn nữa, từ (1), ta thấy 2 4, ( )x y   cùng dấu, tức là: 0 2 4 0( )( )x y    .
Do đó: 2x  hoặc 4y  .
Từ các phương trình (1), (2), (3), dễ thấy cả hai trường hợp trên đều cho ta kết quả là:
2 4 6, ,x y z   .
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là 2 4 6( , , ) ( , , )x y z  .
Mấu chốt của bài toán là phải có được các phân tích (1), (2), (3) ở trên. Điều này chỉ có thể thực
hiện được khi đã đoán được nghiệm của bài toán là 2 4 6, ,x y z   . Dạng này cũng đã từng
xuất hiện trong đề thi HSG của TPHCM năm 2006 – 2007:
Giải hệ phương trình:
3
3
3
3 4
2 6 6
3 9 8
x y x
y z y
z x z
   

  
   
Cách giải bài toán này hoàn toàn tương tự, nghiệm (x; y; z) = (2; 2; 2)
Đánh giá mối liên hệ của các ẩn dựa vào hệ đối xứng – hệ vòng quanh
2 2
2 4 1 3 5
44
x x x y y y
x y x y
          

   
HD Xét pt (1) nếu x > y – 5 thì VT > VP
Nếu x < y – 5 thì VT < VP

Vậy x = y – 5. Từ đó hệ có nghiệm (-7; -2) và (1; 6)
 
3 3
1
54
x y y x xy
x y
    

  
( ) ( )
HD Đk 0x y ;
Xét pt (1) Nếu x > y thì VT > 0 > VP
Nếu x < y thì VT < 0 < VP
Vậy hệ có nghiệm (3; 3)
2 3 2 1
2 3 2 1
x y y x x x
y x x y y y
   

  
HD Điều kiện:
1
2
x y ;
Trừ 2 vế của pt ta có: 3 2 1 3 2 1xy y x x x y y    ( )
Nếu x > y thì VT < 0 < VP
Nếu x < y thì VT > 0 > VP
Vậy hệ có nghiệm x =y = 1
2
2
2
1
1
1
x y
y z
z x
  

 
  
5 4 2
5 4 2
5 4 2
2x 2
2y 2
2z 2
x x y
y y z
z z x
   

  
   
HD Ý tưởng của bài toán này là nhẩm nghiệm x = y = z = 1. Sẽ cm nghiệm duy nhất bằng cách
cm x > 1, x < 1 là vô lí
Xét TH1: x > 1 có: 5 4 2 5 4 2
2 2z 2zz z x z z      4
( 1)( +2z+2)<0z z 

Do
2
4 2 21 3
+2z+2= ( 1) 0
2 4
z z z
 
     
 
nên z < 1; tương tự suy ra y > 1; suy ra x < 1. Vô lí
TH2 x < 1 cm tương tự.
Kết luận x = y = z = 1.
Nghiệm của hệ: (x; y) = (0; 0), (1; 1).
Bài 61. (Dự bị D – 2008)Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
2 2
36x 60x 25 0
36 60 25 0
36 60 25 0
y y
y z y z
z x z x
   

  
   
HD:
2
2
60x
36x 25
y x 

; (0; 0; 0),
6 6 6
; ;
5 5 5
 
 
 
Đánh giá miền của biến dựa vào tam thức bậc hai
2 2
2 2
2
0
x y
x xy y y
  

   
HD xét pt (2) theo ẩn x, tìm được:
4
0
3
y 
HD xét pt (2) theo ẩn y, tìm được:
2
1
3
x  
Từ đó:
2 2
2 2 1 4 17
2
3 3 9
x y
   
       
   
KL: Hệ vô nghiệm
Bài 63.
Đánh giá
Giải phương trình:
3 3 3 3
(4 3)
2
x x x    (1)

Đặt
3
4 3y x x   . (1) có dạng:
3 3
3
2 2 3
( )
4 3
y x
I
x x y
  

  
Khi đó nghiệm của (1) là x ứng
với (x;y) là nghiệm của (I)
(I)
3 3
3 3
2 2 3
2 2 ( ) 0
y x
x y x y
  
 
   
3 3
2 2
2 2 3(2)
( )(2 2 2 1) 0(3)
y x
x y x xy y
  
 
    
TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): 3
3
4
x  
TH2: 2 2 2
2 2 2 1 0; ' 2 3xx xy y y       . Nếu có nghiệm thì 2
3
y  . Tương tự cũng có
2
3
x  . Khi đó VT (2) 
3
2 8 2
4 3
3 3 3
 
  
 
. Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1
nghiệm 3
3
4
x  
{
x4
+ y2
=
697
81
x2
+ y2
+ xy − 3x − 4y + 4 = 0
HD: 0 ≤ x ≤
4
3
; 1 ≤ y ≤
7
3
{
x2
+ y2
+ z2
= 1
x2
+ y2
− 2xy + 2yz − 2xz + 1 = 0
HD thay 1 từ pt (1) vào pt (2) có: (−x + y + z)2
+ y2
+ x2
= 0
2 2 2
2 2
2 3
2 1
x y z xy zx zy
x y yz zx xy
      

     
HD Đưa pt (1) về ẩn (x + y) ta có: 2 2z  
đưa pt (2) về ẩn (x – y) ta có: 2 2z z   
Từ đó z = -2 hoặc z = 2

Kết luận: hệ có nghiệm (1; 0; 2) hoặc (-1; 0; -2)
Cách 2: pt (1) + 3 nhân pt (2) đưa về tổng bình phương, có y = 0;
2 2
2 2
2 3 4 2 3 4 18
7 6 14 0
( )( )x x y y
x y xy x y
     

     
(Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, đề chọn đội dự tuyển – tính đồng biến hàm bậc 2)
Lời giải.
Xét đẳng thức: 2 2
7 6 14 0x y xy x y      (*)
Ta xem (*) là phương trình bậc hai theo biến x, viết lại là:
2 2
7 6 14 0( )x x y y y      .
Phương trình này có nghiệm khi:
2 2 2 7
7 4 6 14 0 3 10 7 0 1
3
( ) ( )y
y y y y y y               .
Hoàn toàn tương tự, xem (*) là phương trình bậc hai theo biến y, viết lại là:
2 2
6 7 14 0( ) ( )y y x x x      .
Phương trình này có nghiệm khi:
2 2 2 10
6 4 7 14 0 3 16 20 0 2
3
( ) ( )x
x x x x x x               .
Ta xét hàm số:
2 3
2 3 4 4 3 0 1
4
( ) , ( )f t t t t f t t t           .
Suy ra, trên 1[ , ) , hàm số này đồng biến. Ta được:
2 6 1 3 3 6 18( ) ( ) , ( ) ( ) ( ). ( ) .f x f f y f f x f y       .
Từ phương trình thứ nhất của hệ thì ta thấy đẳng thức phải xảy ra, tức là 2 1,x y  .
Thay hai giá trị này vào (*), ta thấy không thỏa.

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Nhận xét.
Ý tưởng giải của bài này không khó và cũng khá quen thuộc khi chỉ cần tìm miền xác định của
biến thông qua việc tính Delta của một phương trình bậc hai; tuy trong lời giải trên có khảo sát
hàm số nhưng thực ra các kết quả đó có thể chứng minh bằng bất đẳng thức đại số thuần túy nên
công cụ giải chính của bài này là đại số. Và do đó việc hai biểu thức của x và y ở phương trình đầu
của hệ giống nhau có thể dẫn đến đánh giá sai hướng mà dùng giải tích, xét hàm số để khai thác
phương trình đầu tiên trong khi điều đó không đem lại kết quả gì. Các hệ số được chọn ra số rất
đẹp chính là ưu điểm nổi bật của bài toán này.
Bài tập đề nghị
1)
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
x x
x x
x x
 
    
 
2) 4 4 4
1 1 2 8x x x x      
3) 4 4 4
2 8 4 4 4 4x x x    
4) 4 33
16 5 6 4x x x  
5) 3` 2 4
3 8 40 8 4 4 0x x x x     
6) 3 3 4 2
8 64 8 28x x x x     
7)
2
2
1 1
2 2 4x x
x x
 
      
 
Phần 5. HỆ PHƯƠNG TRÌNH
2 2
2 2
2 2
4x 4z 12 0
4 12 0
16z 8xz 4 0
x y
y yz x
y
    

   
   

HD Cộng từng vế 3 pt ta có: 2 2 2
( 2 ) ( 2z) ( 4z) 0x y y x      ; nghiệm (4; 2; 1) và (-4; -2; -1)
2 2 xy 3
3x 1 3y 1 4
x y   

   
         
2 2 2
3 1 4 2 3x 1 2 3y 1 2 x y 0           
Với phương pháp này, cần lưu ý phát hiện các biểu thức không âm trong hệ và nắm vững cách
vận dụng các bất đẳng thức cơ bản như BĐT Cauchy, BĐT Bunhiacopxki.
Bài 71. Giải hệ phương trình với nghiệm hữu tỉ 2 2 2
2 2 2
14
1 1 1 x y z
1
2x 3y 6z 2 3 6
x y z  

  
      
  
HD: sử dụng BCS cho pt (2)
Bài 72. Giải hệ phương trình nghiệm dương
     
3
3
3
1 x 1 y 1 z 1 xyz
x y z  

    
HD: pt (2);
VT ≥ 1 + 3√xyz3
+ 3√(xyz)23
+ xyz ≥ VP
Điểm khác biệt giữa pp đánh giá của hệ và của phương trình đó là hệ thêm pp đánh giá miền của
ẩn dựa vào đẳng thức hoặc tam thức bậc hai
2
3 2
2
23
2
2 9
2
2 9
xy
x x y
x x
xy
y y x
y y

  
 

   
  
HD cộng hai vế pt ta có: 2 2
3 2 23
2 2
2 9 2 9
xy xy
x y
x x y y
  
   
Ta có:
3 2
2 2| |
| |
22 9
xy xy
xy
x x
 
 

23
2 2| |
| |
22 9
xy xy
xy
y y
 
 
Dấu bằng xảy ra khi x = y = 0 hoặc x = y = 1
Phần 6. LUYỆN TẬP
Bài 74. Giải hệ : 4 4
1 (1)
1
8( ) 5 (2)
x y
x y
xy
 


  

HD Cm pt (2) có 4 4 1
8( ) 5x y
xy
   .
Vậy hệ có nghiệm:
1 1
;
2 2
 
 
 
Bài 75. Giải hệ :
6 (1)
12 (2)
2 2 2
3 (3)
x y z
xy yz zx
x y z

   

  

   

HD Từ (2) và (3) ta có xyz = 8
Từ (1) và (2) ta có: 2 2 2
12x y z  
Theo BĐT Cauchy:
2 2 2 23
3 ( ) 12x y z xyz   
Vậy hệ có nghiệm (2; 2; 2)
Bài 76. Giải hệ phương trình:{
y = −x3
+ 3x + 4
x = 2y3
− 6y − 2
HD: {
(y − 2) = −(x + 1)2(x − 2)
(x − 2) = 2(y + 1)2
(y − 2)
→ x = y = 2
2x + 2y − √xy = 3
√3x + 1 + √3y + 1 = 4

HD: 2. (1) + 4. (2) → (√3x + 1 − 2)
2
+ (√3y + 1 − 2)
2
+ (√x − √y)
2
= 0
√xy + √1 − y = √y
2√xy − y − √y = −1
HD: từ đk → x ≥ 1, (2) → VT ≥ VP → x = y = 1.
Bài 79. Giải hệ :
2 2 2 2
2 33
(1)
2 3
2 1 14 2 (2)
x y x xy y
x y
x y x x y y
   
  


       
- HD : Từ (1) VT VP, dầu bằng khi x y thay vào PT (2) ta có :
2 33
2 1 14 2x x x x     
Ta có :
2 2
2
233
2 1 0 2 1 0
2 1 0 1 2
2 1 014 2
x x x x
x x x
x xx x
        
        
     
Bài 80. Giải các hệ phương trình sau
1/
2
2 2
3
5 2 3
xy y
xy xy y y y
  

    
2/
2 2
2
2 2 2 2
xy x y x y
x y y x x y
    

  
3/
3 3
2 2
4 16
1 5(1 )
x y y x
y x
   

  
4/
2 2
2 2
2 5 2 0
4 0
x y xy y x
x y x y
      

    
5/ 2 2 2
1 7
1 13
xy x y
x y xy y
  

  
6/
3 3
2 2 3
1
2 2
x y
x y xy y
  

  
7/
3
4 2
3 9
(2 3) 48 48 155 0
x y
y x y x y
  

     
8/ 2
2
( 1) 3 0
5
( ) 1 0
x x y
x y
x
   


   
9/ 2 2
4 2 0
2 8 18
xy x y
x x y y
   

   
10/
2 1 3
3 2 40
x y x y
x y
     

 

11/
2 2
2 2
19( )
7( )
x xy y x y
x xy y x y
    

   
12/
3 3
2
4 1 9( 1) 2 2
x y xy
x x y x
  

    

9 pp danh gia

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Andere mochten auch

Andere mochten auch (18)

Ähnlich wie 9 pp danh gia

Ähnlich wie 9 pp danh gia (20)

Mehr von Hồng Quang

Mehr von Hồng Quang (10)

Kürzlich hochgeladen

Kürzlich hochgeladen (20)

9 pp danh gia