Tài liệu ôn thi Đại Học môn Toán

Citation preview

Lời nói đầu! Sau những ngày tháng vật lộn với kì thi đại học, mình cũng sưu tầm được kha khá tài liệu môn Toán, đây là môn học mang tính tuy duy cao, nó không chỉ là kiến thức phục vụ trực tiếp cho các kì thi, mà qua Toán học ta có thể nâng cao sự tư duy, hoàn thiện bản thân hơn, hãy đam mê nó sẽ thấy được những vẻ đẹp kì điều kì diệu của Toán học. Những đường cong quyến rũ của đồ thị, mê cung kì diệu của hệ phương trình hay những hình không gian hết sức trừu tượng, bộ tài liệu này mình khá là tâm đắc vì được mình sưu tầm trên http:onluyentoan.vn .Hi vọng cuốn tài liệu này là những bước đầu trên con đường chinh phục đỉnh cao Toán học . Quan trọng hơn là kì thi đại học sắp tới, nó sẽ là những bước ngoặt lớn trong cuộc đời, chúc các bạn thành công! Qua cuốn tài liệu này mình muốn gửi lời cảm ơn tới các thành viên của Diễn Đàn “ Ôn luyện toán” và đặc biệt tới các thành viên như : Hâm-hấp; tkvn; nguoivn; K.K.Đ.Đ.Đ.L.T; binhncb; dzitxiem; Storm Spirit; kienqb; tranphongk33; cokeu14_bl…… Qua cách giải bài, trình bày, lí luận và tư duy, mình đã học hỏi được rất nhiều, không chỉ có học mà từng cách ứng xử, lời ăn tiếng nói cũng được các thành viên chỉ bảo lẫn nhau, đó là điều hứng thú nhất mà mình cảm thấy đây là diễn đàn đầu tiên cảm nhận được vậy, cám ơn diễn đàn rất nhiều, hi vọng ngày càng nhiều thành viên tham gia diễn đàn, chúc diễn đàn ngày càng lớn mạnh . Nếu thấy hữu ích hãy gửi cho mình 1 SMS để là lời động viên cho mình nhé, My phone : 01645362939, 01258774067  Dù đã cố gắng nhưng không thể không có sai sót, rất mong sự góp ý của các bạn để mình hoàn thiện tài liệu này. Thân ái: Vũ Tùng Lâm H/s: THPT Lục Ngạn số 3. A3K11. S/v: BK2.15 K57.

Phụ Lục Chuyên đề I: Khảo sát hàm số………………………………………………… Phần 1: Hàm số bậc 3………………………………………………… 2 Phần 2: Hàm bậc nhất trên bậc nhất…………………………………. 35 Phần 3: Hàm số bậc 4………………………………………………… 52 Chuyên đề II: Phương Trình Lượng giác, PT-Hệ PT …………………………. Phần 1: Phương Trình Lượng Giác……………………………………. 61 Phần 2: Hệ Phương Trình……………………………………………… 108 Phần 3: PT mũ – logarit……………….……………………………….. 173 Phần 4: Phương Trình vô tỉ…………………………………………….. 235 Chuyên đề III: Tích Phân, Nguyên Hàm............................................................ 304 Chuyên đề IV: Thể tích khối chóp...................................................................... 317 Chuyên đề V: Tọa độ trong mặt phẳng, không gian................................................ Phần 1 : Tọa độ trong không gian……………………………………….. 335 Phần 2: Tọa độ trong mặt phẳng………………………………………….339

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Chuyên đề I: Khảo sát hàm số Phần 1: Hàm số bậc 3 Coppy right ©: Mobile_lam

Bài 1: Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  3m(m  2) x  12m  8 có đồ thị là (Cm ) . Tìm m để (Cm ) có hai điểm cực trị A, B sao cho AM  BM nhỏ nhất với M (3;2). Lời Giải: Trước tiên, đạo hàm của hàm số f ( x )  x 3  3(m  1) x 2  3m(m  2) x  12m  8 là f ( x)  3 x 2  6 x (m  1)  3m 2  6m.

f ( x)  0  3x 2  6 x (m  1)  3m2  6m  0  x 2  2 x (m  1)  m2  2m  0 x  m  2  ( x  m  1) 2  1    xm Không mất tính tổng quát, ta có thể cho x  m là hoành độ điểm A và x  m  2 là hoành độ điểm B . Khi đó, ta tìm được tọa độ của chúng là: A(m, m3  3m 2  12m  8), B(m  2, m3  3m2  12m  4). Khi đó,

  MA  MB  (m  3)2  (m3  3m2  12m  6) 2  (m  1)2  (m3  3m 2  12m  2)2 . Áp dụng Cauchy- Schwarz: (3  m)2  (m3  3m 2  12 m  6)· 1  4  3  m  2(m3  3m 2  12m  6)  2m3  6m 2  25m  15,

Do đó,

(m  1) 2  ( m3  3m 2  12m  2)2 · 1  4  (m  1)  2(  m3  3m 2  12m  2)  2m 3  6m 2  25m  5.

5  10    2 5 . Do đó, giá trị nhỏ nhất của  là 2 5, xảy ra khi và chỉ khi m  2.  Có thể xứ lí gọn hơn như sau: Nhận thấy AB  2 5, do đó theo bất đẳng thức tam giác ta có: AM  BM  AB  2 5.   Đẳng thức xảy ra khi: AM  k AB, k  0. Từ đó ta tìm được m  2.

Bài 2: Chứng minh rằng (Cm ) : y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  3m luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định.

E-mail: [email protected]

-2-

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Giả sử đường thẳng cần tìm có dạng: y  3ax  b . Khi đó hệ phương trình sau có nghiệm với mọi m ( x  m)3  3( x  m)  3ax  b(1)  2 3( x  m)  3  3a (2) để PT (2) có nghiệm m thì: a  1 và khi đó ta thu được x   m  a  1 (3) và x  x   m  a  1 (4) Thay (3) vào (1) ta được: ( a  1)3  3( a  1)  3a ( m  a  1)  b có nghiệm với mọi m Phương trình bậc nhất A.m  B  0 có nghiệm với mọi m khi A  B  0 .Suy ra a  0 và b  2 Thay (4) vào (1) ......................Suy ra a  0 và b  2

Bài 3: 1 1 Cho hàm số y  mx 3  (m  1) x 2  3(m  2) x  . 3 3 Tìm điểm cố định của họ đồ thị của hàm số. Với giá trị nào của m thì hàm số có cực đại và cực tiểu đồng thời hoành độ các điểm cực đại và cực tiểu x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  2 x2  1. Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến trên [2,  ).

Câu a. Để tìm điểm cố định, ta coi phương trình đã cho có ẩn là m còn x, y là tham số. Điểm A( x, y ) là điểm cố định nếu phương trình ẩn m kia nghiệm đúng với mọi m. Với phương trình am  b  0, thì nghiệm đúng với mọi m khi a  b  0. Áp dụng vào bài này ta  x3  1 viết phương trình thành m   x 2  3x   x 2  6 x   y  0. Phương trình này có nghiệm với 3  3   x3 2   x  3 x  0 1  1 3 mọi m khi và chỉ khi  Giải ta được x  0, y  . Vậy A  0,  là điểm cố 3  3 x2  6x  1  y  0  3 định.

Câu b. Cực trị của hàm số liên quan đến dấu của đạo hàm cấp một, với hàm số bậc ba nó có hai cực trị tương đương đạo hàm cấp một có hai nghiệm phân biệt. Ta có y   mx 2  2(m  1) x  3(m  2). Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì đạo hàm cấp một phải có hai nghiệm phân biệt, điều kiện cần là m  0. Khi đó   (m  1)2  3m(m  2)  0  2m2  4m  1  0. (1) Với điều kiện (1), ta tính được hai nghiệm của phương trình y   0 rồi thế vào đẳng thức đề cho để giải tìm m chú ý rằng dấu của m sẽ cho

E-mail: [email protected]

-3-

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

ta hai trường hợp của x1 , x2 . Câu c. Hàm số đồng biến trên [2,  ) khi đạo hàm cấp một không âm, khác hằng trên đó. Ta viết lại y   m( x 2  2 x  3)  2 x  6. Khi đó y   0 sẽ tương đương với 6  2x m 2  g ( x ), x  [2,  ). Yêu cầu của bài toán dẫn đến ta cần tìm m để cận trên của x  2x  3 g ( x) trên [2,  ) không vượt quá m. Ta lập bảng biến thiên hàm g để tìm ra kết quả. 

Bài 4 : Cho hàm số y  x 3  3ax 2  4a 3 . Với a>0 cố định, hãy khảo sát sự biến của hàm số. Xác định a để các điểm cực đại và cực tiểu của hàm số là đối xứng với nhau qua đường thẳng y  x. Xác định a để đường thẳng y  x cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho AB  BC.

Phân tích hướng giải câu b. Khi nói đến cực đại và cực tiểu ta cần chú ý nó liên quan đến đạo hàm cấp một, nghiệm và dấu của của y'. Đặc biệt bài toán lại đòi hỏi tính đối xứng của hai điểm qua một đường thẳng cho trước nên ta cần biết tính chất hình học của nó bao gồm hai ý: đường thẳng đi qua hai điểm phải vuông góc với đường thẳng cho trước và trung điểm của hai điểm đó phải thuộc đường thẳng cho trước. Lời giải. Ta có tập xác định: D  . Lại có: y   3x 2  6ax. Từ đó: y  0  3 x 2  6ax  0  3 x( x  2a )  0 Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi phương trình  x  0, x  2a

y   0 có hai nghiệm phân biệt, triệt tiêu và đổi dấu qua hai nghiệm đó. Điều đó tương thích với điều kiện lúc này là a  0. Gọi tọa độ hai cực điểm đó là A(0, 4a 3 ), B(2a, 0). x y Hướng giải 1. Ta có phương trình thẳng AB:  3  1  y  2a 2 x  4a 3 . Gọi I là trung 2a 4a x A  xB  a  xI  2 điểm của AB thì tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:  Vậy y  y 3 B y  A  2a  I 2 I (a, 2a 3 ). Có A, B đối xứng qua đường thẳng y  x khi có điều kiện:

E-mail: [email protected]

-4-

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

k AB kd  1 (2a 2 )·1  1 1 2   a2   a   . Hướng giải 2. Ta quan sát thấy tọa độ hai  3 2 2 I  d  2 a  4a điểm A, B rất đặc biệt đúng không? Thật vậy, A  Ox, B  Oy. Lại một điều đặc biệt nữa đó là đường thẳng y  x là đường phân giác thứ nhất của mặt phẳng tọa độ nên điều kiện của bài toán  x  yB 2 1 2 thỏa khi ta có:  A .   4a 3  2a  a 2   a   . Vậy giá trị cần tìm là a   2 2 2  y A  xB

C, Hoành độ A, B, C là nghiệm của phương trình x 3  3tx 2  4t 3  x. (1) Yêu cầu của bài toàn thì phương trình này phải có ba nghiệm phân biệt và AB  BC. Ta giả sử phương trình này đã có ba nghiệm phân biệt rồi (tẹo nữa ta kiểm tra lại) và ba nghiệm đó theo thứ tự là a, b, c (ứng với các hoành độ của A, B, C . Và thế thì tọa độ của A(a, a), B(b, b), C (c, c). Ta có: AB 2  BC 2  2(b  a )2  2(c  b)2  b  a  c  b  2b  a  c  3b  a  b  c. Nhưng, theo định lý Viette cho phương trình bậc ba thì a  b  c  3t. Thế cho nên b  t. Thay b  t vào 1 1 , t . Giờ, ta kiểm tra lại xem với t nào thì phương trình (1) ta tìm được t  0, t  2 2 phương trình (1) có đủ ba nghiệm phân biệt là xong. Việc này mời các bạn tiếp tục nhé! 

Bài 5 : Tìm điểm M trên đường thẳng y  2 mà từ đó có thể kẻ đến đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 ba tiếp tuyến, trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau.

Gọi M ( x0 ; y0 ) vì M thuộc đường thẳng y  2 nên M ( x0 ; 2) và (0 ) là tiếp tuyến có dạng y  k ( x  x0 )  2 Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến của đồ thì (C )  x 3  3 x 2  2  k ( x  x0 )  2 có 3 nghiệm phân biệt  Hệ phương trình  2  y  3x  6 x  k

 2 x3  3( x0  1) x 2  6 x0 x  4  0 x2   2  f ( x)  2 x  (1  3 x0 ) x  2  0

Để qua M kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ) hàm số thì phương trình f ( x )  0 có hai nghiệm phân biệt khác 2 .

E-mail: [email protected]

-5-

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

  9 x02  6 x0  15  0    f (2)  0

 x0  1  5   x0  2  3 Để tồn tại 2 tiếp tuyến vuông góc thì : (3 x12  6 x1 )(3x22  6 x2 )  1  3( x1 x2 )2  18 x1 x2 ( x1  x2 )  36 x1 x2  1 Theo định lí Viet cho phương trình f ( x )  0 ta có : 3( x1 x2 ) 2  18 x1 x2 ( x1  x2 )  36 x1 x2  1  9(3x0  1)  32  0  x0 

23 27

( không thỏa điều kiện ) P/S : không biết tính toán có đúng không ?

Bài giải chắc là đã ổn, tuy nhiên khi lập luận cần trao đổi 1 chút. Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến của đồ thì (C) thì hệ ( mà bạn trình bày ) phải có 3 nghiệm phân biệt đồng thời phải có 3 giá trị k khác nhau Khi ấy, phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 2 đồng thời có 2 giá trị k khác nhau và khác 0. Để minh chứng dễ mắc sai lầm trong lập luận của bạn , ta có thể thưởng thức bài toán sau : Cho hàm số y  x 4  2 x 2  3 , có đồ thị là  C  . Tìm trên đường thẳng y= 2 những điểm mà qua đó ta kẻ được 4 tiếp tuyến phân biệt với đồ thị  C  .

Bài 7: Chứng minh rằng đồ thị hàm số y   m  3 x 3  3  m  3 x 2  6  m  1 x  m  1 luôn đi qua 3 điểm cố định và viết phương trình đường thẳng đi qua 3 điểm cố định đó.

Chứng minh rằng đồ thị hàm số y   m  3 x 3  3  m  3 x 2  6  m  1 x  m  1 luôn đi qua 3 điểm cố định và viết phương trình đường thẳng đi qua 3 điểm cố định đó. Phân tích hướng giải Bài toán trên là bài toán " viết phương trình đường thẳng đi qua ba điểm cố định của một hàm số " . Vậy trước tiên ta cần nhớ lại cách đi tìm điểm cố định của một hàm số . Đặt một bài toán tổng quát như sau : "Chứng minh rằng đồ thị hàm số y  f ( x, m) đi qua ba điểm cố định thẳng hàng "

E-mail: [email protected]

-6-

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Với bài toán tổng quát này ta đi thực hiện các bước của bài toán : Xét điểm T ( x; y ) là điểm cố định mà đồ thị đi qua m Khi đó phương trình : f ( x, m)  0 có nghiệm đúng m . Phân tích theo nhóm bậc của m rồi cho các hệ số bằng 0 (thực ra bước này ta thường gặp phương trình bậc nhất hoặc bâc hai theo m ) Để chứng minh tính thẳng hàng ta có hai cách để giải : - Cách 1 ( tường minh) . Phương trình cho ta ba nghiệm "thực " đẹp lúc đó ta sử dụng tính thẳng hàng của ba điểm . - Cách 2 (bí ẩn ) . Phương trình không được ba nghiệm " thực " đẹp thì ta thường dùng phương pháp mà mình hay gọi nôm na là " tính liên tục liên quan đến nghiệm " rồi sau đó dùng kĩ thuật "tách cái củ cho ra mới " ta sẽ được đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán . Hướng giải . Gọi T ( x; y ) là điểm cố định mà đồ thị hàm số đã cho đi qua m . Khi đó ta có phương trình : y   m  3 x 3  3  m  3 x 2  6  m  1 x  m  1 có nghiệm m .  ( x 3  3 x 2  6 x  1)m  3x 3  9 x 2  6 x  1  y  0

 x 3  3x 2  6 x  1  0  3 2  y  3 x  9 x  6 x  1 Xét hàm số g ( x )  x 3  3 x 2  6 x  1 là hàm số liên tục trên  . Mặt khác ta có : g (2)  7; g (0)  1; g (1)  7; g (5)  21 . Do đó ta có g (2).g (1)  0; g (0).g (1)  0; g (1)(5)  0 Vậy phương trình g ( x)  0 có ba nghiệm phân biệt : 2  x1  0 x2  1  x3  5 Nên đồ thị hàm số đã cho đi qua ba điểm cố định : T1 ; T2 ; T3 Mà ta có : y  3( x3  3 x 2  6 x  1)  12 x  2  12 x  2 Từ đây ta thấy rằng tọa độ ba điểm T1 ; T2 ; T3 nghiệm đúng phương trình y  12 x  2 nên ba điểm cố định đó thẳng hàng và đường thẳng qua chúng là y  12 x  2

Phân tích hướng giải bạn Nguyentuan đã trình bày nên mình xin phép không nói lại nữa. Mình chỉ nêu một cách tiếp cận khác của mình khi giải bài toán này như sau: Gọi T ( x; y ) là điểm cố định mà đồ thị hàm số đã cho đi qua m . Khi đó ta có phương trình : y   m  3 x 3  3  m  3 x 2  6  m  1 x  m  1 có nghiệm m .

 ( x 3  3 x 2  6 x  1)m  3x 3  9 x 2  6 x  1  y  0

E-mail: [email protected]

-7-

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

 x 3  3x 2  6 x  1  0  3 2  y  3x  9 x  6 x  1 Xét hàm số g ( x )  x 3  3 x 2  6 x  1 là hàm số liên tục trên  . Đạo hàm y   3( x 2  2 x  2) . Phương trình y   0 có hai nghiệm : x  1  3 và x  1  3 . Do đó ta có: y (1  3). y (1  3)  0 . vậy hàm số đang xét cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.Nên đồ thị hàm số đã cho đi qua ba điểm cố định : T1 ; T2 ; T3 . Mà ta có : y  3( x3  3 x 2  6 x  1)  12 x  2  12 x  2 Từ đây ta thấy rằng tọa độ ba điểm T1 ; T2 ; T3 nghiệm đúng phương trình y  12 x  2 nên ba điểm cố định đó thẳng hàng và đường thẳng qua chúng là y  12 x  2

Bài 8: Tìm m để đồ thị (Cm ) : y  x 3  3 x 2  3(m 2  1) x  3m2  1 có hai điểm cực trị A, B cùng với điểm C (2,1) tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1.

Cần tìm điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu. Xác định tọa độ hai cực trị A, B và điểm C để áp dụng công thức diện tích tam giác. Cụ thể như sau: Tập xác định . Đạo hàm: y   3( x 2  2 x  m 2  1). Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt, hay   0 hay m 2  0 hay m  0. Khi đó, hàm số có hai cực trị là A(1  m, 2  2m3 ), B (1  m, 2  2m3 ). Hai điểm A, B tạo với điểm C thành tam giác có diện tích bằng 1 khi và chỉ khi AB·d (C , AB)  2. Từ đó giải ra m. Đến đây bạn đọc triển khai nốt nhé. :D Bổ xung đáp án: m  1; m  1 Bài 9: Cho hàm số y  x3  3x 2  mx  4  m có đồ thị (C ). Đường thẳng y  3  x cắt (C ) tại điểm A. Tìm m để tiếp tuyến tại A của (C ) cắt lại (C ) tại điểm B khác A thỏa mãn tam giác AIB vuông, với I (1, 2).

E-mail: [email protected]

-8-

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

Đây là một bài hay và đẹp, kết quả thu được m 

THPT Lục Ngạn 3

14 . Mời các bạn trao đổi! 9

3  3  a 9 3 27 2 1 Ta tính ra được tọa độ của B  ,  a  a  a  . 8 8 8 8  2 Ta tìm được a 

3 4 2 . 3

Ta tính được m 

14 . 9

Bài 10: Cho hàm số y  x 3  2mx 2  (m  3) x  4 ( Cm ). Tìm m để đường thẳng d : y  x  4 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0;4), B, C sao cho tam giác IBC có diện tích bằng 8 2 với I (1;3) . Ta có phương trình hoành độ giao điểm là: x 3  2mx 2  (m  3) x  4  x  4  x ( x 2  2mx  m  2)  0  x  0; x 2  2mx  m  2  0(1) A(0;4) Vậy để (C ) và (d ) , cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 2 nghiêm phân biệt và khác 0. Hay: m 2  m  2  0    0   m  3  0 m  3 Gọi xB , xC lần lượt là các nghiệm của phương trình (1), hay cũng chính là hoành độ của các điểm B,C.Ta suy ra: B ( xB , xB  4); C ( xC , xC  4)  x  xC  2m Theo định lí Viet ta có:  B  xB xC  m  3

Ta có: BC  2( xB  xC )2  2( xB  xC ) 2  8 xB xC  8m 2  8m  24 kc ( I , d )  2

1 1 kc ( I , d ) BC  2 8m 2  8m  24  8 2  8m 2  8m  24  16 2 2 Giải m nữa là O.K 

Ta có: S IBC 

Bài 11 : Tìm giá trị của m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 tiếp xúc đường tròn ( C ) có PT: ( x  m)2  ( y  m  1) 2  5 E-mail: [email protected]

-9-

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Hướng giải : TXĐ R Đạo hàm y   3 x 2  6 x . Ta có y   0  3 x 2  6 x  0 hay x  0; x  2 . Vậy ta có 2 điểm cực trị A(0, 2), B(2, 2) . Từ đó dễ dàng tìm ra đường thẳng ABcó phương trình: 2x  y  2  0 . Đường tròn (C) có tâm I (m, m  1) , bán kính R  5 .Đường thẳng AB tiếp xúc đường tròn (C) khi và chỉ khi hay: Đến đây dễ dàng giải ra m . Bạn đọc triển khai tiếp nhé..

Bài 12 : Cho hàm số y 

1 3 1 x  (m  1) x 2  (m  2) x  1 3 2

, m là tham số . Tìm m để hàm số có hai

 7 cực trị A, B đồng thời hai cực trị đó tạo với hai điểm D  3;  và gốc tọa độ O tạo thành  2 hình bình hành OADB theo thứ tự đó.

Trước tiên ta tìm m để hàm số có hai cực trị.Ta có:  x 1 y   x 2  (m  1) x  m  2, y   0   x  m  2 Để hàm số có hai cực trị thì y   0 phải có hai nghiệm phân biệt, hay m  2  1  m  3 Ta có ODAB là hình bình hành nên trung điểm của AB cũng chính là trung điểm của OD.Từ đó ta có hệ:  x A  xB xD  2  2   y A  yB  y D  2 2 Giả sử: x A  1, xB  m  2 .Từ phương trình đầu của hệ ta có: m  1  3 hay m  4 .Với m  4 ta có: 11 5 A(1; ), B (2; ) 6 3 Lúc này ta kiểm tra được ngay phương trình thứ hai của hệ thỏa mãn, kết hợp với điều kiện m  3 ta đi đến kết luận giá trị m  4 là giá trị cần tìm!  Ở trên ta không đi giải trực tiếp hệ mà tiến hành làm như lời giải vì việc biến đổi là mất khá nhiều thời gian, hơn thế còn dễ gây nhầm lẫn!

E-mail: [email protected]

- 10 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 13: Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  2mx 2  m2 x  m  1 cắt trục hoành tại đúng 2 điểm.

Lời giải: Với những bài thế này, ta nghĩ ngay đến việc nhẩm nghiệm, rồi dùng tiếp định lý Viet để giải,tuy nhiên bài này lại là một trường hợp ngoại lệ, ta không thể tìm được một nghiệm "đẹp" nào cả,vậy là ta từ bỏ hướng này!Các bạn hãy cứ bình tĩnh,ta thấy rằng nghiệm của phương trình y  0 cũng có thể biểu diễn qua m , như thế bài toán giải sẽ vẫn đơn giản đúng không?Ý tưởng này lại càng được củng cố thêm khi ta thấy ở hàm số y có mặt đủ cả m và m 2 . Suy nghĩ như vậy ta giải quyết bài toán như sau: Ta đưa phương trình bậc ba đối với x về phương trình bậc hai đối với m .Thật vậy: x 3  2mx 2  m2 x  m  1  0  xm 2  (2 x 2  1)m  x3  1  0 Giải phương trình bậc hai đối với ẩn m này ta thu được:  m  x 1  2 m  x  x 1  x Như vậy ta có thể phân tích x 3  2mx 2  m 2 x  m  1 thành: ( x  m  1)( x 2  (m  1) x  1) .Như thế: x  m 1  x 3  2mx 2  m2 x  m  1  0   2  x  (m  1) x  1  0 Để cho đồ thị hàm số y cắt trục hoành tại đúng hai điểm thì ta cần phải tìm m sao cho phương trình y  0 có đúng hai nghiệm. Đặt: f ( x )  x 2  (m  1) x  1 .Như vậy ta có: TH1. f ( x )  0 nghiệm kép khác m  1 .Hay:  m 2  2m  3  0  x  0     f (m  1)  0 3  2m  0 Giải ra ta được m  1, m  3 . TH2. f ( x )  0 có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng m  1 .Hay: m 2  2m  3  0  x  0     f (m  1)  0 3  2 m  0 3 Giải ra ta được m  2

3 2 Bài này còn một cách giải nữa đó là ta khảo sát trực tiếp hàm số y rồi sau đó cho ycd . yct  0 , làm như thế ta cũng thu được kết quả như trên, phần này các bạn tự tìm hiểu thêm nhé!

Tóm lại có ba giá trị cần tìm của m là 3,1,

E-mail: [email protected]

- 11 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 14: Biết rằng trên đồ thị hàm số y  x3  (m  1) x 2  (4m  2) x  1 (1) tồn tại đúng 1 điểm mà từ đó kẻ được tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x  10 y  30  0 . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1) tại điểm đó. Ta có: y   3x 2  2(m  1) x  4m  2 Gọi tiếp điểm là: M (a; b) . Ta có: k  y(a )  3a 2  2(m  1)a  4m  2 Với k là hsg của đường thẳng tiếp tuyến. Ta có tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng: x  10 y  30  0 có hsg k1  

1 , suy ra: k  10 10

Ta có: 3a 2  2(m  1)a  4m  2  10  3a 2  2( m  1) a  4m  8  0(2) Do trên đồ thị chỉ có 1 điểm nên phương trình (2) phải có nghiệm kép hay:   0  m2  10m  25  0  m  5 Thay vào ta được a  2  M (2;29) . Bài 15: Cho hàm số y  x3  6 x 2  9 x  1 Có ĐTHS (C). Tìm điểm M trên (C) để tiếp tuyến tại đó cắt (C) tại 1 điểm nữa khác tiếp điểm. Từ đó dễ dàng viết được phương trình tiếp tuyến là: y  10 x  9 Ta có lời giải như sau: Gọi M  (C ) có tọa độ: M ( x0 ; x03  6 x02  9 x0  1) Hệ số góc: k  3x02  12 x0  9





Phương trình tiếp tuyến qua M là: y  3x02  12 x0  9 ( x  x0 )  x03  6 x02  9 x0  1





Phương trình hoành độ giao điểm: x 3  6 x 2  9 x  1  3 x02  12 x0  9 ( x  x0 )  x03  6 x02  9 x0  1 Sau một hồi biến đổi, tách ghép ta được: ( x  x0 )2 ( x  2 x0  6)  0 Để tiếp tuyến cắt đồ thì thêm nữa khác tiếp điểm thì: 2 x0  6   x0  x0  2 Bài 16: Cho hàm số: y  f ( x)  x 3  3 x 2  2(C ) . Hãy xác định tất cả các giá trị của a để điểm cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (C ) nằm về 2 phía khác nhau của đường tròn: (phía trong và phía ngoài): (C0 ) : x 2  y 2  2ax  4ay  5a 2  1  0 Tới đó ta kết luận được rồi. Phân tích bài toán và hướng giải Ở bài toán này về điểm cực đại và cực tiểu thì quá rõ ràng nên mình không nhắc thêm nữa mà mình chú trọng đến yêu cầu vị trí của hai cực điểm so với đường tròn đã cho. Nhắc lại. Nếu ta cho đường tròn (C ) có tâm I (a; b) và bán kính R thì ta có M nằm trong đường tròn khi và chỉ khi IM  R

E-mail: [email protected]

- 12 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

M nằm ngoài đường tròn khi và chỉ khi IM  R M nằm trên đường tròn khi và chỉ khi IM  R Bây giờ ta đem ứng dụng kiến thức vào bài toán. Ta có : y   3x 2  6 x  x 0 y 2 Từ đó : y   0  3x 2  6 x  0    x  2  y  2 Ta gọi tọa độ hai cực điểm là A(0; 2) , B(2; 2) . Mặt khác đối với đường tròn (C ) ta có sự biến đổi sau: ( x  a )2  ( y  2a )2  1 Từ đó ta có tọa độ tâm I (a; 2a) và R  1 lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn (C ) Bây giờ ta tính IB; IA ta có : IA  a 2  (2a  2)2 ; IB  (a  2)2  (2a  2) 2 2

2  36 6 5  Ta để ý rằng IB  (a  2)  (2a  2)  5a  4a  8  5  a     1 5 5 5  Vậy điểm B nằm ngoài đường tròn (C ) . Vậy điều kiện bài toán chỉ được thỏa khi và chỉ khi điểm A phải nằm trong đường tròn (C ) tức là ta phải có 3 : IA  R  a  (2  2a)2  1  5a 2  8a  3  0   a  1 5 2

2

2

Bài 17:

mx3  5 x 2  mx  9 có điểm cực trị nằm trên trục Ox. 3 Tập xác định của hàm số là D  . Ta có y   mx 2  10 x  m. Xét các trường hợp sau: Tìm m để đồ thị hàm số : y 

*)Nếu m  0 : Lúc này ta có y  5 x 2  9. Kiểm tra trực tiếp, ta thấy hàm này đạt cực đại tại x  0 và tọa độ của điểm cực đại là (0, 9) không thỏa mãn yêu cầu của đề bài. Vậy m  0 loại. *)Nếu m  0 : Theo giả thiết y có điểm cực trị thuộc Ox nên tồn tại M ( x0 , 0) sao cho y ( x0 )  0, tức là mx02  10 x0  m  0. Ngoài ra, do m  0 nên y' là một tam thức bậc hai và như thế, để y có cực trị thì y' phải có 2 nghiệm phân biệt, tức y  0. Từ đây suy ra m2  25. Do 2 (m 2  25) x  16m  x 5   y  y  và y ( x0 )  0 nên ta có (m 2  25) x0  16m  0. Vậy ta có  3m  3 3m  2 mx  10 x0  m  0 hệ phương trình  20 Do m  0 nên từ phương trình thứ hai dễ thấy x0  0. Đặt ( m  25) x  16 m  0 0   1 1 10 1  a  , b  , ta có mx02  10 x0  m  mx02 1   2   mx02 (1  10ab  b 2 ) và m x0  mx0 x0   25  16  2 2 (m 2  25) x0  16m  m 2 x0 1  2     m x0 (1  25a  16ab). Do vậy, hệ ở trên trở thành  m  mx0 

E-mail: [email protected]

- 13 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

10ab  b 2  1 25a 2  16ab  10ab  b 2 tương đương  Từ phương trình thứ nhất cho ta a  b  2 2 25a  16ab  1 10ab  b  1 hoặc b  25a. Nếu b  25a thì ta có phương trình thứ hai trở thành 375a 2  1 (vô nghiệm). Vậy 1 b  25a và như thế, ta có b  a. Thay vào phương trình thứ hai, ta được a  b   , tức m  3 3 2 (thỏa m  25 ).

Vậy tập hợp tất cả các giá trị cần tìm là m  3 và m  3. 

Tập xác định của hàm số là D  . Ta có y   mx 2  10 x  m. Xét các trường hợp sau: Vậy tập hợp tất cả các giá trị cần tìm là m  3 và m  3.  Ta có thể làm cách khác như sau: Theo bài ra yêu cầu thì trục Ox tiếp xúc với đồ thị hàm số đã cho.Vậy nên hệ sau đây có  mx3  5 x 2  mx  9  0(1)  nghiệm  3 mx 2  10 x  m  0(2)  10 x Từ (2) rút gọn ta được m  2 thay vào (1) ta thu được phương trình trùng phương với nghiệm x 1 rất chi là đẹp Bài 18: Cho hàm số : y  x 3  6 x 2  9 x  2 (C ) . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) tại tiếp điểm M , biết M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C ) tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6 . Đề thử sức trước kỳ thi số 2 trên tạp chí THTT

2,Khá dễ dàng để xác định 2 điểm cực trị là: A(1; 2); B(3; 2) và đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là:  : 2 x  y  4  0 Gọi điểm M thuộc đồ thị có tọa độ ( x0 ; y0 ) với: y0  x03  6 x02  9 x0  2 | 2 x0  y0  4 | Khi đó ta có: AB  2 5; d ( M ; )  Ta có: 5 | 2 x  y0  4 |  2 x  y0  10 1 1 S MAB  . AB.d ( M ; )  .2 5. 0  6 | 2 x0  y0  4 | 6   0 Với: 2 2 5  2 x0  y0  2 2 x0  y0  10  y0  10  2 x0 . Mà ta lại có: y0  x03  6 x02  9 x0  2 , từ đó suy ra: 10  2 x0  x03  6 x02  9 x0  2  x03  6 x02  11x0  12  0  ( x0  4)( x02  2 x0  3)  0  x0  4 Với:

E-mail: [email protected]

- 14 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

x0  4  y0  2 và ta viết được phương trình tiếp tuyến là: y  9 x  34 Với: 2 x0  y0  2  y0  2 x0  2 thế vào ta được: 2 x0  2  x03  6 x02  9 x0  2  x0 ( x02  6 x0  11)  0  x0  0 Với: x0  0  y0  10 , ta viết được phương trình tiếp tuyến là: y  9 x  10 Vậy có 2 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn là: y  9 x  34; y  9 x  10

Bài 19: Cho hàm số y  2 x3  3x 2  1 (C ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình: 2 x 3  3x 2  1  2m có ba nghiệm phân 1 biệt thỏa x   . 2

1 2. Xét hàm số y | 2 x 3  3 x 2  1| với x   . Ta có 2 x3  3x 2  1  (2 x  1)( x  1) 2 nên dễ dàng suy 2 ra 1  3 2 2 x  3x  1 voi x  2 y 2 x 3  3 x 2  1 voi  1  x  1  2 2 1  2 6 x  6 x voi x  2 Do đó, y '   6 x 2  6 x voi  1  x  1  2 2 Rõ ràng, phương trình y   0 chỉ có một nghiệm duy nhất x  0. Do vậy, ta dễ dàng thiết lập được bảng biến thiên của hàm số như sau

Dựa vào bảng biến thiên, ta dễ thấy điều kiện cần và đủ để phương trình | 2 x 3  3 x 2  1| 2m có ba 1 1 1 nghiệm phân biệt là  2m  1, tức  m  . 2 4 2

E-mail: [email protected]

- 15 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 20: Cho hàm số y  x 3  2(m  1) x 2  (m 2  4m  1) x  2(m 2  1) có đồ thị (Cm ). Khảo sát vẽ đồ thị hàm số khi m  0. Tìm m để hàm số (Cm ) có cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu 9 vuông góc với đường thẳng y  x  5. 2 Đề thi thử lần 1- Trường chuyên ĐHSP Hà Nội

Câu b. Ta có: y   3x 2  4(m  1) x  m 2  4m  1  m 2  8m  1 Để hàm số có cực đại và cực tiểu m 2  8m  1  0 Gọi A( x1; y1 ), B ( x2 ; y2 ) là hai điểm cực đại cực tiểu. Ta có phương trình qua hai điểm cực đại cực tiểu là 2 8 2 y  x( (m 2  4m  1)  (m  1)2 )  2(m 2  1)  (m 2  4m  1)(m  1) 3 9 9 Ta có đường thẳng qua hai điểm cực đại và cực tiểu vuông góc với đường thẳng y 

9 x5 2

 m0 2 8 9 ((m 2  4m  1)  (m  1) 2 )  1  m 2  8m  0   3 9 2  m  8 Vậy có hai giá trị m thỏa là m  0, m  8 Bài 21 : Cho hàm số: y  x3  3x 2  4 (C ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C ) 2. Gọi (d ) là đường thẳng đi qua điểm I (1;0) có hệ số góc là m . Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C ) tại 3 điểm phân biệt I , A, B sao cho AB  2 2 Đề thi thử Trường THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội

Câu1b) Ta có đường thẳng đi qua điểm I (1, 0) và có hệ số góc là m thì có phương trình y  mx  m Phương trình hoành độ giao điểm đường thảnh và hàm số (C ) là x 3  3 x 2  4  mx  m Hay là ( x  1)[( x  2)2  m]  0 Đường thẳng cắt đồ thị (C ) tai 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi m>0 và m  9

E-mail: [email protected]

- 16 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Với điều kiện của m thì ta tìm được 2 điểm A và B có tọa độ (2  m ,3m  m m ); (2  m ,3m  m m ) Vậy thì đoạn thẳng AB  2 2 Ta có AB 2  (2 m )2  (2m m ) 2  8 Hay là m3  m  2  0 suy ra m  1 (Thỏa mãn điều kiện của m ) Vậy m  1 là giá trị cần tìm Bài 22: Cho hàm số y  x 3  4 x 2  4 x  1 .Tìm a sao cho tồn tại 2 tiếp tuyến cùng hệ số góc a của đồ thị hàm số,gọi các tiếp điểm là M và N.Viết phương trình đường thẳng chứa M và N Bài toán này gốc gác của nó chính là tính chất tiếp tuyến của hàm số bậc ba đấy. Trước tiên ta có y   3 x 2  8 x  4. Để tồn tại hai tiếp tuyến có cùng hệ số góc là a thì phương trình sau đây phải có hai nghiệm phân biêt : 3 x 2  8 x  4  a Mà điều này tương thích với điều kiện 4   0  a   Với điều kiện này ta có tọa độ hai điểm M ; N phải thỏa mãn hệ sau 3   x 4  8x  7 2  y  (3x  8 x  4)  3  9   9    y  x 3  4 x 2  4 x  1  4a  7  a 8 : 2   y   x (1) Phươn 3 9 9 3 x  8 x  4  a    3 x 2  8 x  4  a   g trình (1) chính là phương trình đường thẳng MN cần tìm. P/S : Chú ý bài toán này còn hai hỏi thêm là tìm điểm cố định mà đường thẳng MN đi qua hay chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định

Bài 22 : Cho hàm số y  x 3  3 x 2  1 có đồ thị là (C ). Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số Tìm các giá trị của m để đường thẳng d m đi qua điểm A(1;  3) và có hệ số góc là m cắt đồ thị hàm số (C ) tại ba điểm phân biệt cách đều nhau.

Mình làm ý 2 nhé! Phương trình đường thẳng d là: y  m( x  1)  3 , khi đó ta có phương trình hoành độ giao điểm

E-mail: [email protected]

- 17 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

của (d ) với (C ) là: x  1  Từ điều kiện x 3  3 x 2  1  m( x  1)  3  ( x  1)( x 2  4 x  4  m)  0   2  x  4 x  4  m  0 (1) bài toán ta suy ra phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác  1 , và 2 nghiệm đó gọi là x1; x2 cùng với nghiệm x0  1 lập thành một cấp số cộng.   0 m  0 x  x  4 Đầu tiên ta phải có:  Theo định lí Viet ta có:  1 2 Bây giờ ta sẽ   9m  0  m9  x1.x2   m  4 xét 3 trường hợp: TH1: 3 nghiệm lập thành cấp số cộng theo thứ tự x1; x2 ; x0 . Khi đó ta có: x0  x1  2 x2  1  x1  2 x2 Kết hợp với điều kiện trên ta suy ra: x1  3; x2  1 . Không thoả mãn. TH2: 3 nghiệm sắp xếp theo thứ tự: x1; x0 ; x2 . Từ đó ta có: x1  x2  2 x0  x1  x2  2 . Dễ thấy không thỏa mãn. TH3: 3 nghiệm sắp xếp theo thứ tự: x0 ; x1 ; x2 , ta có: x0  x2  2 x1  2 x1  x2  1 , kết hợp với điều kiện trên ta suy ra: x1  1; x2  3 . Từ đó suy ra: m  1 (Thỏa mãn). Vậy giá trị cần tìm m  1 . Bài 23 : Cho hàm số y  x 3  3 x 2  1 có đồ thị là (C ). Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. Tìm các giá trị thực của m để đường thẳng nối hai cực trị của hàm số đã cho cắt đường tròn 4 30 (T ) : x 2  y 2  4 x  2 y  m  0 một dây cung có độ dài bằng . 5 Ta dễ dàng viết được phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là: d : 2 x  y  1  0 . Viết phương trình đường tròn lại dưới dạng: ( x  2) 2  ( y  1)2  5  m Ta suy ra điều kiện của m là: m  5 Tâm I (2;1); R  5  m 2 30 4 , IH  d ( I , d )  . 5 5 Ta có: R 2  IH 2  AH 2  5  m  8  m  3 Vậy giá trị m cần tìm là: m  3 Gọi H là trung điểm của AB . Khi đó ta có: AH 

Bài 23 : Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  3(C ) . Tìm k để tồn tại 2 tiếp tuyến của (C ) phân biệt có cùng hệ số góc k , đồng thời đường thẳng đi qua hai tiếp điểm đó cắt Ox và Oy lần lượt tại A và B và OB  2011OA Trước tiên mình sẽ phân tích rõ về ý tưởng của câu hỏi này với bạn theo hiểu biết của mình như sau : Vì trong giả thiết đề bài nêu ra có một vấn đề khá quan trọng đó là " tồn tại hai tiếp tuyến phân biệt của đồ thị có cùng hệ số góc k ", điều này có nghĩa rằng trong bài toán này chúng ta cần xử lý một vấn đề quan trọng đó là " điều kiện nào của hệ số góc k để làm thỏa mãn nhu cầu đó" và kéo theo

E-mail: [email protected]

- 18 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

đó là "dựa vào yếu tố nào để thiết lập điều kiện đó." Chúng ta đã biết rằng về ý nghĩa hình học của tiếp tuyến thì hệ số góc của tiếp tuyến tại một điểm chính là đạo hàm cấp 1 tại hoành độ của điểm đó. Vậy để tồn tại hai điểm phân biệt thuộc đồ thị đã cho mà có cùng hệ số góc thì phương trình sau đây phải có hai nghiệm phân biệt : f ( x)  k  3 x 2  12 x  9  k  0 (1) Để toàn tại hai tiếp tuyến phân biệt có cùng hệ số góc k thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt :   36  3(9  k )  0  k  3 Khi đó với điều kiện này ta thấy rằng tọa độ của hai tiếp điểm tạo ra hai tiếp tuyến phân biệt có cùng hệ số góc k  y  x3  6 x2  9 x  3 phải thỏa mãn hệ phương trình  Bây giờ thực tế của bài toán đã quay về một 2 k  3x  12 x  9 vấn đề khác nảy sinh ra nữa đó là theo điều kiện bài toán rằng đường thẳng đi qua hai tiếp điểm này sẽ cắt các trục tọa độ Ox,Oy tại A,B nên rõ ràng ta cần phải lập được đường thẳng đi qua hai tiếp điểm này. Muốn vậy ta cần căn cứ vào hệ phương trình mà tọa độ hai điểm điểm được xác đinh mà ở trên ta đã biết. Và căn cứ vào hệ đó ta thấy ngay được rằng nếu ta thực hiện phép chia y cho y' và biến đổi theo phương án thế ta sẽ thu được một hệ phương trình sau  2 2 1  y   3 x  3  (3x  12 x  9)  2 x  3    2k  9  k 6  y  x (1) Và (1) chính là phương trình   3  3  k  3x 2  12 x  9   đi qua hai tiếp điểm mà mình cần. Và không khó để ta đi đến tọa độ hai tiếp điểm 2k  9 9  2k  9  2k   2k  9  là A  ;0  , B  0;  2011  , (k  6). Theo bài ta có OB  2011OA  3  3 k 6  k 6   Công việc này khá đơn giản nên bạn tiếp tục hoàn thiện giúp mình nhé. Phải nói rằng bài toán này có ý tứ khá hay và lạ mắt nhưng lại dựa trên các yếu tố kiến thức cơ bản nhưng phải nắm thật sâu đó chính là về mặt ý nghĩa hình học của tiếp tuyến, cách lập đường thẳng qua hai tiếp điểm mà ta chưa có tọa độ. Và mình hy vọng rằng đã có thể giúp bạn được phần nào về mặt giải quyết bài toán trên. Bài 24: Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 (1), m là tham số. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  0. Định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực đại, cực tiểu cách đều đường thẳng d : y  x  1.

Ta có y   3x 2  6 x  m Để hàm số có cực trị thì   0 .Hay 9  3m  0  m  3 2 1 Ta có đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y   x( m  2)  2  m 3 3 2 1 2 1 Gọi A( x1;  x1 ( m  2)  2  m) và B ( x2 ;  x2 ( m  2)  2  m) 3 3 3 3

E-mail: [email protected]

- 19 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Là 2 điểm cực trị của hàm số đã cho.Để 2 điểm cực trị này cách đều đường thẳng x  y  1  0 .Ta phải có d ( A;(d ))  d ( B;(d )) 2 1 2 1 | x1  x1 ( m  2)  2  m  1|| x2  x2 ( m  2)  2  m  1| 3 3 3 3 2 7 2 7 | x1 ( m  ) || x2 ( m  ) | 3 2 3 2 Đến đây các bạn có thể chia khoảng để giải,kết hợp với viet để tìm ra kết quả Có thể dùng điều kiện sau : A, B cách đều đường thằng (d) khi +) AB // (d) hoặc AB trùng (d) +) trung điểm của AB nằm trên (d) Bài 25: Cho hàm số y  x3  3x 2  2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d : y  3 x  2 sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai điểm cực trị của (C ) là nhỏ nhất. Trich đề thi thử trường Trần Quốc Tuấn lần 3 năm 2012

Khá dễ dàng ta tìm được hia điểm cực trị là: A(0;2); B(2; 2) . Khi đó gọi điểm M có tọa độ: ( x0 ;3 x0  2) , khi đó ta có:

P  MA  MB  x02  (3 x0  4)2  ( x0  2) 2  9 x02  10 x02  24 x0  16  10 x02  4 x0  4 Tới đây ta xét hàm số: f ( x0 )  10 x02  24 x0  16  10 x02  4 x0  4 .Giải phương trình f ( x0 )  0 , ta thu được: x0 

4 . 5

4 Từ đó suy ra: f ( x0 )  f ( )  2 5 . 5 4 2 Suy ra điểm M cần tìm là: ( ; ) 5 5

Bài 26: Cho hàm số: y  x 3  3 x 2  m 2  m  1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực đại cực tiểu A, B , sao cho diện tích tam giác ABC bằng 7 với C (2;4) . Ta có : y   3x 2  6 x  3 x( x  2) Vậy với mọi m thì hàm này luôn có 2 cực trị là : A  (0; m2  m  1) ; B  (2; m 2  m  3) .   Mặt khác ta có : AB  (2; 4) và | AB | 2 5 ; phương trình của đường thẳng AB là :

E-mail: [email protected]

- 20 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

|  m 2  m  1| . 2 5 1 | m 2  m  1| Lúc này thì : S ABC  .d( C ; AB ) . AB  7 2 2 1  14 Giải ra ta được các giá trị của m là : m  2 2 x  y  m 2  m  1  0 . Tính d(C ; AB ) 

Bài 27: Cho hàm số y=x^3-3x^2+2 (C) Tìm trên đường thẳng y=-2 các điểm mà từ đó có thể vẽ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (C)

Gọi điểm A(a; 2) thuộc đường thằng y  2 . Phương trình đường thẳng đi qua A(a; 2) là y  k ( x  a)  2( ) Để thoả mãn điều kiện () là tiếp tuyến bài toán thì () phải thoả mãn hệ sau k ( x  a)  2  x3  3x 2  2(1)  k  3x 2  6 x (2)  Thế (2) vào (1) ta được

(3 x 2  6 x)( x  a )  x 3  3 x 2  4





 ( x  2) 3 x( x  a )  x 2  x  2)  0 Đến đây công việc khá đơn giản rồi.Bạn chỉ việc tìm điều kiện của a để phương trình bậc 2 bên trong có 2 nghiệm phân biệt đồng thời 2 nghiệm đó phải khác 2. Bài 28: Cho hàm số y  x 3  x 2  mx  1(1) ,m là tham số 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 y ( x1 ) y ( x2 ) 2.Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1; x2 sao cho  3 x1 x2 Đề thi thử đại học 2012 THPT chuyên Lam Sơn-Thanh Hoá

Vấn đề của bài này là tính y ( x1 ); y( x2 ) .

1 8 m 1 Xử lý cái đó bằng nhận xét sau : y  y   x    x  1  . Và bây giờ thì sẽ có ngay : 9 9 9 3

E-mail: [email protected]

- 21 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

8 m   y ( x1 )  9 x1  1  9   y( x )  8 x  1  m  2 9 2 9 (m  9)( x1  x2 ) 11 Ta thu được :  9 x1.x2 9 2   x1  x2  3 Thay Viet với :  ta có : m  x .x   1 2 3 2m  8 11   . m 9 Giải cái bất này thu được ngay m cần tìm . Bài 29: Cho hàm số y  x 3  3 x 2  3m(m  1) x  1 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  0 , 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có hai cực trị cùng dấu.

Tập xác định D  R . Ta có: y   3x 2  6 x  3m(m  1)  y  0  x 2  2 x  m(m  1)  0 Hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2

(1)

   1  m(m  1)  m 2  m  1  0 voi m Vì x1 là nghiệm của( 1) nên x12  2 x1  m(m  1) . Suy ra: y1  x13  3 x12  3m(m  1) x1  1  x1 ( x12  2 x1 )  ( x12  2 x1 )  2 x1  3m(m  1) x1  1  m(m  1) x1  m(m  1)  2 x1  3m(m  1) x1  1  (m 2  m  1)(2 x1  1)

Tương tự y2  (m 2  m  1)(2 x2  1) Do đó y1 y2  0  (2 x1  1)(2 x2  1)  0  4 x1 x2  2( x1  x2 )  1  0

 4m(m  1)  5  0  4m 2  4m  5  0 

E-mail: [email protected]

1  6 1  6 m 2 2

- 22 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 30: Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  3m có đồ thị là (Cm ) với m là tham số. Khảo sát và vẽ đồ thị (C0 ) của hàm số khi m  0 . Tìm các giá trị thực của m để đường thẳng (d ) : y   x  3m cắt (Cm ) tại ba điểm phân biệt A( x A  0), B, C sao cho tứ giác BDCE có diện tích bằng 12 2 với D (1;6), E (2;3) Trích từ đề thi thử đại học lần 2 _ nguồn : Nguyên Thiên

Bài này rất hay, tác giả Nguyên Thiên chọn số liệu cùng ý đồ tính diện tích tứ giác nhờ 2 đường chéo, đáp số đẹp, câu này mình rất thích.

Bài 31: Choa hàm số y  x3  3mx 2  4m3 (Cm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m  1 2. Tìm giá trị m>0 để đồ thị hàm số (Cm) có hai điểm cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu đến đường thẳng () bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực đại đến đường thẳng () biết () : y  x Đề thi thử lần 2-2012 chuyên Nguyễn Huệ

Gợi ý : Phần 1 các bạn tự làm nhé.  x0 2. Ta có : y   3x 2  6mx  0   , y  6 x  6m  x  2m Do m>0 nên : y (0)  6m  0, y(2m)  12m  0 suy ra x  0 là điểm cực đại , x  2m là điểm cực tiểu của hàm số. Ta viết phương trình của  là : x  y  0, theo giả thiết ta có : 2 | 0  4m3 | 2

2

1 1



| 2m  0 | 2

2

 8m 3  2 m  m 

1 1

1 1 Vậy : m  là giá trị cần tìm của m. 2 2

Bài 32: Cho hàm số y  2 x 3  3 x 2  1 có đồ thị (C ). Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) biết tiếp tuyến có hệ số góc lớn hơn 1 và tạo với đường thẳng  : y  2 x  5 một góc  với cos  

5 29 . 29

Đề thi thử Đại học khối B năm 2012 - lần 2 - trường THPT Chuyên Hạ Long (Quảng Ninh)

Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là d : y  kx  m .

E-mail: [email protected]

- 23 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Gọi tiếp điểm là: M ( x0 ; y0 ) Với: k  6 x02  6 x0 . Theo điều kiện ta có: k  1   5 29 | 2k  1| 5 29 Ta lại có: nd  (k ; 1); n  (2; 1) , suy ra: cos     29 29 k 2  1. 5  k  12(t/m) 2  9k  116k  96  0   Với : k  12 thì ta có:  k  8 (k. t/m) 9   x0  1 Với: x0  1 , ta viết được phương trình tiếp tuyến 6 x02  6 x0  12  x02  x0  2  0    x0  2 là: y  12 x  8 Với: x0  2 , ta viết được: y  12 x  19

Bài 32: 1 Cho hàm số y   x3  2 x 2  3 x  1 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên 2) Gọi f ( x)  x 3  6 x 2  9 x  3 , tìm số nghiệm của phương trình: 3

 f ( x) 

2

 6  f ( x)   9 f ( x)  3  0 Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hoá 2012

Mình nghĩ là đặt t  f ( x) thu được phương trình bậc 3 với ẩn t .Số nghiệm của t chính là số nghiệm của phương trình f ( x)  x 3  6 x 2  9 x  3 . Bài 33: Cho hàm số y  4 x3  (a  3) x 2  ax . Xác định a để | y | 1 khi | x | 1 .. Điều kiện cần: Giả sử | y | 1 khi | x | 1

 | y (1) | 1  | 2a  7 | 1  4  a  3    Khi đó :    3a  5  1 1  a  3. | y ( ) |  1 | |  1  3  a      2 4 2 Điều kiện đủ : Với a  3 thì hàm số có dạng y  4 x 3  3x Dễ chứng minh được | y | 1 khi | x | 1 . Vậy a  3 là giá trị cần tìm .

E-mail: [email protected]

- 24 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 34: Cho hàm số y   x 3  (m  1) x 2  2(m  2) x  4 (C ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi m  2 2. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x1; x2 sao cho biểu thức P | x1  x2 

1 | đạt giá trị nhỏ x1.x2

nhất. Ta có y   3x 2  2(m  1) x  2(m  2) Đến đây mình xin giải quyết ý chính của bài này là ý tìm giá trị nhỏ nhất Theo viet ta có 2(m  1)   x1  x2  3   x .x  2(m  2)  1 2 3 Ta lại có 1 2(m  1) 3 (2m  1) 2 P | x1  x2  ||  || | x1 x2 3 2(m  2) 6( m  2) 1 Vậy P nhỏ nhất bằng 0.Đẳng thức xảy ra khi m  2 Bài 35: Cho hàm số y  x 3  3mx  1  Cm  1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  1 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số  Cm  có hai điểm cực trị A,B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 4 2 , trong đó I 1;1 Đề thi thử đại học 2012 số 13

Trước hết ta đi tìm điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị.Thật vậy Ta có y   3x 2  3m y   0  x 2  m Để có hai điểm cực trị thì m > 0 lấy y chia y' 1  y  x. y   2mx  1 3 Vậy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị A( m ; ( m )3  3m m  1)

AB  4m(2( m )3  6m m )2  4m  16m3 d : y  2mx  1  0

E-mail: [email protected]

- 25 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

d (I , d )  S ABI 

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

| 2m | 4m 2  1

1 4m  16m3 2

| 2m |

4 2 4m 2  1  4m(2m)2  128  m(2m) 2  32  m  2 Kết luận:Vậy m  2 thì sẽ thoả mãn điều kiện bài toán

Bài 36: Câu I. Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  m (Cm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (Cm) khi m  0 2. Tìm m để đường thẳng (d ) đi qua điểm I (1;2) với hệ số góc m cắt đồ thị hàm số (Cm) tại 3 điểm phân biệt A,B,I. Chứng minh rằng các tiếp tuyến của đồ thị hàm số (Cm) tại A và B song song với nhau.

Ta có đường thẳng d có dạng y   mx  a đi qua điểm I (1, 2) nên ta có 2  m  a hay a  2  m và phương trình đường thẳng d có dạng y  mx  2  m Ta có phương trình hoành độ giao điểm giữa đường thảng d và đồ thị C x 3  3x 2  mx  m   mx  2  m Hay ( x  1)( x 2  2 x  2m  2)  0 Ta có đường thảng d và đồ thị C cắt nhau tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình: x 2  2 x  2m  2  0 (1) Có hai nghiệm phân biệt khác 1    3  2 m  0 3  Hay là :  m 3 2 m  2 Với điều kiện trên của m ta có y  x 3  3x 2  mx  m  y   3 x 2  6 x  m Do A,B là nghiệm của phương trình (1) nên ta có Hệ số góc của đồ thị C tại A,B là : y   3x 2  6 x  m  3( x 2  2 x  2m  2)  6  5m  6  5m Vậy tiếp tuyến tại A,B có cùng hệ số góc mà A,B là hai điểm phân biệt cùng thuộc đồ thị nên tiếp tuyến tại A,B song song

E-mail: [email protected]

- 26 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 37: Cho hàm số y   x 3  3 x 2  4 1 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên. 2) Với giá trị nào của m thì đường thẳng nối hai cực trị của đồ thị tiếp xúc với đường 2

2

tròn  C  :  x  m    y  m  1  5. Đề thi thử đại học lần 2 môn toán-THPT chuyên Lê Đôn x 1 Ta có y  y (  )  2 x  4 3 3 Nên phương trình đường thẳng đi qua cực đại cực tiểu là :  : y  2 x  4

Đường tròn (C ) có tâm I (m, m  1) và bán kính R  5 .  tiếp xúc với (C ) suy ra | m 3| d ( I , )  R   5  m  2 hoặc m  8 5 Bài 38: Cho hàm số y  x 3  3 x  2 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm các điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại điểm N thoả mãn MN  2 6

Gọi M (m; m3  3m  2) Bằng cách sử dụng định li Viet cho phương trình bậc ba ta tìm được xN  2m



Suy ra N 2m; 8m3  6m  2



Do đó: MN 2  9m 2  81m 2 (m 2  1)2  9m2 (9m 4  18m 2  10) 4 Nên MN  2 6  3m 2 (9m 4  18m 2  10)  8  m 2  3 Bài 39: Cho hàm số y  x 3  3 x 2  3mx  4 (Cm) Tìm m để (Cm) tiếp xúc với trục hoành. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm M (a; a 3  3a 2  3ma  4) là: y  (3a 2  6a  3m)( x  a )  a 3  3a 2  3ma  4 hay là: y  (3a 2  6a  3m) x  2a 3  3a 2  4 3a 2  6a  3m  0 Tiếp tuyến này trùng với trục hoành khi:  3 2 2a  3a  4  0 Phương trình 2 của hệ có nghiệm thực duy nhất a  2 thế ngược vào phương trình 1 của hệ, ta tìm ra m  0

E-mail: [email protected]

- 27 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 40: Cho hàm số y  x3  3mx 2  m  1 (Cm ). Tìm m để (Cm ) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB  BC . Ta có: y   3x 2  6mx y   0  x  0  x  2m Với x  0  y  m  1 . Với x  2m  y  4m3  m  1 . (Cm ) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (Cm ) có CĐ và CT đồng thời CĐ và CT nằm về hai phía so với Ox. Điều này tương đương với hệ sau: m  0  3 (m  1)(4m  m  1)  0 Ta có: y   6 x  6m y   0  x  m  y  2m3  m  1 Nhận xét: Đồ thị của (Cm ) nhận điểm uốn là tâm đối xứng do đó ba điểm A, B, C thỏa AB  AC thì phải có một điểm là điểm uốn thuộc Ox. Cụ thể là điểm A Do đó ta có: 2m3  m  1  0  m  1 . Thử lại thấy thỏa điều kiện của m . Vậy với m  1 thì yêu cầu bài toán được giải quyết.^^ Bài 41: Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  3mx  m có đồ thị (Cm ), m là tham số Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C0 ) khi m  0. Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A, B, C đồng thời hoành độ ba điểm đó là x A , xB , xC thỏa điều kiện ( x A  2)3  ( xB  2) 3  ( xC  2) 3  3.

Phương trình hoành độ giao điểm là: x 3  3 x 2  3mx  m  0 (1) Giả sử phương trình (1) có 3 nghiệm: x A ; xB ; xC , thì phương trình được viết lại dưới dạng: ( x  x A )( x  xB )( x  xC )  0  x 3  ( xA  xB  xC ) x 2  ( x A xB  xB xC  xC x A ) x  x A xB xC  0 Đồng

 x A  xB  xC  3  nhất hệ số ta có:  x A xB  xB xC  xC x A  3m  x x x  m  A B C Từ đây ta suy ra: x 3A  xB3  xC3  27  30m x A2  xB2  xC2  9  6m

E-mail: [email protected]

- 28 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Ta lại có: ( x A  2)3  ( xB  2)3  ( xC  2)3  3  x 3A  xB3  xC3  6( x A2  xB2  xC2 )  12( x A  xB  xC )  27  0  27  30m  6(9  6m)  12.3  27  0  m  3 Thử lại thấy không thỏa mãn. Vậy không tồn tại giá trị m cần tìm Bài 42: Cho hàm số y  x 3  3 x 2  2(C ). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số trên, 2. Tìm trên (C ) điểm A sao cho khoảng cách từ A đến B(2; 4) đạt giá trị nhỏ nhất. Đề thi thử số 6 của VMF

Đây là một bài toán khá hay. Lời giải của nó như sau Vì A nằm trên (C) nên A(a; a3  3a 2  2) Nên AB 2  (a  2)2  (a 3  3a 2  6)2 Do đó: AB 2  4  (a  2)2  (a 3  3a 2  4)(a 3  3a 2  8)  (a  2)2  (a  2)2 (a  1)(a 3  3a 2  8)  (a  2)2 (a 4  2a 3  3a 2  8a  9) Bằng cách khảo sát thì ta thấy được ngay là a 4  2a 3  3a 2  8a  9  0, a Vậy là: AB 2  4  0  AB  2 Đẳng thức xảy ra khi a  2 hay A(2; 2) là điểm cần tìm. Bài 43: Cho hàm số y  x 3  3 x  m  1 . Chứng minh rằng với mọi m, đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị và đường thẳng qua hai điểm cực trị luôn tạo với trục hoành một góc không đổi. y  3x2  3 y  0  x  1; 1 Gọi A(1; m  1), B (1; m  3) là hai điểm cực trị của hàm số, phương trình AB là : 2 x  y  m  1  0  y  2 x  m  1 Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị có hệ số góc 2 nên thỏa điều phải chứng minh Bài 45: Chứng minh rằng đồ thị hàm số: y  (2m  4) x 3  (2  m) x 2  (5  7m) x  m  2 luôn luôn đi qua 3 điểm cố định thẳng hàng. Gọi A( x0 ; y0 ) là điểm cố định của họ đồ thị (Cm ) Thế thì phương trình sau nghiệm đúng với mọi y0  (2m  4) x03  (2  m) x02  (5  7m) x0  m  2

E-mail: [email protected]

- 29 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

 y0  (2 x03  x02  7 x0  1)m  4 x03  2 x02  5 x0  2 đúng với mọi m  2 x03  x02  7 x0  1  0  y0  4 x03  2 x02  5 x0  2  Vì phương trình 2 x03  x02  7 x0  1  0 luôn có ba nghiệm nên họ đồ thị (Cm ) luôn có ba điểm cố

định. Hơn nữa y0  2(2 x03  x02 )  5 x0  2  2(7 x0  1)  5 x0  2  9 x0  4 Do đó ba điểm cố định nằm trên đường thẳng y  9 x  4 Bài 46: Cho hàm số: y  x3   2m  1 x 2   6m  5  x  3 (Cm ) Tìm m để (Cm ) tiếp xúc với Ox

Ox khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm   3x 2  2(2m  1) x  6m  5  0 3 x 2  2(2m  1) x  6m  5  0   3 2 2  x  (2m  1) x  (6m  5) x  3  0  ( x  3)( x  2( m  1) x  1)  0 2 Với x  3 ta có m  3  3x 2  2 x  5  m  4x  6 Với x  3 ta có hệ:  2 x  2x 1  m  2x 2 2 3x  2 x  5 x  2 x  1 Suy ra:  phương trình này có nghiệm x  3, x  1 4x  6 2x Thay vào hệ ta tìm được m  0, m  3 . Bài 47: Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  1 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm các điểm A,B thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A,B song song với nhau và AB  4 2 .

Ta có y   3 x 2  6 x Gọi A(a; a3  3a 2  1) và B (b; b3  3b 2  1) là các điểm thoả mãn bài toán Ta có phương trình tiếp tuyến tại điểm A là y  (3a 2  6a )( x  a)  a 3  3a 2  1 Phương trình tiếp tuyến tại điểm B là y  (3b 2  6b)( x  b)  b3  3b 2  1 Do 2 tiếp tuyến trên song song với nhau nên ta phải có 3a 2  6a  3b 2  6b

E-mail: [email protected]

- 30 -

 :01645362939

(Cm ) tiếp xúc với

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

 3(a  b)(a  b)  6(a  b)  0  (a  b)(3a  3b  6)  0(1) Mặt khác ta lại có AB  4 2 nên ta có

AB  (a  b) 2  (a 3  b3  3a 2  3b 2  4 2 Đến đây các bạn kết hợp với (1) để giải tiếp nhé!Lưu ý là với a=b thì 2 tiếp tuyến trùng nhau nên trường hợp này ta sẽ loại đi.

Bài này còn cách giải nữa là biện luận hai điểm A, B phải đối xứng nhau qua điểm uốn AB I (1; 1) . Như vậy IA  IB  2 2 2 Hai điểm A, B chính là giao điểm của đường tròn tâm I (1; 1) , bán kính R  2 2 và đường cong (C ) . Ta lập phương trình tương giao và giải ra nghiệm x  3, x  1 (mò bằng máy tính). Cách này giải ra dài và phức tạp hơn cách 1 nhưng tư duy hình học rõ ràng hơn.

Bài 48: Cho (C ) : y  x 3  3 x 2  3(1  m) x  1  3m. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và các cực trị lập với gốc tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4.

y'  x 2  2 x  (1  m)  0 ( * ).Để hàm số có hai điểm cực trị :  '  0  m  0 Phương trình đường thẳng đi qua cực trị của (C ) là: 2 | m  1| (d ) y  2mx  2(m  1)  d (O, d )  4m 2  1 x  x  2 Gọi x1 , x2 là nghiệm của ( * ) thì ta có:  1 2 và A( x1 , 2mx1  2(m  1))  x1 x2  1  m , B ( x2 , 2mx2  2(m  1)) Thay vào ta có: AB  4m(4m 2  1)

SOAB

4m(4m 2  1) 2 | m  1|  .  4  m3  2m2  m  4  0  m  1(t / m) 2 2 4m  1

E-mail: [email protected]

- 31 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 49 : Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y  3x 2  x 3 có đồ thị (C ). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. Đường thẳng vuông góc với trục tung tại M cắt đồ thị (C ) tại ba điểm phân biệt N , P, Q với hoành độ của điểm N là số âm. Tìm tung độ điểm M biết rằng MN  PQ.

Gọi N (n; y )(n  0); M (0; m); P( p; y ); Q (q; y )( p  q ) phương trình đường thẳng vuông góc Oy tại M cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt là y  m(0  m  4) Xét phương trình hoành độ giao điểm :  x 3  3 x 2  m  x3  3x 2  m  0(*) Vì n là một nghiệm của phương trình (*) nên Phương trình (*)  ( x  n)[ x 2  (n  3) x  n 2  3n]  0 Hoành độ của P và Q là hai nghiệm của phương trình trên, nên ta có  p+q=3-n  2  pq=n -3n Theo đề bài ta có MN  PQ  p  q | n |  p 2  q 2  2 pq  n 2  ( p  q) 2  4 pq  n 2  (3  n) 2  4(n 2  3n)  n 2  4n 2  6n  9  0 Từ đây tìm được n rồi suy ra m kết hợp điều kiện, mình tìm được m 

135  54 5 8

Bài 50: Tìm m để hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 có cực đại cực tiểu đồng thời đường thẳng đi qua các điểm cực trị cắt hai trục tọa độ Ox, Oy tại A, B sao cho tam giác OAB cân.

Hàm số đã cho xác định trên  và y   3x 2  6 x  m. Để hàm số có cực đại cực tiểu thì phương trình y   0 phải có hai nghiệm phân biệt, tức là   9  3m  0. Giải ra, ta được m  3.

E-mail: [email protected]

- 32 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bây giờ, gọi M ( x0 , y0 ) là tọa độ của một trong hai điểm cực trị, ta có 1 2m  6 1 2m  6 1 y0  ( x0  1)(3 x02  6 x0  m)  x0  2  m   x0  2  m. Do đó, đường thẳng 3 3 3 3 3 2m  6 1 d:y x  2  m chính là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số. 3 3 Theo giả thiết, d cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A, B và tam giác OAB là tam giác cân. Ta thấy rằng điều này xảy ra khi và chỉ khi d song song với phân giác của góc phần tư thứ nhất hoặc thứ 2m  6 2m  6 hai, tức d có hệ số góc là 1 hoặc 1. Nói cách khác, ta phải có   1 hoặc   1. 3 3 9 3 Giải các phương trình này, ta tìm được m   (loại vì không thỏa m  3 ) hoặc m   (thỏa 2 2 ). m  3 3 Vậy có duy nhất một giá trị m thỏa mãn yêu cầu đề bài là m   .  2

Thêm một cách nữa nhé: +, Ta có: y   3x 2  6 x  m Để hàm số có cực đại ,cực tiểu , tương đương PT:

y   0 hay 3 x 2  6 x  m  0 có 2 nghiệm phân biệt.  m  3

+, Ta có: y  (3 x 2  6 x  m)(

Đặt h( x) 

x  1 (2m  6) x 6  m )  3 3 3

(2m  6) x 6  m  3 3

Dễ thấy: y1  h( x1 ) y2  h( x2 ) Suy ra PT đường thẳng đi qua 2 cực trị là: (2m  6) x 6  m (d) : y    3 3 6m (-) (d) cắt Ox : tại A( ; 0) 2m  6

E-mail: [email protected]

- 33 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm (-) (d) cắt Oy : tại B (0;

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

6m ) 3

Mặt khác ta thấy , từ giả thiết bài toán suy ra tam giác OAB cân tại O (vuông cân),Hay:

OA  OB 

6m 6m  2m  6 3

3 9 ;m  (loại) 2 2 3 KL: m  (TM) 2 m

E-mail: [email protected]

- 34 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Chuyên đề I: Khảo sát hàm số Phần 2: Hàm bậc nhất trên bậc nhất. Coppy right ©: Mobile_lam

Bài 1: 2x  m có đồ thị (Cm ). x 1 Tìm các giá trị thực của m để trên đồ thị (Cm ) có hai điểm phân biệt M , N đối xứng với nhau qua I (1,1).

Cho hàm số y 

 2a  m   2b  m  Xét hai điểm A  a,  , B  b,  nằm trên (Cm ). Hai điểm này đối xứng qua I (1,1) khi và chỉ a 1   b 1   a  b  2 (1)   khi  2a  m 2b  m Từ (1) suy ra b  2  a. Thay vào (2) ta có được:  a  1  b  1  2 (2) 2 a  m 2 a  4  m   2  (2a  m)(a  3)  (2a  4  m)(a  1)  2(a  1)(a  3) Yêu cầu bài toán tương a 1 3 a 2  a  2a  2m  1  0. (*)  m0 đương với (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 và 3, tức là:  .   m  2

Bài 2: Tìm M trên đồ thị y 

x 1 sao cho tổng khoảng cách đến hệ trục tọa độ là nhỏ nhất x 1

Quan sát hình vẽ

E-mail: [email protected]

- 35 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Ta thấy M thuộc cung AB thì tổng khoảng cách S bé nhất. x 1   Khi đó M :  x;   với 0  x  1 x 1   x 1 2 2 S  x  x 1  x 1 2 2 2 2 x 1 x 1 x 1 Bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân 2 Dấu bằng xảy ra khi | x  1  voi 0  x  1  x  2  1. x 1 Vậy M : 2  1; 2  1





Bài 3: Tìm hai giao điểm B,C mà đường thẳng d : y  x  2m cắt đồ thị ( H ) của hàm số y 

2x 1 sao cho x2

hai điểm B,C đối xứng qua đường thẳng d1 : x  y  0 .

Hướng giải bài này làm như sau: 2x 1  x  2m quy đồng lên x2 ta được 2 x  1  ( x  2m)( x  2)  x 2  2mx  4m  1  0 Để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt khác 2 khi và chỉ khi điều kiện sau thỏa mãn 0  m2  4m  1 0     m  2  5, m  2  5.   f (2)  0  4  4m  4m  1  0

Điều kiện x  2 . Phương trình hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình

Vậy với điều kiện trên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt khác 2. Đến đây Batigoal nêu ý tưởng. Các bạn làm tiếp như sau: Gọi A( x1 , 2m  x1 ), B ( x2 , 2m  x2 ) . Vì hai điểm này đối xứng nhau qua đường thẳng x  y  0 nên điều kiện sau thỏa mãn.

E-mail: [email protected]

- 36 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Gọi I là trung điểm AB thì tọa độ I thỏa mãn phương trình x  y  0  Vì A, B đối xứng nhau qua x  y  0 nên pháp tuyến của đường thẳng AB nhân vô hướng với n  (1;1) bằng 0 Từ đó giải ra m . Bạn đọc triển khai nốt nhé. Bài 4: Tìm a qua A(0, a ) kẻ 2 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số sau sao cho 2 tiếp điểm nằm về 2 phía Ox: x2 y x 1

Phân tích Để giải bài toán này trước hết mình nghỉ chúng ta cần nắm vững ba ý chính về kiến thức sau: Thứ nhất là điều kiện tiếp xúc của hai đồ thị. Cho hai hàm số y  f ( x) có đồ thị là (C1 ) và hàm số y  g ( x ) có đồ thị là (C2 ) .Khi đó đồ thị (C1 )  f ( x)  g ( x) và (C2 ) tiếp xúc nhau khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm :   f ( x)  g ( x ) Thứ hai chúng ta để ý rằng để tồn tại hai tiếp tuyến thì ta cần có phương trình hoành độ tiếp điểm phải có hai nghiệm phân biệt Hai điểm bất kì A( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) nằm về hai phía của đường thẳng  : ax  by  c  0 thì ta phải có : (ax1  by1  c )(ax2  by2  c)  0 Hướng giải. Gọi d là đường thẳng đi qua A(0; a) và có hệ số góc là k ta có phương trình đường thẳng d : y  kx  m Để d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho thì hệ phương trình sau phải có nghiệm

x 2  kx  m (1)   x  1 :  3   k (2) 2  ( x  1) Thay (2) vào (1) ta biến đổi sẽ có được phương trình : f ( x )  (m  1) x 2  2(m  2) x  m  2  0 , ( x  1) (3) Để từ A kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ thị hàm số đã cho thì phương trình (3) phải có hai nghiệm khác m  1  0  1 .Điều đó tương thích với điều kiện:    3m  6  0  2  m  1 (i )  f (1)  m  1  2(m  2)  m  2  0  Lúc này gọi hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến kẻ tử A đến đồ thị hàm số đã cho lần lượt là M ( x1 ; y1 ) , N ( x2 ; y2 ) với x1 , x2 là nghiệm của phương trình (3) . x 2 x 2 Mặt khác do M , N thuộc đồ thị hàm số nên: y1  1 , y2  2 x1  1 x2  1

E-mail: [email protected]

- 37 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Vì theo giả thiết bài toán nên M , N nằm về hai phía của trục hoành : y  0 nên x  2 x2  2 x x  2( x1  x2 )  4 : y1. y2  0  1 . 0 1 2  0 (4) x1  1 x2  1 x1 x2  ( x1  x2 )  1 2(m  2)   x1  x2  m  1 Theo viet ta có :   x x  m2 1 2 m 1 

(5)

Lúc đó thay (5) vào (4) và biến đổi ta được bất phương trình: 3m  2  0  m  

2 3

2  m  1 3 Ngoài hướng làm trên bạn có thể hoàn toàn giải theo cách lớp 11 tốt qua những bước làm sau : - Gọi M ( x0 ; y0 ) , ( x0  1) là tiếp điểm khi đó phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : y  y0  y( x0 )( x  x0 ) - Vì tiếp tuyến đi qua A nên : y A  y0  y ( x0 )( x A  x0 ) (a ) - Đến đây ta cũng tìm m để tồn tại phương trình (a ) tồn tại hai nghiệm phân biệt khác 1 - Rồi cũng dùng công thức xác định ví trị tương đối của hai điểm với đường thẳng khi chúng khác phía so với đường thẳng như trên bạn đọc cũng sẽ tìm ra được kết quả. - Các bạn tự triển khai cách giải này nhé. Về cách giải bất phương trình như bạn hỏi mình đưa ra hai hướng như sau : a x  b1 Ví du : Giải bất phương trình : 1  0 (b ) a2 x  b2

Đối chiếu với điều kiện (i ) ta thu được kết quả cuối cùng là : 

 a1 x  b  0   a2 x  b  0 Hướng 1 : (b)    a x  b  0  1  a2 x  b  0 Tới đây bạn hợp nghiệm lại là có kết quả. Cách hai: Bạn không giải trực tiếp mà sử dụng " phương pháp khoảng đan dấu qua từng nghiệm trên trục số" ngoài giấp nháp rồi ghi kết quả vào bài toán nhé.. Bài 5: mx  2 (Cm ) , m là tham số thực. x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m  3 2. Cho hai điểm A(3; 4) và B(3; 2) . Tìm m để trên đồ thị (Cm ) có hai điểm P, Q cách đều hai điểm A , B và diện tích tứ giác APBQ bằng 24.

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y 

Câu 2: Ta dễ dàng nhận ra là hai điểm P,Q thuộc đường trung trực của đoạn AB. Ta dễ dàng viết được phương trình đường thẳng PQlà (d ) : x  y  1  0

E-mail: [email protected]

- 38 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và (d ) là: mx  2  1  x  x 2  mx  3  0(1) x 1 Ta có phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt và khác 1: m 2  12  0   0   m  2   m2  0  m  2 Khi đó gọi 2 nghiệm của phương trình là: x1; x2 . Tọa độ 2 điểm P, Q là: P ( x1;1  x1 ); Q ( x2 ;1  x2 ) Suy ra: PQ  2( x1  x2 ) 2 x  x  m Theo định lí Viet ta có:  1 2  x1.x2  3 Ta khai thác giả thiết thứ 2. Diện tích tứ giác APBQ ta tính theo công thức:

S  kc( A; (d )).PQ  3 2 2( x1  x2 )2  24  ( x1  x2 )2  16  ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2  16

 m 2  12  16  m  2; m  2 Đối chiếu điều kiện ta có: m  2 thỏa mãn.. Ổn rồi. Bài 6: x 1 . Lập phương trình tiếp tuyến cắt Ox,Oy lần lượt tại A và B tạo thành tam x2 giác OAB có OA  3OB .

Cho hàm số (C ) : y 

Cách 1: Với bài toán này thì sử dụng công thức về hệ số góc là nhanh nhất. Nhưng theo mình được biết thì bây giờ chúng ta không được sử dụng nữa, chỉ được sử dụng công thức Cosin thôi. Gọi góc tạo bởi đường thẳng AB và trục Ox là  . OA OA2 3 Ta có: cos     2 2 AB 10 OA  OB  Gọi vecto chỉ phương của AB là: u1  (a; b)  Ta có vecto chi phương của Ox là: u2  (1; 0)   | u .u | |a| Từ đó ta có: cos    1 2  | u1 | . | u2 | a 2  b2 |a| 3 Suy ra:   a 2  9b 2  a  3b; a  3b 2 2 10 a b Ta có: Với: a  3b , ta chọn: a  1; b  3 , công việc còn lại thì các bạn tiếp tục nhé. Với: a  3b , ta chọn: a  1; b  3 . Ta sẽ tiếp tục với gợi ý sau: AB là phương trình tiếp tuyến nên f ( x0 )  k ( x0 là tiếp điểm).

E-mail: [email protected]

- 39 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Cách 2: Đứng trước bài toán về tiếp tuyến cho dưới dữ kiện này ta có thể nghỉ đến hai hướng đi như sau - Hướng 1: Đại số hóa các bước giải bài toán. Trong trường hợp này nếu các bạn giải quyết bài toán thì phải thực hiện các bước làm khá mắc công về tính toán sau: + Xét tiếp điểm M ( x0 ; y0 ) , ( x0  2) thuộc đồ thị hàm số. Khi đó phương trình tiếp tuyến d tại M là x 1 3 :y 0  ( x  x0 ) x0  2 ( x0  2) 2 + Tiếp theo chúng ta đi giải các hệ gồm : x0  1 3   ( x  x0 ) y  x0  2 ( x0  2) 2 Vì A  d  Ox tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  A y  0  x0  1 3   ( x  x0 ) y  x0  2 ( x0  2) 2 Vì B  d  Oy tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:  B x  0  + Từ đó kèm theo điều kiện OA  3OB ta đi đến phương trình rồi dẫn đến kết quả của bài toán - Hướng 2 Trực giác hình học hay nói một cách khác đó là áp dụng cách tính góc hợp bởi giữa đường thẳng với trục hoành ở lớp 9. Với hướng đi này chúng ta sẽ tìm được lời giải vừa gọn gàng và tinh giản sự tính toán , rất tốt cho một bài làm trong kì thi. Nhưng trước hết các bạn cần nhớ lại rằng ở lớp 9 khi học đến bài hệ số góc đường thẳng thì chúng ta cũng đã biết đến cách tính góc của đường thẳng với trục hoành là dựa vào tính tan  của một tam giác vuông OAB với A , B chính là hai giao điểm của đường thẳng đó với các trục Ox , Oy . Bây giờ ta đem kiến thức đó vào bài toán này. + Xét điểm M ( x0 ; y0 ) ( x0  2) là tiếp điểm thuộc (C ) mà tiếp tuyến d tại M cắt hai trục Ox ; Oy lần lượt tại hai điểm A ; B sao cho OA  3OB + Ta có OAB vuông tại \ O nên tan A 

OA 1  OB 3

1 / 3  hệ số góc của tiếp tuyến d là   1 / 3 + Mà ta có hệ số góc của tiếp tuyến tại M là y ( x0 ) 

 x0  5 3 3 1  0  y ( x0 )    ( x0  2) 2  9   2 2 ( x0  2) ( x0  2) 3  x0  1

Tới đây các bạn đã có thể hoàn thành tốt kết quả của bài toán 

E-mail: [email protected]

- 40 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 7: x có đồ thị (C ) . Tìm toạ độ điểm M thuộc (C ) biết rằng tiếp tuyến của (C ) tại M x 1 vuông góc với đường thẳng đi qua M và điểm I (1,1) .

Cho hàm số y 

Phân tích và hướng giải Bài toán này khá cơ bản nhưng chắc chắn nó cũng sẽ gây lúng túng cho một số bạn ở ý tưởng giải. Để tiện vào bài toán tốt hơn mình xin nhắc lại một công thức khá quan trọng trong bài toán này đó chính là đường thẳng d đi qua hai điểm A( x A ; y A ) ; B ( xB ; yB ) thì hệ số góc của đường thẳng d được xác định bằng y  yA công thức kd  B Bây giờ ta xét vào bài toán , gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) voi x0  1 , thì ta có hệ số góc xB  x A 1 tiếp tuyến tại M là y ( x0 )  ( x0  1)2 Mặt khác ta có hệ số góc của đường thẳng IM là x0 1 y0  y I x0  1 1 k IM    x0  xI x0  1 ( x0  1) 2 Theo bài ta có tiếp tuyến tại M vuông góc với đường thẳng IM nên ta có  x0  2  y0  2 1 1 .  1  ( x0  1) 4  1   2 2 ( x0  1) ( x0  1)  x0  0  y0  0 Vậy bài toán xem như đã giải quyết xong. y ( x0 ).k IM  1 

Bài 8: 2x 1 có đồ thị là (C ). Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C ) biết khoảng x 1 cách từ điểm I (1;2) đến tiếp tuyến d bằng 2.

Cho hàm số y 

2a  1   Xét điểm M thuộc đồ thị M  a  1;  a   Tiếp tuyến tại điểm M là: y  

Ta có: d I ; 

| 2a | a4 1



1 2a  1 ( x  a  1)   x  a 2 y  2a 2  2a  1  0 ( ) 2 a a

2 a2 

1 a2

Theo bất đẳng thức AM  GM ta có a 2 

1  2  d I ;  2 a2

Dấu bằng xảy ra khi a 4  1 suy ra a  1 hoặc a  1

E-mail: [email protected]

- 41 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Từ đó dễ dàng viết được 2 phương trình tiếp tuyến . Bài 9: x2 x 3 Tìm những điểm M thuộc đồ thị hàm số sao cho khoảng cách từ M tới đường tiệm cận đứng bằng với khoảng cách từ M tới đường tiệm cận ngang.

Cho đồ thị hàm số: y 

Gợi ý Bài toán này là một bài toán cơ bản. Để làm tốt bài này ta cần nhớ đến công thức khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng. Cụ thể : Xét điểm M ( x0 ; y0 ) và đường thẳng  : Ax  By  C  0. | Ax0  By0  C | Khi đó ta có : d( M ,  )  Bây giờ ta vào bài toán. A2  B 2 Không khó để ta biết được đồ thị hàm số có Phương trình đường tiệm cận đứng d1 : x  3  0. Phương trình đường tiệm cận ngang d 2 : y  1  0. Khi đó ta xét điểm M ( x0 ; y0 )  (C ) của hàm số với x0  3 và

x0  2 x 2 . Theo bài ta có : d( M .d1 )  d ( M , d2 ) | x0  3 || y0  1|| x0  3 | 0  1 Tới đây bài toán đã x0  3 x0  3 khá đơn giản rồi. Các bạn tiếp tục hoàn thiện nhé! y0 

Bài 10: 2x 1 (C ) x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C ) 2) Tìm trên đồ thị hàm số (C ) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng 2 x  y  4  0

Cho hàm số y 

Đề thi thử môn Toán khối A-Trường THPT Nguyễn Tất Thành- ĐHSP Hà Nội

Lời giải 1. Các bạn tự làm giúp mình. 2. Ta gọi hai điểm A, B  (C ). Do A,B đối xứng qua d : 2 x  y  4  0 nên ta có điều kiện sau :  AB  d  Trung di?m I c?a AB thu?c d 1 Do AB  d  phuong trình AB : y   x  m 2 Phương trình hoành độ giao điểm của AB và (C ) : 2x 1 1   x  m  f ( x )  x 2  (5  2m) x  2(m  1)  0 ( x  1) (1) Để tồn tại hai điểm A,B thì x 1 2 phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt khác 1. Điều này tương thích với điều kiện (5  2m) 2  8(m  1)  0  4m 2  12m  33  0  f ( x)  0     f (1)  0 1  5  2 m  2m  2  0  6  0

E-mail: [email protected]

- 42 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

x A  xB 2m  5 2m  5    xI   xI   2 2 2   Mặt khác ta có tọa độ điểm I ( xI ; yI ) được xác định :     1 5  2m  y I   xI  m  yI  2 4   5  2m 3  2m  5  Lại có I  d nên ta có : y I  2 xI  4   2 4 m  4 2  2 

 1 6  x  1  6  y  6  3 2  Với m  thì phương trình (1) trở thành : x  2 x  5  0  2  3 2 6   x  1  6  y  6   1 6   3 2 6  Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là A 1  6;  ; B  1  6;  hoặc ngược lại. 6   6   Bài 11: x3 ( ) . Viết phương trình các tiếp tuyến tại điểm A  ( ) biết tiếp tuyến đó x 1 cắt trục hoành tại B mà OAB vuông.

Cho đồ thị hàm số y 

a2  Xét điểm A  a  1;   ( ) Điều kiện: a  0 a   Tiếp tuyến tại điểm A là: y 

2 a2 ( x  a  1)  () 2 a a

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm A là: k1 

2 a2

Ta thấy rằng tam giác OAB không thể vuông tại B Vì vậy tam giác OAB chỉ có thể vuông tại A hoặc tại O Trường hợp 1: Tam giác OAB vuông tại A. Tức là tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng OA a2 0 a2 a Hệ số góc của đường thẳng OA là k2   a  1  0 a (a  1) Yêu cầu bài toán tương đương với:

E-mail: [email protected]

- 43 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

k1.k 2  1 

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

2 a  2 .  1  a 4  a 3  2a  4  0  (a  1)(a  2)(a 2  2)  0 2 a a (a  1)

Nếu: a  1 thì () : y  2 x  5 1 5 Nếu: a  2 thì () : y   x  2 2 Trường hợp 2: Tam giác OAB vuông tại O . Suy ra tiếp điểm là A(0;3) Phương trình tiếp tuyến là: () : y  2 x  3 Bài 12: Cho hàm số y 

2x  3 . x2

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. Tìm trên (C ) những điểm M để tiếp tuyến của (C ) tại M cắt hai tiệm cận tại hai điểm A, B sao cho AB TXĐ: x  R \ {2} 2x  3 Gọi M ( xM ; M ) xM  2 Phương trình tiếp tuyến tại điểm M là. 1 y ( x  xM )  yM ( xM  2)2

2 xM  2 ) xM  2 Tiếp tuyến cắt tiệm cận ngang tại B (2 xM  2; 2) Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng tại điểm A(2;

Ta có độ dài đoạn AB là AB  (2 xM  2  2) 2 

4 ( xM  2)2

4 ( xM  2)2 Đến đây các bạn có thể dễ dàng tìm được điểm M và giá trị nhỏ nhất của đoạn AB rồi

Hay AB  (2 xM  4)2 

E-mail: [email protected]

- 44 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 13: x  m có đồ thị là (Cm ) với m là tham số thực. Tìm các giá trị của m để đường x2 1 thẳng (d ) : y   x  cắt đồ thị (Cm ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích 2 3 bằng , với O là gốc tọa độ. 8

Cho hàm số y 

Ta có độ dài đường cao của tam giác là : d(O ;( d ) 

1

2 2  3 2 3 Vậy nên để AOB có diện tích là thì | AB | . 8 2

.

x  m 1  x . x2 2 Đến đây bạn xử lý nốt nhé . Lúc tính tung độ thì ta không thay lại vào phương trình của (Cm ) mà thay vào phương trình của (d ) .

Hoành độ của 2 điểm A;B là nghiệm của phương trình :

Bài 14: Cho hàm số y  SOAB 

2x (C ) Tìm M thuộc (C) biết tiếp tuyến tại M cắt trục Ox và Oy tại A , B và x 1

1 4

 2 x0  Xét M  x0 ;  , ( x0  1) thuộc đồ thị hàm số đã cho. Ta có phương trình tiếp tuyến tại M có x  1 0   2 x0 2 x02 2 2 phương trình : y  Khi ta có tọa độ điểm A , B là  ( x  x0 )  y  x x0  1 ( x0  1)2 ( x0  1) 2 ( x0  1) 2  2 x02  giao điểm của tiếp tuyến với các trục Ox , Oy lần lượt có tọa độ : A   x02 ; 0  , B  0; 2   ( x0  1)  Mặt khác ta có OAB vuông tại O nên ta có : 1 1 1 2 x02 1 2 x04 S OAB  OA.OB   . |  x02 | .   2 4 2 ( x0  1) 2 2 ( x0  1) 2 Tới đây đơn giản rồi hen.

E-mail: [email protected]

- 45 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 15: 2x 1 (C ) . Tiếp tuyến d của đồ thị cắt 2 trục tọa độ tại A và B. Viết phương trình x 1 của d biết AB gấp 2 lần khoảng cách từ O đến d.

Cho hàm số y 

Trước hết ta có nhận xét sau: Nếu tiếp tiếp cắt hai trục tọa độ tại A, B thì OAB là tam giác vuông . Gọi M là trung điểm của AB thì OM là trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông OAB suy ra AB OM  2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên tiếp tuyến (d )  OH  OM 

AB . Dấu bằng xảy ra khi M 2

trùng với H . Tức là tam giác OAB vuông cân tại O Suy ra tiếp tuyến tạo với Ox góc 450 và tiếp tuyến không đi qua O Giả sử N ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm Hệ số góc của tiếp tuyến tại N là: k  f ( x0 ) 

1 (1  x0 ) 2

 k 1 Từ lập luận trên ta có:   k  1 x  0 Ta thấy chỉ có k  1 thỏa mãn:   0  x0  2

Nếu x0  0  N (0; 1) suy ra tiếp tuyến là: y  x  1 Nếu x0  2  N (2; 1) suy ra tiếp tuyến là: y  x  3 Bài 16: x có đồ thị (C ). x 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của (C ) đến tiếp tuyến là lớn nhất.

Cho hàm số y 

Đề thi thử Đại học khối A, B, D năm 2012 - lần 1 - trường THPT Hậu Lộc (Thanh Hóa)

Ta dễ dàng xác định được tâm đối xứng I (1;1) .  x  Gọi tọa độ điểm M  x0 ; 0  , từ đó ta dễ dàng viết được phương trình tiếp tuyến tại M là  : x0  1  

E-mail: [email protected]

- 46 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

1  x0 x 1 0 | 2 x  x0 x ( x0  1) x0  1 2  y  0  0 Ta có: d ( M ; )    2 Dấu "  " 2 ( x0  1) x0  1 1 1 2 1 ( x0  1)  ( x0  1)4 ( x0  1) 2 |

x 0 xảy ra khi: ( x0  1)2  1   0  x0  2 Từ đó suy ra có hai điểm M thỏa mãn là: (0;0);(2;2)

Bài 17: x2 . x2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C) cắt 2 đường tiệm cận tại A và B sao cho tam giác IAB cân tại I (I là giao điểm của 2 tiệm cận).

Cho hàm số y 

Bài này chúng ta có thể làm theo 2 cách Cách 1: Gọi A và B là 2 giao điểm của đồ thị với các đường tiệm cận.Từ đây ta sẽ dựa vào 2 phương trình đó là   IA  IB và IA.IB  0 .Đến đây ta sẽ tìm được các toạ độ điểm A và B Cách 2. Do IAB vuông cân tại I nên 2 góc đáy của nó sẽ bằng nhau và bằng 45 độ.Đến đây ta dựa vào công thức k k tan   2 1 1  k1k2 Bài 18: 2x  3 (1) . x2 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) , biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại M, N sao cho trọng tâm tam giác OMN thuộc đường thẳng x  9 y  0 .

Câu I. Cho hàm số y 

Đề thi thử đại học trường THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh II – 2012

Cách 1: Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) là ( x  x0 ) 2 x0  3 y  ( x0  2) 2 x0  2 Tiếp tuyến giao với trục Ox và Oy lần lượt tại A và B có toạ độ là  x0 2x  3 A(  0 ; 0) và B (0; x0  (2 x0  3)( x0  2)) 2 ( x0  2) x0  2 Đến đây ta dùng công thức tính trọng tâm của tam giác là

E-mail: [email protected]

- 47 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

x A  xB  0   xG  3   y  y A  yB  0  G 3 Đến đây ta thay các toạ độ điểm G vào đường thẳng x  9 y  0 Cách 2 : Gọi M (m;0); N (0; n) . Hiển nhiên ta có m, n khác 0 . m n Khi đó trọng tâm tam giác OMN là G ( ; ) . 3 3 Vì G thuộc đường thẳng x  9 y  0 nên có m  9n  0 . Từ đó lập được phương trình MN: x  9 y  9m Điều kiện MN là tiếp tuyến của đồ thị ta tìm được phương trình tiếp tuyến. Bài 19: 2x 1 x 1 Tìm tọa độ điểm M trên  C  sao cho khoảng cách từ điểm I  1; 2  tới tiếp tuyến của  C  tại M là lớn nhất.

Cho hàm số y 

Đề thi thử THPT Phú

2a  3   Xét điểm M  a  1;   (C ) a   Tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C ) tại M là: y 

Ta có: d I /(  ) 

3 2a  3 x  a  1   3x  a 2 y  2a 2  6a  3  0 () 2  a a

| 6a | a4  9

Vì a 4  9  2 9a 4  6a 2  a 4  9  6 | a | d I /(  )  6 Dấu bằng xảy ra khi a   3

E-mail: [email protected]

- 48 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 20: Cho hàm số: y 

2x  1 (C). x 1

Tìm điểm M thuộc (C ) sao cho khoảng cách từ M đến đường thằng ( d ) : y 

x  2 là nhỏ nhất. 4

Cách 1: - Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y  - Tìm tọa độ hai tiếp điểm là M 1; M 2 . Tính các khoảng cách từ M 1; M 2 đến đường thẳng y 

x 2 4

x  2 để 4

chọn điểm M có khoảng cách nhỏ nhất.

2a  1   Cách 2: Xét điểm M  a  1;  a   | a 1  Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (d ) là: d 

Tiếp theo khảo sát hàm số f (a) 

Ta có f (a) 

4(2a  1) a2  a  4 8| | | a a  17 17

a2  a  4 với a  0 . a

a2  4  f (a)  0  a  2 . Lập bảng biến thiên suy ra a a2

Bài 21: xm có đồ thị là (Cm ) , m là tham số khác 1. 1 x 2. Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến bất kì của (Cm ) cùng với 2 đường tiệm cận giới hạn một tam giác có diện tích bằng 4.

Cho hàm số y 

x0  m ) ,tiệm cận I (1, 1) .Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm M là 1  x0 x m (1  m) : y  ( x  x0 )  0 ( x0  1) 2 (1  x ) 1  x0 x  2m  1 Giao điểm của  với tiệm cận ngang và tiệm đứng lần lượt là: A(2 x0  1, 1) và B(1, 0 ) 1  x0 Gọi điểm M ( x0 ;

Ta có : AI  2

m 1 1 , BI  2 1  x0 S BIA  AI .BI  2 m  1  4  m  1  2  m  3, m  1 1  x0 2

E-mail: [email protected]

- 49 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 22: x 1 2x 1 2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm giá trị m để đường thẳng y  mx  m  2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho IA = IB .

Cho hàm số y 

THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu-Lần 3

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là : x 1 1  mx  m  2  2mx 2  (5  3m).x  m  3  0 (1) (với x  ) 2x 1 2 Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt   0   (5  3m) 2  4.2m.(m  3)  m2  6m  25  0  m0 3m  5 m3 Gọi A( x1 , mx1  m  2); B( x2 , mx2  m  2) với x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  , x1.x2  . 2m 2m 1 1 1 1 Ta có I ( ,  ) nên AI  ( x1  ) 2  (mx1  m  2)2 và BI  ( x2  )2  (mx1  m  2)2 2 2 2 2 Yếu cầu bài toán 1 1  BI 2  AI 2  ( x1  )2  (mx1  m  2)2  ( x2  ) 2  (mx2  m  2)2  ( x1  x2 ).[ x1  x2  1  m 2 .( x1  x2 )  2m 2  5m)  0 2 2

 x1  x2  1  m 2 .( x1  x2 )  2m2  5m  0 

5  3m m.( 5  3m) 1   2m 2  5m  0   m3  5m 2  m  5  0 2m 2

Cho hàm số y 

x 1 có đồ thị là ( H ) x 1

1. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị ( H ) . Chứng minh rằng I là tâm đối xứng của đồ thị ( H ) . 2. Tìm điểm H thuộc đồ thị hàm số sao cho H có tọa độ nguyên. 3. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( H ) biết tiếp tuyến đi qua điểm T (0;  1) . 4. Tìm giao điểm của đồ thị ( H ) với đường thẳng  : 2 x  y  3  0 5. Xét điểm M bất kì thuộc đồ thị ( H ) . Gọi d là tiếp tuyến tại M . Biết d cắt các đường tiệm cận lần lượt tại A; B . Chứng minh rằng M là trung điểm của AB và diện tích IAB không đổi. 6. Chứng minh rằng tích khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận không đổi. 7. Tìm M để tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận là nhỏ nhất . 8. Tìm điểm M để khoảng cách từ M đến trục hoành gấp 3 lần khoảng cách từ M đến trục tung. 9. Tìm m để đường thẳng d : y  2 x  m cắt đồ thị ( H ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương . 10. Tìm n để đường thẳng d1 : y  x  n tại hai điểm phân biệt B; C sao cho : a) BC  2 6 b) BC có độ dài nhỏ nhất .

E-mail: [email protected]

- 50 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

11. Tìm k để đường thẳng d 2 : y  3 x  k cắt đồ thị ( H ) tại hai điểm phân biệt thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị ( H ) . x 1 12. Đường thẳng d bất kì cắt đồ thị y  tại 2 điểm phân biệt M, N và cắt 2 đường tiệm cận của đồ x 1 thị tại A và B . Chứng minh rằng: MA  NB

E-mail: [email protected]

- 51 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Chuyên đề I: Khảo sát hàm số Phần 3: Hàm số bậc 4 Coppy right ©: Mobile_lam

Bài 1: Tìm m để đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  m  1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác nhận I (0,1) làm tâm đường tròn ngoại tiếp.

Ta có y   4 x3  4mx 2 nên y   0  x( x 2  m)  0. Phương trình này có ba nghiệm phân biệt khi m>0. Khi đó, các nghiệm của phương trình trên là x  0, x   m . Các điểm cực trị của đồ thị có tọa độ là A(0, m  1), B ( m ,  m 2  m  1), C ( m ,  m 2  m  1) Tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC phải nằm trên trục tung, tức là muốn I (0,1) là tâm của ( ABC ) thì ta cần điều kiện sau

IA  IB | m | m  (m 2  m)2  m 2  m 4  2m3  m 2  m  m 4  2m 2  m  0 Giải phương 1  5 2 1  5 Loại hai giá trị không thỏa mãn là m  0, m  . 2 1  5 Vậy các giá trị này đều thỏa mãn đề là m  1, m  . 2 trình này, ta được các nghiệm là m  0  m  1  m 

Bài 2: Cho hàm số y  x 4  2m 2 x 2  1. (1) Chứng minh rằng đường thẳng y  x  1 luôn cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng x 4  2m 2 x 2  1  x  1. Thực x  0 hiện phép biến đổi ta có được phương trình x( x3  2m 2 x  1)  0   3 2  x  2m x  1  0 Với m  0, rõ ràng điều kiện bài toán hoàn toàn thỏa vì khi đó ta có hai nghiệm x  0, x  1. Với m  0, ta xét hàm số f ( x )  x 3  2m2 x  1 với mọi x  . Ta có f ( x)  3 x 2  2m2  0. Vậy

E-mail: [email protected]

- 52 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

hàm số f ( x )  x 3  2m2 x  1 đồng biến với mọi x  . Do đó phương trình f ( x )  0 có tối đa một nghiệm với mọi m  0. Mặt khác ta có f (0)  1, f (1)  2m 2 nên f (0) f (1)  2m 2  0, do đó phương trình f ( x )  0 có nghiệm duy nhất x0  (0,1). Điều này chứng tỏ rằng đường thẳng d cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt với mọi m.  Bài 3: Tìm m để đường thẳng d : y  2 cắt đồ thị  Cm  y  x 4  (2m  1) x 2  2m tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 ; x2 ; x3 ; x4 sao cho 2( x12  x22  x32  x42 )  3 x12 x22 x32 x42  4

Gợi ý Đặt t  x 2 ta quy về xét phương trình hoành độ sau: t 2  (2m  1)t  2m  2  0 (*)   0  Theo yêu cầu đề bài trước tiên (*) phải có 2 nghiệm dương phân biệt, điều kiện là: S  0 (A) P  0 

Khi đó, (*) có 2 nghiệm phân biệt t1; t2 và lúc đó Cm cắt d tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là:  t1 ;  t2 ; t2 ; t1 Đem thế vào điều kiện của bài toán thì ta được phương trình sau: 4(t1  t2 )  3(t1.t2 ) 2  4 (**) Áp dụng định lí Viet cho (*) rồi thế vào (**) ta được: 4(2m  1)  3(2m  2) 2  4 (B) Bây giờ, bạn chỉ cần giải (B) và kiểm tra (A) là xong! Bài 4: Cho hàm số y  x 4  2mx 2  m  2 . Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.

Phân tích hướng giải. Trước tiên ta quan sát thấy bài toán yêu cầu hai ý " điều kiện có ba cực trị " và " tọa độ ba cực điểm tạo với nhau thành tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác bằng 1 " . Vậy để hoàn thành tốt bài toán ta cần hoàn thành hai ý đó . Ý 1. Để hàm số có ba cực trị ta cần quan tâm đến đạo hàm cấp 1 , nghiệm và dấu của nó . Ý 2 . Để sử dụng được dữ kiện giả thiết ta cần nhớ đến công thức quen thuộc sau : AB.BC .CA S ABC  với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC . 4R Hướng giải. Ta có : y   4 x3  4mx  4 x( x 2  m) . E-mail: [email protected]

- 53 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

x  0 Nên : y   0  4 x( x 2  m)  0   2 x  m  0

Để hàm số đã cho có ba cực trị thì phương trình y   0 phải có ba nghiệm phân biệt ,triệt tiêu và đổi dấu qua ba nghiệm đó . Điều này tương thích với điều kiện m > 0. Khi đó ta gọi tọa độ ba cực điểm lần lượt là A(0; m  2); B ( m ;  m 2  m  2); C ( m ;  m 2  m  2) Dể nhận thấy rằng A  Oy còn B,C đối xứng qua trục Oy nên ABC luôn cân tại A . Gọi H là giao điểm của BC với Oy thì AH  BC . Ta có : S ABC 

1 1 AH .BC  | yB  y A | . | xB  xC | m 2 m . 2 2

Mặt khác : AB.BC .CA S ABC   4 SABC  AB 2 . AC  4m2 m  m(1  m3 ).2 m  m3  2m  1  0 . 4R

Bài 5: Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2m  1 (Cm ) 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm ) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt A, B, C, D sao cho AB  BC  CD .

Xét phương trình x 4  2mx 2  2m  1  0 (*) tương đương x 2  1 hoặc x 2  2m phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi m >0. Để 4 nghiệm lập thành cấp số cộng ta có 2 trường hợp. 9 Một là: khi 2m > 1 ta phải có 2m  1  1  (1) hay m  2 1 Hai là: khi 2m 2 Lập bảng biến thiên: thấy hàm f ( x ) đồng biến trên (2; ) 5 Từ bảng biến thiên suy ra: m  8 Có: f ( x) 

Bài 7: Cho hàm số: y  x 4  2mx 2  m (1) , m là tham số. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  1 . Biết A là điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ bằng 1 . Tìm m để khoảng cách từ 3  điểm B   ;1 đến tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A lớn nhất. 4 

Từ giả thiết, dễ thấy A(1,1  m). Mà y   4 x3  4mx nên phương trình tiếp tuyến tại A là y  (4  4m)( x  1)  1  m  4(1  m) x  3(m  1). Bây giờ, ta tính được khoảng cách từ B đến tiếp 3 (4(1  m)·  1  3( m  1) 1 4 tuyến là d    1. Mặt khác, dễ thấy đẳng thức xảy ra 16(m  1) 2  1 16( m  1) 2  1 khi và chỉ khi m  1 nên ta đi đến kết luận m  1 chính là giá trị cần tìm.  Bài 8: Cho hàm số y  2mx 2  x 4  4 có đồ thị (Cm ). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (Cm ) khi m  2. Tìm các giá trị của m để tất cả các điểm cực trị của (Cm ) đều nằm trên các trục tọa độ. Trích: Đề thi thử Đại học khối B năm 2012 - Chuyên Quốc Học Huế

y   4mx  4 x3  4 x(m  x 2 ) +) Để hàm có cực trị thì phương trình y   0 phải có nghiệm và y' đổi dấu khi x đi qua các nghiệm .  m  0 +) Xét với m  0 thì ta thu được một cực trị là A  (0; 4)  Oy thỏa mãn yêu cầu bài toán . +) Xét với m >0 thì ta thu được 3 cực trị trong đó có sẵn một điểm là A  Oy và B  ( m ; m 2  4); C  ( m ; m 2  4) . Hai anh B;C này phải thuộc vào Ox nên ta có m 2  4  0 . Vậy là kết luận được rồi .

E-mail: [email protected]

- 55 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 9: Cho hàm số x 4  mx 2  m  1(Cm ) chứng mình rằng khi m thay đổi thì (Cm ) luôn đi qua hai điểm cố định A,B. Tìm m để các tiếp tuyết tại A và B vuông góc với nhau Để tìm điểm cố định của (Cm ) ta có phương trình sau : ( x 2  1)  x 4  1  y  0 phải nghiệm đúng với mọi m  R  x2 1  0 Điều này giúp ta có hệ :  4 x 1  y  0 Giải hệ ta được 2 điểm cố định lần lượt là : (1;0) và (1;0) . +) Để 2 tiếp tuyến vuông góc thì khi đó tích hai hệ số góc của hai tiếp tuyến phải là k1.k2  1 . Nên ta có phương trình : (2  2m)2  1 Có phương trình đó là vì hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ là x0 chính là f ( x0 ) . 3 5 Giải phương trình đó ta được : m   hoặc m  . 2 2 Kết luận đó là các giá trị m cần tìm. Bài 10: Tìm m để đồ thị (Cm ) : y   x 4  2mx 2  2m  1 có ba điểm cực trị thuộc đường tròn có bán kính bằng 1

Nhận xét: Hàm trùng phương nhận Oy làm trục đối xứng do đó ba điểm cực trị thuộc đường tròn thì đường tròn ấy phải đối xứng qua trục Oy hay tâm I  Oy . Lời giải: +Ta có: y   4 x3  4mx x  0 y  0   2 x  m +Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi m>0 +Ta có tọa độ các cực trị là A(0; 2m  1) , B ( m , (m  1) 2 ) , C ( m , (m  1) 2 )  y  2m  2 +Gọi tâm đường tròn là I(0;y). Ta có IA  1    y  2m Chia 2 trường hợp: TH1: I (0; 2m  2) giải IB  1 là tìm được m . TH2: I (0; 2m) tương tự giải IB  1 là tìm được m .

E-mail: [email protected]

- 56 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Nhớ điều kiện m>0. Đáp số: m  1  m 

1  5 2

Bài 11:

x4  2 x 2  2, (C ) . Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) biết tiếp tuyến 4 tiếp xúc với (C ) tại hai điểm phân biệt? Cho hàm số y 

Giả sử tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị (C ) tại hai điểm M ( x1 ; y1 ) và N ( x2 ; y2 ) với x1  x2 . Khi đó ta có:  y ( x1 )  y ( x2 )   y ( x1 )  k MN Hay  x13  4 x1  x23  4 x2  y2  y1  3  x1  4 x1  x  x  2 1

(1) (2)

x12  x1 x2  x22  4 (3) 1 Từ phương trình thứ (2) ta được: x13  4 x1  ( x1  x2 )( x12  x22 )  2( x1  x2 ) 4 3 2 2  4 x1  16 x1  ( x1  x2 )( x1  x2  8) (4) Từ (3) và (4) ta có:

Từ (1) ta được:

4 x13  4 x1 ( x12  x1 x2  x22 )  ( x1  x2 )( x12  x22  2( x12  x22  x1 x2 ))  ( x1  x2 )( x12  2 x1 x2  x22 )  0

 x1   x2 Đến đây đơn giản rồi. Nếu có 1 học sinh khẳng định rằng: đths trên có dạng chữ W (hàm trùng phương) nên tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán là tiếp tuyến đi qua 2 điểm cực tiểu thì học sinh đó được mấy điểm ???

E-mail: [email protected]

- 57 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

Bài 12: Câu I (1 điểm) Cho hàm số: y  x 4  2m 2 x 2  1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m  1 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị và tam giác có ba đỉnh là ba điểm cực trị đó có diện tích bằng 32 y   4 x3  4m 2 x  0  x0 x  m Khi x  0  y  1 Khi x    m  y  1  m 4 ĐK để đồ thị hàm số có 3 cực trị là m khác 0 Khi đó, ta có các điểm cực trị là : Cực đại A(0;1) Các cực tiểu: B ( m;1  m 4 ); C (m;1  m 4 ) Theo đề ta có diện tích tam giác ABC bằng 32 1  . AO.BC  32 2  BC  64  4m 2  64 | 2m | 64  m    32

Bài 13: Cho hàm số y  x 4  2mx 2  3 tìm m để hàm số có ba cực trị sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi các điểm cực trị đạt giá trị nhỏ nhất. Cách 1:  x0 Ta có: y   4 x3  4mx  y  0   2 x  m Suy ra điều kiện để hàm số có 3 cực trị là: m>0 Khi đó ta tính được 3 điểm cực trị tương ứng là: A(0; 3); B ( m ;  m 2  3); C ( m ;  m2  3) Tam giác ABC cân ở A . Gọi H là trung điểm của BC thì   H (0;  m 2  3)  AH  (0;  m 2 ); AB  ( m ;  m 2 ) Ta có S ABC 

1 AB. AC.BC AB 2 m  m 4 1  2 1  AH .BC . Mà R  R   m   2 4S ABC 2 AH 2m 2 2 m

Mặt khác theo bất đẳng thức AM  GM ta có: m2 

E-mail: [email protected]

- 58 -

1 1 1 1  m2    33 m 2m 2m 4  :01645362939

Vũ Tùng Lâm

Suy ra R 

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

331 2 4

Dấu bằng xảy ra khi m2 

1 1 m 3 2m 2

Cách 2: Ta dễ dàng tìm được điều kiện để có cực đại cực tiểu là: m  0 Ta tính được tọa độ 3 điểm cực trị là: A(0; 3); B ( m ;  m2  3), C ( m ;  m 2  3)

BC m3  1 , ta sẽ tính được: R  .  2m 2sin BAC 1 1 3 m3  1 m  2  2 3 1 Áp dụng bất đẳng thức AM  GM , ta có:   4 Đẳng thức khi: m  3 . 2m 2m 2 2 2 Sử dụng công thức: R 

Bài 14: Cho hàm số y  x 4  3x 2  2 có đồ thị là (C ) , 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số C 2. Tìm các giá trị của m>0 để đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số C tại 2 điểm A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O Đề thi thử lần 3 chuyên đại học Vinh

Ta thấy tam giác AOB có AO là đường phân giác nên  AOY  450 ,suy ra phương trình OA là x  y hoặc y   x , do hàm bậc 4 đối xứng nên ta chỉ xét y  x . Hoành độ giao điểm của (C ) và AO là nghiệm của phương trình : x 4  3x 2  x  2  0  ( x  2)( x 3  2 x 2  x  1)  0  x  2  y  m  2(t / m) Bài 15: Cho hàm số y  x 4  2mx 2  m (Cm ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (Cm ) khi m  2 2. Tìm tất cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số (Cm ) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có bán kính vòng tròn nội tiếp lớn hơn 1. Trích Đề thi thử số 17 Diễn đàn Boxmath.vn

 x0 Ta có : y   4 x3  4mx ; y  0  4 x ( x 2  m)  0   2  x  m (1) Hàm số đã cho có ba cực trị khi và chỉ khi phương trình y   0 có ba nghiệm phân biệt, y' triệt tiêu và đổi dấu qua ba nghiệm đó. Điều này tương thích với điều kiện phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0.

E-mail: [email protected]

- 59 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

I: Hàm Số

THPT Lục Ngạn 3

m  0 Tức là ta cần có :   m  0. Với điều kiện này ta gọi tọa độ ba cực điểm lần lượt là m  0 A(0; m) ; B ( m ; m  m 2 ) ; C (  m ; m  m 2 ). 1 1 Mặt khác ta có S ABC  AH .BC  m  (m  m 2 ) . m   m  m 2 m voi H  BC  Oy 2 2



Lại có chu vi ABC là 2 p  AB  BC  CA  2 Mà ta có S  pr  r 

S  p

m2 m m4  m  m







m4  m  m  p  m4  m  m

 1 (2)

m 4  m  m  0. Do đó ta có (2) trở thành :  m  1 m2 m  m5  m 2  m 2  m  m 2  m  2  0   m4  m  m m2 Kết hợp với điều kiện m  0 ta có kết luận m  2 là các giá trị cần tìm.

Chú ý rằng với điều kiện m  0 ta có

Bài 16: Cho hàm số y  x 4  2mx 2  1 với m là tham số thực. Tìm m để hàm số có ba cực trị tạo thành một tam giác có độ dài cạnh đáy gấp đôi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. y '  x ( x 2  m)  0  x  0 ,hoặc x 2  m .Để tồn tại 3 cực trị m>0.Lúc đó A(0, 1); B ( m ,  m 2  1); C ( m ,  m2  1)

Tam giác ABC cân tại A nên cạnh đáy là BC với BC  2 m , AB  AC  m  m 4 và 1 S ABC  | y A  y B | .BC  m 2 . m 2 Yếu cầu cầu bài toán AB. AC.BC BC (m  m 4 ).2 m R    m  m3  2m. m  1  0  m  1 (t/m) 2 4 SABC 2 4m m Kết luận: m=1 là giá trị cần tìm.

E-mail: [email protected]

- 60 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Chuyên đề II: PT Lượng giác, PT-Hệ PT Phần 1: Phương Trình Lượng Giác Coppy right ©: Mobile_lam

1, Giải phương trình:  4 2 sin(3 x  ).cos 2 x  (2 cos 3 x  sin 3x  2)  cot x.cos x  2 cos 2 x.sin x 4

Giải: Điều kiện: sin x  0 . Khi đó, phương trình đã cho tương đương với: cos2 x 4cos 2 x(sin 3 x  cos 3x )  2 cos 3x  sin 3 x  2   (sin 3x  sin x )  0 sin x   cos 2 x (4 cos 2 x  2)(sin 3 x  cos 3x )   sin x   20 sin x  





 1  (4cos 2 x  2)(sin 3 x  cos 3 x)    20  sin x 





(4sin x cos 2 x  2sin x)(sin 3x  cos 3 x)  1  2 sin x  0





2sin 3x (sin 3x  cos 3 x)  1  2 sin x  0

sin 6 x  cos 6 x  2 sin x   sin  6 x    sin x 4  2, Giải phương trình: 8 cos3 ( x  600 )  cos 3 x Gợi ý: Đặt x  600  t , Ta có: 8cos3 t  cos 3(t  60 0 )  8 cos 3 t  cos(3t  180 0 )  8cos3 t   cos 3t  8 cos 3 t  3cos t  4 cos3 t  4 cos 3 t  cos t  0

 17  3, Giải phương trình sau : 8cos3 x  6 2 sin 3 2 x  3 2 cos   4 x  cos 2 x  16cos x  2 

Giải: Ta có: cos(

17  4 x)  sin 4 x  2 sin 2 x cos 2 x 2

Email: [email protected]

- 61 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 17  8 cos3 x  6 2 sin 3 2 x  3 2 cos   4 x  cos 2 x  16 cos x  2  8 cos3 x  6 2 sin 3 2 x  6 2 sin 2 x cos 2 2 x  16 cos x 8 cos3 x  12 2 sin x.cos x  16 cos x     4, Giải phương trình: sin  x   sin 3 3x  cos  3x   cos 3 x  0 4 4  

Giải: Trước hết, ta thấy rằng cos x  0 hoặc sin 3x  0 không thỏa mãn phương trình. Xét: cos x.sin 3 x  0 .   sin( x  ).sin 3 (3 x)  cos(3 x  ).cos3 x  0  (sin x  cos x).sin 3 (3 x)  (cos 3x  sin 3 x).cos 3 x  0 4 4 (sin x  cos x) sin(  3x )  cos(  3 x) (sin x  cos x) (sin 3x  cos 3x )     3 3 cos x sin 3 x cos3 x sin 3 (  3x )  (tan x  1)(1  tan 2 x)  (cot(  3 x)  1)(1  cot 2 (  3 x)) Xét hàm số: f (t )  (t  1)(t 2  1)  t 3  t 2  t  1, t    f (t )  3t 2  2t  1  0, t nên đây là hàm đồng biến. Từ đề bài, suy ra: f (tan x)  f (cot(  3 x))  tan x  cot(  3x ) ( Tính chất hàm số của lớp 12)      tan x  tan(3x  )  x  3x   k .  x   k . , k   2 2 4 2   5, Giải phương trình : (1  3) cos 2 x  ( 3  1)sin 2 x  3  1  4 2 sin  x   4 

Giải:





Ta có: 1  3 cos 2 x 



  3  1 sin 2 x  3  1  4 2 sin  x   4 



   3  1 (sin 2 x  1)  0  1  3  (sin x  cos x)(cos x  sin x)  4(sin x  cos x)   3  1 (sin x  cos x)  0  (sin x  cos x) 1  3  (cos x  sin x )   3  1 (sin x  cos x )  4   0    1  3 (sin x  cos x)(cos x  sin x)  4(sin x  cos x) 

2

 2(sin x  cos x )( 3 cos x  sin x  2)  0 sin x sin 3 x sin 9 x 6, Giải phương trình:   0 cos 3x cos 9 x cos 27 x

Giải: sin x Ta thấy biểu thức: có xuất hiện cos 3x ở dưới mẫu, nên ta nghĩ sẽ xuất hiện tan 3x . Giống cos 3 x như trường hợp trên là có sin 2x dưới mẫu thì có cot 2x ở phía trước kìa.

Tới đây ta thử cái xem. Ta xét hiệu sau: H  tan 3 x  tan ax Vì ta chưa rõ a là số mấy nên ta để như vậy rồi dùng hệ số bất định tìm a . Ta có:

Email: [email protected]

- 62 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

sin 3x sin ax sin 3x.cos ax  sin ax.cos 3x sin(3  a) x    cos 2 x cos ax cos ax.cos 3x cos ax.cos 3x sin(3  a) x sin x sin(3  a ) x Chúng ta đồng nhất lại với nhau xem sao nhé: k .   k.  sin x cos ax.cos 3x cos 3 x cos ax Chúng ta cần thêm k để có thể giản ước khi cần thiết vì đôi khi chúng chỉ giống nhau một phần thôi. Chúng ta thấy rằng chúng ta cần khử cos ax mà giữ lại sin x khiến chúng ta liên tưởng tới góc nhân đôi. Mà bên kia là sin x nên bên này phải là sin 2x . Vậy ta sẽ thử với: a  1 , suy ra: k .sin 2 x 1  sin x  2k .sin x  sin x  k  Từ những phân tích đó ta có biểu thức sau: cos x 2 sin x sin x tan 3 x  tan x    2(tan 3x  tan x ) 2.cos 3 x cos 3 x Từ đó ta có lởi giải như sau: cos 3x  0  Điều kiện:  cos 9 x  0  cos 27 x  0  cos 27 x  0  sin x Bằng khai triển ta dễ dàng có biểu thức sau:  2(tan 3x  tan x ) Tương tự cho các biểu thức cos 3 x còn lại, sau đó cộng lại ta có phương trình đã cho tương đương với: 2(tan 3 x  tan x )  2(tan 9 x  tan 3 x)  2(tan 27 x  tan 9 x)  0  tan 27 x  tan x  0 k .  tan 27 x  tan x  27 x  x  k .  x  Bài toán được giải quyết. 26    11  7, Giải phương trình : 5cos  2 x    9  4sin   x 6   12  H  tan 3x  tan ax 

Giải:    11   Cách 1: Ta có: sin   x   sin  x   12   12         Từ đó chuyển về phương trình bậc hai là: 10sin 2  x    4sin  x    14  0 12  12    11 Cách 2: Đặt t   x , khi đó ta có phương trình: 5cos 2t  9  4sin t  5sin 2 t  2sin t  7  0 . 12 5 Từ đó ta tìm được sin t  1 . Dễ dàng tìm được nghiệm x   k 2 , k   12 1 1 1 8, Giải phương trình:   0 sin x sin 2 x sin 4 x

Giải: ĐK: sin x sin 2 x sin 4 x  0 (1) Theo (1) ta có: 1 1 1 1 sin 2 x  sin 4 x   0   sin x sin 2 x sin 4 x sin x sin 2 x sin 4 x

Email: [email protected]

- 63 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

1 2sin 3 x cos x   sin 2 x sin 4 x   sin 3x sin 2 x sin x sin 2 x sin 4 x  sin 2 x  sin 4 x  sin 3x   0  sin 4 x  sin 3 x  0 

9, Giải phương trình:

3 sin x(1  sin 3 x)  cos x (1  3 cos 3 x)  sin 2 x

Giải: Phương trình đã cho tương đương: 3 sin x  cos x  3 sin 4 x  cos 4 x  sin 2 x  3 sin x  cos x  sin 2 x  3 cos 2 x





    sin( x  )  sin  2 x   3 6  x 2 cos 2 x 10, Giải phương trình: 4sin 2 .sin x   2(1  sin x) 2 1  cot x

Giải: Ta để ý trong bài toán có chứa hai đại lương cos 2x và 1  cot x thì ta liên tưởng đến ngay đại x lượng rút gọn được chính là sin x  cos x .Mặt khác có đại lượng sin 2 mà bài toán toàn chứa cung 2 x nên việc hạ bậc là phải tính đến.Quan sát vế trái phương trình sau khi tiến hành các bước trên ta bắt được nhân tử chung sin x nên việc giải quyết bài toán là khá đơn giản. Nhưng trước hết ta cần chú ý tới điều kiện của phương trình. cot x  1 Điều kiện :  . sin x  0 Với điều kiện này phương trình đã cho tương đương với phương 2(sin x  cos x )(cos x  sinx) sin x trình: 2(1  cos x) sin x   2(1  sin x) sin x  cos x  2(1  cos x) sin x  2(cos x  sin x) sin x  2(1  sin x)  2 sin x(1  sin x )  2(1  sin x )  (1  sin x)(2sin x  2)  0

11, Giải phương trình:

x x  cos x  cos 2 x  2 2 sin .sin    2 2 4

Giải: Điều kiện: cos x  0 Phương trình đã cho tương đương với: x x x x x x cos x  cos 2 x  2 sin (sin  cos )  cos x  cos 2 x  2 sin 2  2 sin cos 2 2 2 2 2 2 2 2  cos x  cos x  1  cos x  sin x  cos x  cos x  1  cos x  sin x  cos x  cos x  sin 2 x  sin x Ta có: +) Với sin x  0 thì sin 2 x  sin x  sin 2 x  sin x  0 Mà ta luôn có: VT>0, nên trong trường hợp này vô nghiệm. +) Với sin x  0 , thì ta khảo sát hàm số:

Email: [email protected]

- 64 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

f (t )  t 2  t , t  0 Ta có: f (t )  2t  1  0 0  sin x  1 Suy ra: f ( cos x )  f (sin x)  cos x  sin x   2  cos x  sin x 12, Giải phương trình: cos 2 x  cos 3 x  sin x  cos 4 x  sin 6 x

Giải: cos 2 x  cos 3 x  sin x  cos 4 x  sin 6 x  cos 2 x  cos 4 x  sin x  cos 3 x  sin 6 x  0  2 sin x sin 3x  sin x  cos 3 x  2 sin 3x cos 3x  0  sin x  2 sin 3 x  1  cos 3 x  2sin 3 x  1  0

  sin x  cos 3x  2 sin 3 x  1  0

 5 13, Giải phương trình : 2sin(2 x  )  2 2 sin( x  )  1  0 . 3 12

Giải: Chúng ta tinh ý thấy rằng: 5   2    sin( x  )  sin( x   )  sin( x  )  cos( x  )   12 6 4 2  6 6  Phương trình đã cho tương đương với:      2sin(2 x  )  2 sin( x  )  cos( x  )   1  0 3 6 6          4sin( x  ) cos( x  )  2 sin( x  )  cos( x  )   1  0 6 6 6 6       Tới đây ta đặt: t  sin( x  )  cos( x  ) , thì: 2sin( x  ) cos( x  )  1  t 2 6 6 6 6 2 2 Thay vào phương trình trên ta được: 2(1  t )  2t  1  0  2t  2t  1  0  0 Tới đó thì ổn rồi.  5 Bài này nếu để là : sin(2 x  )  2 2 sin( x  )  1  0 , thì kết quả đẹp hơn nhiều mà cũng không 3 12 ảnh hưởng gì tới hướng đi của bài toán. Các bạn thử làm nhé. cos 4 x 14, Giải phương trình : 2 2(1  cos x cos 3x )  3   2 cos 2  x   1 8  

Giải: 3  3  Điều kiện: cos 2  x    1  0  cos(2 x  )  0 8  4  Phương trình đã cho tương đương với: (cos 2 x  sin 2 x)(cos 2 x  sin 2 x) 3 cos(2 x  ) 4 2(cos 2 x  sin 2 x)(cos 2 x  sin 2 x)  2 2 (1  cos x cos 3 x)  sin 2 x  cos 2 x 2 2(1  cos x cos 3 x) 

 2  2 cos x cos 3 x   cos 2 x  sin 2 x  2  cos 4 x  cos 2 x   cos 2 x  sin 2 x

Email: [email protected]

- 65 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 cos 4 x  sin 2 x  2  0  2sin 2 2 x  sin 2 x  1  0 Phương trình vô nghiệm. (Có sai ở đâu không nhỉ???) 1  7   (1  sin x )(1  cos x )  2sin 2  x    sin 2 x 3 2 4 6  15, Giải phương trình:  cos x tan x  1 2

Giải: tan x  1  0 Điều kiện:   cos x  0 Ta sẽ biến đổi cái tử trước. Ta có: 1  7 5 1   (1  sin x )(1  cos x )  2sin 2  x    sin 2 x   (sin x  cos x)  sin 2 x 2 4 6 2 3  1  7   (1  sin x )(1  cos x )  2sin 2  x    sin 2 x 3 2 4 6  Ta có:  cos x tan x  1 2 5 1 3   (sin x  cos x )  sin 2 x  (sin x  cos x)  2 sin 2 x  15(sin x  cos x )  15  0 2 3 2 Tới đó thì đưa về dạng cơ bản rồi. 16, Giải phương trình: 2cos13 x  3cos 3 x  8cos x.cos3 4 x  3cos 5 x

Giải: Phương trình  2 cos13x  3cos 3x  3cos 5 x  2 cos x(cos12 x  3cos 4 x )  2 cos13x  3cos 3x  3cos 5 x  cos13 x  cos11x  3cos 5 x  3cos 3 x  cos13x  cos11x Đến đây thì Ok rùi 2  cos 2 x 17, Giải phương trình:  2 sin 3x  sin 5 x

Giải: Điều kiện: sin 5 x  sin 3 x 2  cos 2 x Ta có:  2  2  cos 2 x  2(sin 3 x  sin 5 x ) sin 3x  sin 5 x  2sin 2 x  2 2 cos 4 x sin x  1  0 Để phương trình trên có nghiệm thì:   0  2cos 2 4 x  2  0  cos 2 4 x  1  cos2 4 x  1 18, Giải phương trình sau: cos 2 x  cos 6 x  4(sin 2 x  1)  0 Giải Phương trình đã cho tương đương với : cos 2 x  4 cos 3 2 x  3cos 2 x  4(cos x  sin x) 2  0  cos 2 x ( cos 2 2 x  1)  (cos x  sin x ) 2  0  (cos x  sin x)[(cos x  sin x )(  cos 2 2 x  1)  (cos x  sin x )]  0

Email: [email protected]

- 66 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 3  19, Tìm điều kiện để phương trình sin 2 x  m  sin x  2m cos x có đúng 2 nghiệm thuộc  0,   4 

Giải: Ta sẽ biến đổi phương trình trên về dạng tích, một kinh nghiệm đối với nhưng bài như thế này là ta 2 sin x.cos x  sin x  m(1  2 cos x)  0

đi "cô lập" thằng m ra, ta viết phương trình dưới dạng:

1  cos x   (2 cos x  1)(sin x  m)  0   2   sin x  m

1   3  Trên đoạn  0,  ta thấy phương trình cos x  có nghiệm duy nhất x  nên yều cầu của bài 2 3  4  toán trở thành:  3  Tìm m sao cho phương trình sin x  m có đúng một nghiệm thuộc  0,  hoặc nó có hai nghiệm  4   nhưng một nghiệm là . Công việc này khá đơn giản, phần này mình xin dành cho bạn đọc! 3 Các bạn có thể dùng đồ thị, đường tròn lượng giác,...Kết quả cuối cùng sẽ là: 2 3 m  1, 0  m  ,m 2 2

  20, Giải phương trình: 16 cos 4  x    4 3 cos 2 x  5  0 (Đề thi thử số 1 của Boxmath.vn) 4 

Giải: 2

   4  2 cos 2 ( x  )   4 3 cos 2 x  5  0 4   2

    4  1  cos(2 x  )   4 3 cos 2 x  5  0 2   2  4(1  sin 2 x)  4 3 cos 2 x  5  0  4  8sin 2 x  4 sin 2 2 x  4 3 cos 2 x  5  0  3cos 2 2 x  4 3 cos 2 x  sin 2 2 x  8sin 2 x  12  0  ( 3 cos 2 x  sin 2 x  6)( 3 cos 2 x  sin 2 x  2)  0 21, Giải phương trình: 3cot 2 x  2 2 sin 2 x  (2  3 2) cos x

Giải: Điều kiện: x  k 3cos2 x Phương trình   2 2 sin 2 x  (2  3 2) cos x 2 sin x 2  3cos x  3 2 sin 2 x.cos x  2 2 sin 4 x  2sin 2 x cos x  0  (cos x  2 sin 2 x)(3cos x  2 sin 2 x)  0

  22, Giải phương trình: sin  3 x    sin 2 x  3 cos 2 x  cosx 6 

Email: [email protected]

- 67 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Giải:   sin  3 x    sin 2 x  3 cos 2 x  cosx 6     sin  3 x    cos x  3 cos 2 x  sin 2 x 6   3   1     sin  3 x    sin   x   2  cos 2 x  sin 2 x  6 2  2   2 

       2 cos  x   sin  2 x    2sin  2 x   ... 6  3 3   23, Giải phương trình lượng giác: sin 2012 x  cos 2012 x 

1 1005

2

Giải: Đây là bài phương trình lượng giác trong đề thi HSG tỉnh Hải Dương. Mình có một lời giải như sau. Mong các bạn đóng góp thêm các lời giải khác hay hơn. Phương trình đã cho tương đương với: 1 sin 2012 x  (1  sin 2 x )1006  1005 2 2 Đặt: t  sin x (0  t  1) Phương trình đã cho tương đương với: 1 t1006  (1  t )1006  1005 2 Với số mũ lớn nhu thế này thì rất khó để biến đổi khiến ta liên tưởng tới phương pháp đánh giá, nhưng đánh giá như thế nào? Ta sẽ dùng hàm số vì đó có lẽ là hướng đi đơn giản nhất. Ta đặt: f (t )  t1006  (1  t )1006 Ta có: f (t )  1006t1005  1006(1  t )1005 1 f (t )  0  t1005  (1  t )1005  t  1  t  t  2   1 1 1 Từ đó ta có: min f (t )  min  f (0) ; f   ; f (1)   f    1005 2  2 2   1 Từ đó suy ra chi có: t  , thoả mãn. 2 1 1 24, Giải phương trình: sin 8 x  cos8 x  cos 2 2 x  cos 2 x 2 2

Giải: Bài toán này được giải dựa trên các công thức quen thuộc sau: sin 8 x  cos8 x  (sin 4 x  cos 4 x )(sin 4 x  cos 4 x) ; sin 4 x  cos 4 x  sin 2 x  cos 2 x   cos 2 x 3  cos 4 x sin 4 x  cos 4 x  1  2 sin 2 x cos 2 x  4 Khi đó phương trình đã cho sẽ trở thành phương trình:

Email: [email protected]

- 68 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

1 1  cos 2 x(3  cos 4 x)  cos 2 x(cos 2 x  1)  2 cos 2 x(cos 2 x  1)  cos 2 x (3  2 cos 2 2 x  1)  0 4 2

 cos 2 x (2 cos 2 x  2  2 cos 2 2 x  2)  0  cos 2 x(cos 2 x  1)  0

  25, Giải phương trình: sin 3x  cos 3 x  2 2 cos  x    1 4 

Giải: Phương trình đã cho tương đương với: 1 1  1   1    cos 3 x  sin 3 x  2 cos  x     0  cos  3 x    2cos  x    0 4 4 4 2 2 2 2      Đặt: t  x   3 x   3t   4 4 Phương trình trên trở thành: 1 1 1 cos(3t   )  2 cos t   0   cos 3t  2cos t   0  4 cos3 t  cos t  0 2 2 2   t   k 2  1  1  4 2   cos t    4 cos t  2 2 cos t  1  0  cos t  2 2   t     k 2  4







26, Giải phương trình: 2sin 2 x  3 sin 2 x  1  3 cos x  3 sin x



Giải:



2sin 2 x  3 sin 2 x  1  3 cos x  3 sin x



 2  cos 2 x  3 sin 2 x  3(cos x  3 sin x )      1  sin  2 x    3sin  x   6 6   2      1  cos  2 x    3sin  x   3  6        2 cos 2  x    3cos  x   3 3   3 cos x  sin 3 x 27, Giải phương trình :  2cos 2 x cos x  sin x

Giải: sin x  0 Điều kiện của bài toán là :  . Với điều kiện đó phương trình đã cho tương đương với cos x  0  phương trình: cos3 x  sin 3 x  2(cos 2 x  sin 2 x)( sin x  cos x )  (cos x  sin x)(1  sin x cos x)  2(cos x  sin x)(cos x  sin x)( sin x  cos x )

Email: [email protected]

- 69 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

cos x  sin x  0   Đối với phương trình (1) ta chú ý từ điều 1  sin x cos x  2(cos x  sin x)( sin x  cos x ) (1) kiện ta có đánh giá :  sin x  sin x  sin 2 x  sin x  cos x  1   2(cos x  sin x)( sin x  cos x )  2 Mặt khác ta  2 sin x  cos x  1  cos x  cos x  cos x   1 3 có 1  sin x cos x  1  sin 2 x  Từ hai đánh giá trên ta có phương trình (1) vô nghiệm hay 2 2  phương trình đã cho chỉ có nghiệm cos x  sin x  0  tan x  1  x   k , k   Kết hợp với 4  điều kiện của bài toán ta đi đến kết luận cuối cùng nghiệm của phương trình là x   k 2 , k   4 1 sin 2 x    28, Giải phương trình: .cot x   2sin  x   sin x  cos x 2 2 

Giải: sin x  cos x  0 Điều kiện của bài toán là  sin x  0 Từ điều kiện này ta biến đổi phương trình đã cho thành  2  2 cos x 2sin x cos x 2sin x   2 cos x  cos x.    2   0 2 sin x sin x  cos x  2sin x sin x  cos x  cos x.





2(sin x  cos x )  4 sin x cos x  0

29, Giải phương trình: 6sin x  2 cos3 x  5sin 2 x.cos x.

Giải: Dễ dàng nhận ra rằng phương trình trên là phương trình đẳng cấp bậc 3. Ta có phương trình đã cho tương đương với: 6sin x(sin 2 x  cos 2 x)  2 cos3 x  10 sin x cos 2 x  cos3 x  4 sin x cos 2 x  6sin 3 x  0 Ta xét 2 TH: Với: sin x  0 , thay vào phương trình dễ thấy không thỏa mãn. Với: sin x  0 , ta chia cả 2 vế cho sin 3 x ta sẽ thu được phương trình: 2cot 3 x  4cot 2 x  6  0 Đặt: t  cot x , ta sẽ có được phương trình đại số bậc 3: 2t 3  4t 2  6  0 30, Giải phương trình: sin 5 x  sin x  2sin 2 x  1

Giải: Ở bài toán này sự xuất hiện của các cung lượng giác 5 x ; x hình như nó có mối liên quan với nhau. Đặc biệt rằng các bạn chú ý 1  2sin 2 x  cos 2 x . Tới đây thì bài toán lại trở nên thú vị khi có ba đại 5x  x 5x  x lượng cung 5 x ; x ; 2 x và đặc biệt các bạn hãy chú ý đến sự kì vọng sau  2x ;  3x 2 2 nên ta xem như những kết quả đạt được đã hoàn toàn mỉ mãn. Bây giờ ta thấy ngay để kéo được những ý tưởng ấy lại gần nhau ta chỉ còn hai phép biến đổi căn bản đó là " công thức nhân đôi và biến tổng thành tích". Cụ thể ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình

Email: [email protected]

- 70 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

cos 2 x  0 sin 5 x  sin x  1  2sin x  2sin 3x cos 2 x  cos 2 x  cos 2 x(2sin 3x  1)  0   sin 3 x  1  2 3(cos 2 x  cot 2 x )     31, Giải phương trình:  4sin   x  .cos   x  cot 2 x  cos 2 x 4  4  2

Giải: cot 2 x  cos 2 x  0 cos 2 x(1  sin 2 x)  0 Ở bài toán ta chú ý đến điều kiện của bài toán là :   sin 2 x  0 sin 2 x  0 Mặt khác ta hãy chú ý đến phép biến đổi lượng giác sau             4sin   x  .cos   x   4 cos     x   .cos   x   4 cos 2   x   2(1  sin 2 x) 4  4   4  4  2  4 cos 2 x(1  sin 2 x) cot 2 x  cos 2 x  Với tất cả điều kiện và phép biến đổi đó ta đưa phương trình đã sin 2 x 3cos 2 x(1  sin 2 x )  2(1  sin 2 x)  (1  sin 2 x )(1  2sin 2 x)  0  1  2sin 2 x  0 cho trở thành cos 2 x(1  sin 2 x) 32, Giải phương trình:

3(sin 2 x  3sin x )  3  2 cos 2 x  3cos x  2

Giải: 2

3(sin 2 x  3sin x )  3  (2 cos x  3cos x  2)  3(sin 2 x  3sin x)  3  2(sin 2 x  cos 2 x)  2 cos 2 x  3cos x  3(2sin x cos x  3sin x)  2 sin 2 x  3cos x  3  3 sin x(2 cos x  3)  2 sin 2 x  3cos x  3

 3 3 3 9  2  3  sin x   (2cos x  3)  (2cos x  3)   2sin x     3cos x 2  2 2 2   3 1  2sin x  3 (2cos x  3)  2sin x  3 2sin x  3 2 2  2sin x  3 sin x  3 cos x  3

















33, Giải phương trình: tan x  tan 2 x  tan 3 x  tan 4 x  0

Giải: Điều kiện: cos x cos 2 x cos 3 x cos 4 x  0. Ta có tan x  tan 4 x 

sin 5 x và cos x cos 4 x

sin 5 x , nên phương trình đã cho tương đương với cos 2 x cos 3 x sin 5 x(cos x cos 4 x  cos 2 x cos 3x )  0. Đến đây, ta lại thấy cos 4 x  2cos 2 2 x  1 và tan 2 x  tan 3x 

cos 3 x  4 cos 3 x  3cos x  cos x(4 cos 2 x  3)  cos x  2(1  cos 2 x)  3  cos x(2 cos 2 x  1). Vì vậy mà phương trình cuối có thể được viết lại dưới dạng sin 5 x cos x  (2cos 2 2 x  1)  cos 2 x(2 cos 2 x  1)   0, hay sin 5 x cos x(cos 2 x  1)  0.

Email: [email protected]

- 71 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

34, Giải phương trình: tan x  tan 2 x   sin 3x.cos 2 x Gợi ý. sin 3x Sử dụng công thức tan x  tan 2 x  . cos x cos 2 x Chứng minh 1  cos x cos 2 2 x  0. 35, Giải phương trình: (cos 2 x  cos 4 x) 2  6  2 sin 3x

Giải: Đây là phương trình lượng giác giải bằng phương pháp đánh giá. Thật vậy ta có đánh giá: (cos 2 x  cos 4 x) 2  4 và 6  2sin 3 x  4 Do đó từ phương trình đã cho ta suy ra được (cos 2 x  cos 4 x)2  4  6  2 sin 3x  4

( 2sin 3x sin( x)) 2  4 sin 2 3x sin 2 x  1   sin 3x  1 sin 3x  1 sin 2 x  1 sin x  1    3 3 3sin x  4sin x  1 3sin x  4sin x  1   sin x  1  x   k 2 , k   2 36, Giải phương trình: sin 3 x sin 3x  cos 3 x cos 3 x 

2 4

Giải: 3

3

4(sin x sin 3 x  cos x cos 3 x )  (3sin x  sin 3 x)sin 3 x  (3cos x  cos 3 x) cos 3 x  3(cos 3x cos x  sin 3 x sin x)  (cos 2 3 x  sin 2 3 x )  3cos(3 x  x)  cos 6 x  3cos 2 x  cos 6 x  3cos 2 x  (4 cos3 2 x  3cos 2 x)  4 cos3 2 x x x  x  37, Giải phương trình: 1  sin .sin x  cos .sin 2 x  2cos 2    2 2  4 2 x   38, Giải phương trình: cos 2 x  sin 2 x  sin x  4cos 2  1 2  

Giải:  x   Gợi ý. Sử dụng công thức cung nhân đôi 2cos 2     1  cos   x   sin x.  4 2 2  x x Từ đó phương trình được viết lại thành cos sin x  cos sin 2 x  sin x. 2 2

Email: [email protected]

- 72 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

x x Và ta đưa được bài toán về xét hai phương trình sin x  0 (1) và cos  sin sin x  1. (2) 2 2 x x Với phương trình (2), ta xử lý nó bằng cách sử dụng các công thức sin x  2 sin cos và 2 2 x x x sin 2  1  cos 2 quy về phương trình một ẩn theo cos . 2 2 2    39, Giải phương trình: 2cos 2  cos 2 x   1  cos   sin 2 x  (Đề thi thử số 2 - VMF) 2 

Giải:   Từ phương trình đã cho ta biến đổi thành phương trình 2cos 2  cos 2 x   1  cos   sin 2 x  Sau đó 2  2 sử dụng công thức nhân đôi cos 2 x  2cos x  1. Ta đưa phương trình vừa biến đổi về phương trình 1  cos 2 x   cos 2  cos 2 x   cos( sin 2 x) Tiếp tục áp dụng công thức hạ bậc cos 2 x  . Lúc này ta 2 2  đưa phương trình biến đổi tiếp theo thành phương trình    1  cos 2 x     cos 2      cos( sin 2 x)  cos  (1  cos 2 x)   cos( sin 2 x) 2  2  2

 (1  cos 2 x)   sin 2 x  k 2 2 1 4k  1  cos 2 x  sin 2 x  , k   (1) 2 2 

2

2

1 5 1 5 1  4k  1  Mặt khác phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi    1   k Mà   4 4 2  2  k   nên suy ra ta có k  0. Từ đó phương trình (1) trở thành 1 1 cos 2 x  sin 2 x    1  cos 2 x  2 sin 2 x  0 2 2  cos x (cos x  2sin x )  0

 cos x  0  cos x  0    tan x   1  cos x  2sin x  0  2 40, Chứng minh rằng x  0 thì: sin x  x 

x3 Giải: 6

x3 x2  Ta xét hàm số: f ( x)  sin x  x  với x  0 . Khi đó ta sẽ có: f ( x)  cos x  1  6 2 f ( x )  x  sin x f ( x)  1  cos x  0 Suy ra: f ( x )  f (0)  0 Suy ra: f ( x )  f (0)  0 , suy ra hàm số đã cho đồng biến, từ đó ta có: f ( x)  f (0)  0 Suy ra điều phải chứng minh. 41, Giải phương trình sin x 

3 cot x  1  0 2

Email: [email protected]

- 73 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Giải: Điều kiện: sin x  0 .

3 cos x 3cos 2 x Phương trình đã cho tương đương với: .  1  sin x   (1  sin x) 2 2 2 sin x 4sin x  (sin x  1)  4 sin 2 x (sin x  1)  3(1  sin x)   0  (sin x  1)(2 sin x  1)(2sin 2 x  3sin x  3)  0 Tới đó các

bạn hoàn thành nốt phần còn lại nhé! Nhớ kiểm tra lại các nghiệm có thỏa mãn không vì phía trên ta có sử dụng phép bình phương là phép biến đổi hệ quả! 2sin 2 x  3 2 sin x  sin 2 x  1 42, Giải phương trình :  1 (sin x  cos x) 2

Giải: Điều kiện: sin x  cos x  0  tan x  1  x  

  k 4

Phương trình đã cho tương đương với: 2sin 2 x  3 2 sin x  sin 2 x  1  1  sin 2 x  2sin 2 x  3 2 sin x  2  0   sin x   2 (loai) x    k 2 (loai)  4   2   x  5  k 2 (t/m)  sin x   2  4 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x   k 2 4 43, Giải phương trình: (8 cos 3 x  1)3  162 cos x  27

Giải: Cách 1: Bài này bản chất là giải phương trình một biến (8t 3  1)3  162t  27. Gợi ý. Đặt 6t  1  8 y 3 , ta sẽ có (8t 3  1)3  162t  27  27(6t  1)  27·8 y 3 , tức là 8t 3  1  6 y. Và như thế, bài toán được đưa về 6t  8 y 3  1 giải hệ phương trình đối xứng  3 6 y  8t  1

44, Giải phương trình: sin 2 x  sin x 

1 1   2 cot 2 x sin x sin 2 x

Giải: Điều kiện: sin 2 x  0

1   1  cos 2 x  Ta có phương trình đã cho tương đương với:  sin 2 x     sin x  2 sin 2 x   2sin x  sin 2 x  2 cos 2 x cos 2 x cos 2 x cos 2 x 1   2   2  cos 2 x    0 sin 2 x 2sin x sin 2 x  sin 2 x sin 2 x 2sin x   cos 2 x  cos 2 x  cos x  2   0 45, Giải phương trình:

1  sin x cos x 1   cos x 1  sin x sin 4 x

Email: [email protected]

- 74 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 5  2 cos 5 x  sin(  2 x)  sin   2 x  .cot 3x  2 

46, Giải phương trình:

Giải:  5  Bài này có thể giải bằng cách để ý  sin(  2 x)  sin 2 x, sin   2 x   cos 2 x và  2  cos 2 x cos 3x  sin 2 x sin 3x cos 5 x cos 2 x cot 3 x  sin 2 x   . :D sin 3x sin 3 x

  47, Giải phương trình: sin  3 x    8sin 2 x  2 sin x  2 (Đề thi thử số 1-onluyentoan.vn) 4 

Giải: (1)

1  sin 3 x  cos 3x   8sin 2 x  2 sin x  2  0 2 1 1  4 cos3 x  3cos x  3sin x  4sin 3 x  8sin 2 x  2 sin x  2  0 2 2 2 cos x 1  4cos 2 x  3  1  4sin 2 x  2 sin x  4  0  2 2 1   4 cos 2 x  3 2 cos x  2 sin x  4  0 2       4 cos 2 x  3  sin  x    2   0  4 cos2 x  3  0 4    









 cos x  



 



3 2

49, Giải phương trình: 1  4 cos x.cos 3 x  tan 5 x

Giải: rằng ta có 1  4 cos x cos 3x  1  4 cos 2 x(4 cos 2 x  3)  1  4(1  sin 2 x)  4(1  sin 2 x )  3  16 sin 4 x  20 sin 2 x  5 và

sin 5 x  sin x (16 sin 4 x  20 sin 2 x  5). Do đó, với điều kiện cos 5 x  0, phương trình đã cho tương  sin x  đương với (16sin 4 x  20sin 2 x  5)   1  0.  cos 5 x       50, Giải phương trình: sin 7 x  sin 9 x  2  cos 2   x   cos 2   2 x   4  4  

Giải:         Ta có 2cos 2   x   1  cos   2 x   1  sin 2 x và 2cos 2   2 x   1  cos   4 x   1  sin 4 x 4  2  4  2  nên phương trình đã cho tương đương với sin 7 x  sin 9 x  sin 2 x  sin 4 x, tức 2sin 8 x cos x  2sin 3x cos x.

Email: [email protected]

- 75 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

1   51, Giải phương trình: 2 tan x  cot x  2 1  .  sin 2 x 

Giải: sin x  0 Điều kiện:   sin 2 x  0 cos x  0 Phương trình đã cho tương đương với:

2sin 2 x  cos 2 x 2(sin 2 x  1)   2sin 2 x  cos 2 x  sin 2 x  1 sin x.cos x sin 2 x

 sin 2 x  sin 2 x 52, Giải phương trình:

1 3 4   2 sin x  sin x cos x  cos x sin 2 x 2

Giải: sin x  0 cos x  0  Điều kiện :  . sin x  1 cos x  1 Với điều kiện này phuơng trình đã cho được biến đổi thành: 1 3 2   sin x(sin x  1) cos x(cos x  1) sin x cos x cos x(cos x  1)  3sin x (sin x  1) 2   sin x cos x(sin x  1)(cos x  1) sin x cos x  cos x (cos x  1)  3sin x (sin x  1)  2(sin x  1)(cos x  1)  cos2 x  3sin 2 x  sin x  cos x  sin 2 x  2  1  2sin 2 x  sin x  cos x  sin 2 x  2  sin x  cos x  sin 2 x  1  2sin 2 x  sin x  cos x  sin 2 x  cos 2 x      2 sin  x    2 sin  2 x   4 4   3 sin x  cos3 x 53, Giải phuơng trình :  cos 2 x 2 cos x  sin x

Giải: Cách 1: Điều kiện: 2cos x  sin x  tan x  2 Phương trình đã cho tương đương với: (sin x  cos x)(sin 2 x  sin x cos x  cos 2 x)  (cos 2 x  sin 2 x)(2 cos x  sin x)

 (sin x  cos x) sin 2 x  sin x cos x  cos2 x  (cos x  sin x)(2cos x  sin x)   0

 cos x (sin x  cos x)(2sin x  cos x )  0 Cách 2:

Email: [email protected]

- 76 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

sin 3 x  cos3 x  cos 2 x 2 cos x  sin x  sin 3 x  cos3 x  cos2 x  sin 2 x  2 cos x  sin x 





 cos3 x  cos 2 x sin x  2sin 2 x cos x  0 54, Giải phương trình : 1  sin x  2cos x  (1  cos x ) cot x (Đề thi thử môn Toán khối A-Trường THPT Nguyễn Tất Thành- ĐHSP Hà Nội)

Giải: 1  sin x  2cos x  (1  cos x ) cot x cos x  1  sin x  2 cos x  (1  cos x) sin x 2  sin x  sin x  2sin x cos x  cos x  cos2 x 2

 sin 2 x  cos2 x  sin x  cos x   sin x  cos x   1  0   sin x  cos x  sin x  cos x  1   sin x  cos x  1 sin x  cos x  1  0   sin x  cos x  1 2sin x  1  0

x   55, Giải phương trình: tan 2 . tan x  4 tan  x   .cos x  tan x 2 2 

Giải: Cách 1: sin x  0 Điều kiện :  . cos x  0 Khi đó phương trình đã cho được biến đổi thành : x x  tan 2 tan x  4 cot x cos x  tan x  4 cot x cos x  tan x 1  tan 2  2 2  x x  cos 2  sin 2  2  cos2 x sin x 2 cos x cos x sin x 2 2  . 4    4 x sin x cos x 1  cos x sin x cos x   sin 2 2   2 2  2 cos x(1  cos x)  1  cos x  2 cos3 x  3cos x  1  0 Cách 2: x  x   tan 2 . tan x  4 tan  x   .cos x  tan x  tan x  1  tan 2   4 cot x cos x  2 tan x 2 2 2   tan x 2 tan x   4 cot x cos x  2 tan x  4 cot x cos x  2 tan x  x 1  cos x cos 2 2 cos2 x sin x cos x tan x cos x  2 cot x cos x  2  . 1  cos x sin x cos x 1  cos x  2 cos 2 x(1  cos x )  1  cos 2 x  2 cos3 x  3cos 2 x  1  0

Email: [email protected]

- 77 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

56, Giải phương trình:

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

1 2cos x  2 2 sin x  cos x(sin x  cos x ) sin x  cos x

Giải: cos x  0 Điều kiện :  tan x  1 Với điều kiện đó phương trình đã cho được biến đổi thành :

1 2 cos x   2 2 sin x cos x(sin x  cos x ) sin x  cos x  1  2 cos 2 x  2 sin 2 x(sin x  cos x)  (cos x  sin x )(cos x  sin x)  2 sin 2 x(cos x  sin x)  0  (cos x  sin x )(sin x  cos x  2 sin 2 x )  0 57, Giải phương trình: tan x  cot x  2 cot 2 x(1  2 cos x)  2

Giải: Điều kiện sin 2 x  0. Phương trình đã cho được biến đổi thành : 2 2 cos 2 x(1  2 cos x)  2 sin 2 x sin 2 x  1  sin 2 x  (cos 2 x  sin 2 x)(1  2 cos x)  0  (cos x  sin x) 2  (cos x  sin x )(cos x  sin x )(1  2 cos x)  0  (cos x  sin x)(cos x  sin x  cos x  2 cos 2 x  sin x  sin 2 x)  0  (cos x  sin x)(2 cos x  2 cos 2 x  2 sin x cos x)  0  (cos x  sin x)(1  cos x  sin x )  0  cos x  sin x  0 cos x  sin x  1

7  58, Giải phương trình: cos  2 x  2 

   sin(4 x  3 ) 

Giải:      PT  cos  2 x   4   sin(4 x    2 )  cos  2 x    sin(4 x   )   sin  2 x    sin  4 x  2 2    k   x 2  sin  2 x   sin  4 x    (k  Z )  x    k  6 3 59, Giải phương trình: 3cot x  tan x(3  8 cos 2 x )  0

Giải:

Email: [email protected]

- 78 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

k 2 3cot x  tan x(3  8 cos 2 x )  0  3cot x  3 tan x   tan x.8cos2 x  3(cot x  tan x )  8sin x.cos x(1) Ta có: cos 2 x  sin 2 x cos 2 x cot x  tan x   cos x.sin x cos x.sin x Vậy: cos 2 x (1)  3  8sin x.cos x  3cos 2 x  2sin 2 2 x  2 cos2 2 x  3cos 2 x  2  0 cos x.sin x   1 x   k   3  cos 2 x   2   (k  Z )    x    k  cos 2 x  2( L)  3

ĐK: x 

60, Giải phương trình: cos 2 x  3 sin 2 x  1 

1

  sin  x   3 

Giải: cos 2 x  3 sin 2 x  1 

1

  sin  x   3  2  cos 2 x  3 sin 2 x  1  sin x  3 cos x







 cos 2 x  3 sin 2 x sin x  3 cos x  sin x  3 cos x  2  cos 2 x sin x  3 cos 2 x cos x  3 sin 2 x sin x  3sin 2 x cos x  sin x  3 cos x  2 

1 3 3 3  sin 3x  sin x    cos 3x  cos x    cos x  cos 3 x    sin 3x  sin x   sin x  3 cos x  2 2 2 2 2

 sin 3 x  1

 2  3  cos x  2 sin 61, Giải phương trình:

2 cos x  1

2

x  2 4   1

Giải: Điều kiện: 1  cos x   x    n 2 , n   2 3   2   PT  cos  x    3.cos x  0  sin x  3.cos x  0  cos  x    0  x   k , k   Đ 2 6 3   2 ối chiếu với điều kiện thì phương trình có nghiệm x   k 2 , k   3

Email: [email protected]

- 79 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

7x 3x x 5x cos  sin cos  sin 2 x cos 7 x  0 2 2 2 2

62, Giải phương trình: sin

Giải: 1 1 1  sin 5 x  sin 2 x    sin 3 x  sin 2 x    sin 9 x  sin 5 x   0  sin 3 x  sin 9 x  0 2 2 2 k   x 6  sin 9 x  sin(3x )    x    k  6 3 PT 

63, Giải phương trình:

cos 2 x.  cos x  1 sin x  cos x

 2. 1  sin x 

Giải: 2

2

Viết cos x  1  sin x bắt thằng nhân tử chung 1  sin x 2cos x  cos 3 x   64, Giải phương trình: 3  sin x  cos x    2  cos 2 x 1  2cos 2 x  

Giải: ĐK: 1  2 cos 2 x  0  x  

1  K ( K  Z ) 3

Ta có: 2cos x  cos 3x  cos x  2.cos 2 x.cos x  cos x(1  2 cos 2 x ) Nên:

2 cos x  cos 3 x  cos x 1  2 cos 2 x

Do đó: PT  3  sin x  cos x  cos x   2  cos 2 x  3.sin x  2  cos 2 x  3.sin x  2  (1  2 sin 2 x)

 sin x  1  2.sin x  3.sin x  11  0   sin x  1  2 cos x cos 5 x 11  65, Giải phương trình:   8sin 2  2 x  cos 3x cos x 2  2

   4(cos 2 x  1). 

Giải: Ta có một số biến đổi như sau: cos x cos 5 x cos 2 x  cos 3x.cos 5 x 1  cos 2 x  cos8 x  cos 2 x    cos 3x cos x cos x.cos 3 x cos 2 x  cos 4 x 2 2 2 2sin 4 x 8sin 2 x.cos 2 x 11   sin 2 (2 x  )  cos 2 2 x Khi đó phương trình trên 2 2 2cos x  cos 2 x  1 2 cos x  cos 2 x  1 2 tương đương với:   8sin 2 2 x.cos 2 2 x 1  cos 2 2 x 2 2  8cos 2 x  4(cos 2 x  1)  2 cos x  1  (cos 2 x  1)  0  2 2 2cos x  cos 2 x  1  2cos x  cos 2 x  1 



  2 cos3 2 x (cos 2 x  1) 2 cos3 2 x  (cos 2 x  1)  0  (cos 2 x  1)  1  0  2 2 2 cos x  cos 2 x  1  2 cos x  cos 2 x  1 

Email: [email protected]

- 80 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

cos 2 x  1  0    Với: cos 2 x  1  0  cos x  0 (lo?i) . Với: 2cos 3 2 x   1  2cos 2 x  cos 2 x  1 2cos3 2 x  1  (2cos 2 2 x  1)(cos 2 x  1)  0  cos 4 x(cos 2 x  1)  0 2 2cos x  cos 2 x  1  k  x    cos 4 x  0  k   ; x  k 2 8 4 Vậy phương trình có các nghiệm là: x    8 4  cos 2 x  1  x  k 2 66, Giải phương trình:

sin x sin 2 x  2sin x cos 2 x  sin x  cos x  6 cos 2 x.   cos  x   4 

Giải: 3 ĐK: x   K  (k  Z ) 4 sin x sin 2 x  2sin x cos 2 x  sin x  cos x  6 cos 2 x.   cos  x   4  

2sin 2 x cos x  2sin x cos 2 x  sin x  cos x  6 cos 2 x. cos x  sin x 2

6 2sin x cos x(sin x  cos x)  sin x  cos x  6 cos 2 x.  1  2sin x cos x  cos 2 x. cos x  sin x 2 2      1  2sin x cos x  3 cos 2 x  0  3 cos 2 x  sin x 2 x  1  cos  2 x    cos   6  4 

67, Giải phương trình : sin x  1 

3cos 2 x  5 2 cos x  4

Giải: Ta dễ thấy 2 cos x  4  0  cos x  2 (Vô lý).Vì vậy đối với bài toán này ta không cần đặt điều kiện cho nó. Thật vậy phương trình lượng giác đã cho tương đương với (sin x  1)(2cos x  4)  3cos 2 x  5  2 sin x cos x  4 sin x  2 cos x  3cos 2 x  1  sin x (2 cos x  2)  cos x(2 cos x  2)  4 cos 2 x  4  (2cos x  2)(sin x  cos x )  (2 cos x  2)(2cos x  2)  (2cos x  2)(sin x  cos x  2cos x  2)  0 Đến đây là dạng cơ bản rồi.Mời bạn đọc làm tiếp 68, Giải phương trình: cos 2 x  3sin 2 x  5sin x  3cos x  3.

Email: [email protected]

- 81 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Giải: Phương trình có thể được viết lại thành:

3cosx (2 sinx  1)  2 sin 2 x  5sinx  2  3cosx (2 sinx  1)  (2 sinx  1)( sinx  2) 69, Giải phương trình: tan 2 x  cot 2 x 

1  3. sin 2 x

Giải: Cách 1: ĐK sin x cos x  0 Phương trình được viết thành sin 2 x cos 2 x 1   3 2 2 cos x sin x sin 2 x 2(sin 4 x  cos 4 x  sin x cos x )  3 2sin 2 x cos 2 x  2(1  2sin 2 x cos 2 x )  sin x cos x  6sin 2 x cos 2 x Cách 2: Điều kiện: sin2 x  0 Để ý hằng đẳng thức: 2 tanx  cotx  sin 2 x Do đó ta có thể viết phương trình đã cho thành: 1 4 1 (tanx  cotx )2  2  3  5 0 2 sin 2 x sin 2 x sin 2 x 70, Giải phương trình

3(cot x  cos x)  2(1  sin x) cot x  cos x

Giải:  sinx  0 sinx  0  Điều kiện:   cosx  0 (*) . cotx  cosx  0  sinx  1 

3cosx(1  sinx)  2(1  sinx)  3  2(1  sinx )(docosx  0 cosx(1  sinx) 1  sinx  1)  sinx  ( t/m ( * ) ) 2 

  71, Giải phương trình: sin x sin 2 x  cos x sin 2 2 x  1  2cos 2  x   4 

Giải:

Email: [email protected]

- 82 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Ta có

  sin x sin 2 x  cos x sin 2 2 x  1  2cos 2  x   . 4   sin 2 x (sin x  cos x sin 2 x)  1  1  cos 2 x  sin x sin 2 x(1  2 cos 2 x )  cos 2 x  sin 2 x  2 sin 2 x cos x(sin 2 x  cos 2 x)  cos 2 x  sin 2 x 72, .Giải phương trình: 2cos 5 x cos 3 x  sinx  cos 8 x, ( x  R)

Giải: Phương trình đã cho tương đương với : cos8 x  cos 2 x  sin x  cos8 x  1  2 sin 2 x  sin x  0  (sin x  1)(2 sin x  1)  0 73, Giải phương trình: 2 3 sin 2 x.cos x  3 sin x  2 sin x.cos 2 x  cos x  2 sin 2 x  2  0

Giải: 2

cos x  2  3 sin x  2 3 sin x cos x  2 sin x cos 2 x  4 sin x cos x  0  (2 cos x sin x  1)( 3 sin x  cos x  2)  0 Tới đây thì cơ bản rồi! 74, Giải phương trình: 4 cos x  2 sin x  cos 2 x  3

Giải: 2

4 cos x  2 sin x  cos 2 x  3  4 cos x  2 sin x  (cos x  sin 2 x )  3  (sin x  cos x  1)(sin x  cos x  3).

75, Giải phương trình

1  cos x  cos 2 x  cos 3 x 2  (3  3 sin x) cos x  cos 2 x 3

Giải: 2

1  cos x  cos 2 x  cos 3x  2 cos x  2 cos x cos 2 x  2 cos x(cos x  cos 2 x)

3 sin x  1 3 3 1  4      76, Nghiệm thuộc  0 ; cos 3x  (Thi  của phương trình : sin x sin   x  cos   x   3  2  3  6  4 thử 2012) Như vậy phương trình viết lại thành : Chú ý điều kiện ! cos x 

Giải: Ta có: 3 1 1   3 1         sin x sin   x  cos   x   cos 3 x   sin x sin   2 x   sin     cos 3x  2 2 2 3  6  4   6  4  2

1 1 3 1 1 1 1 3 1  sin x cos 2 x  sin x  cos 3 x   sin 3 x  sin x  sin x  cos 3x  2 4 4 2 4 4 4 4 2 3 1 1      cos 3x  sin 3 x   cos   x   cos   4 4 2 6  4 77, Giải phương trình: sin 4 x (cos x  2sin 4 x )  cos 4 x (1  sin x  2 cos 4 x )  0

Email: [email protected]

- 83 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Giải: Phương trình tương đương với : sin 4 x cos x  cos 4 x sin x  cos 4 x  2(sin 2 4 x  cos 2 4 x)  sin 5 x  cos 4 x  2 (1) Ta tuôn có : sin 5 x  1, cos 4 x  1 nên sin 5 x  cos 4 x  2 vậy từ (1) ta phải có :  2m  x   sin 5 x  1  10 5 , m, n   Kết hợp lại ta thu được nghiệm của phương trình là :   cos 4 x  1 n   x   2  x   m , m   2 78, Giải phương trình : cos x  sin 3x  2(cos x  sin x) sin 4 x.

Giải: Ta chú ý biến đổi sau: cos x  sin 3x  cos x  sin x  2 sin x  4 sin 3 x  (cos x  sin x)  2 sin x(1  2 sin 2 x)  (cos x  sin x)  2sin x(cos x  sin x)(cos x  sin x)  (cos x  sin x) 1  2 sin x(cos x  sin x )   (cos x  sin x )  cos 2 x  sin 2 x  Từ đó phương trình đã cho tương đương với: (cos x  sin x)  cos 2 x  sin 2 x   2(cos x  sin x) sin 4 x  (cos x  sin x)(cos 2 x  sin 2 x  2 sin 4 x)  0

sin x  cos x    Ta có: Với: sin x  cos x  tan x  1  x   k . Với: 4  cos 2 x  sin 2 x  2 sin 4 x    x k    24 3 cos 2 x  sin 2 x  2 sin 4 x  sin 4 x  sin   2 x    Vậy phương trình đã cho có 4   x  3  k  8    3 các nghiệm là: x   k ; x  k ; x   k 4 24 3 8  sin x sin y sin z    79, Với x, y, z  0 , giải hệ phương trình lượng giác sau:  1 2 3 x  y  z   

Giải: Về bản chất của bài toán ta có thể hiểu rằng là bài toán tính góc của một tam giác. sin y  3 sin x  sin x sin y sin z     Từ giả thiết đề bài :  1 2  sin z  2sin x . Ta có những phép biến đổi sau : 3 x  y  z   x  y  z     sin x  sin(  y  z )  sin( y  z)  sin y cos z  sin z cos y  sin x  3 sin x cos z  2 sin x cos y  3 cos z  2 cos y  1vì sin x  0 Bằng các phép biến đổi

tương tự như vậy ta cũng thu được : cos z  2 cos x  3 ; cos y  3 cos x  2 Khi đó ta kết hợp lại

Email: [email protected]

- 84 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

các kết quả biến đổi ta thu được một hệ phương trình    x 3  6 cos x   2   3 cos z  2 cos y  1       : cos z  2 cos x  3   1  y  3  cos y  2  cos y  3 cos x  2      cos z  0 z     2

 3 x  1   3 x  80, Giải phương trình: sin     sin    .  10 2  2  10 2 

Giải: 3 x  3x  , suy ra:     3u . 10 2 10 2 1 Phương trình đã cho trở thành: sin u  sin(  3u )  2 sin u  sin 3u  0  sin u (4sin 2 u  1)  0 2

Đặt: u 

81, Giải phương trình: sin 4 x  cos 4 x  1  4(sin x  cos x ).

Giải: Từ phương trình đã cho ta biến đổi được như sau 2sin 2 x cos 2 x  (2 cos 2 2 x  1)  1  4(sin x  cos x)  2 cos 2 x (sin 2 x  cos 2 x)  4(sin x  cos x )  (cos x  sin x)(sin x  cos x)(sin 2 x  cos 2 x )  2(sin x  cos x) 82, Giải phương trình: cos4 x  cos 2 x  2sin 6 x  0

Giải: 4

6

cos x  cos 2 x  2sin x  0  cos 4 x  (cos 2 x  sin 2 x )  2sin 2 x sin 4 x  0  cos 2 x(cos 2 x  1)  sin 2 x (1  2 sin 4 x )  0  cos 2 x(cos 2 x  1)  (cos 2 x  1)(1  2 sin 4 x)  0 sin 2 3 x 83, Giải phương trình: sin x  (cos 3 x sin 3 x  sin 3 x cos3 x)  sin x sin 2 3 x. 3sin 4 x 2

Giải: k Điều kiện: sin 4 x  0, tức x  , k  . Ta có 4

4(cos 3x sin 3 x  sin 3 x cos3 x)  cos3 x(3sin x  sin 3x)  sin 3x(3cos x  cos 3x)  3(sin 3 x cos x  sin x cos 3x)  3sin 4 x.

Email: [email protected]

- 85 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

1 Do đó, phương trình đã cho tương đương với sin 2 x  sin 2 3 x  sin x sin 2 3 x. 4 1 1 1 Ta biến đổi về phương trình : (sin x  sin 2 3 x)2  sin 2 3 x  sin 4 3x  0 4 4 4 2 1   1   sin x  sin 2 3 x   sin 2 3 x(1  sin 2 3x )  0 4   4 1 2  sin x  4 sin 3x  0   1 sin 2 3x (1  sin 2 3 x)  0  4 1 2  sin x  sin 3 x  0  4   sin 3 x  0   sin 2 3 x  1

84, Tìm các nghiệm thuộc (0,  ) của phương trình: 4sin 2

x 3    3 cos 2 x  1  2cos 2  x  . 2 4  

Giải: 3     .(1) (1)  2(1  cos x)  3 cos 2 x  1  1  cos  2 x   2     2  2 cos x  3 cos 2 x  2  sin x  2 cos x  3 cos 2 x  sin x 4sin 2

x 3   3 cos 2 x  1  2cos 2  x  2 4 

3 1   cos 2 x  sin x  cos  2 x    cos(  x ) 2 2 6  5 2 7 x k ho ? c  x    h2 18 3 6     sin  x    cos   x  1 x 6  3  85, Giải phương trình:  (cos x  sin x tan )  2 cos x 2 cos x   cos x 

Giải: x  0 khi đó chú ý rằng : 2 x x cos x cos  sin x sin x 2 2  1 sin  x     cos    x   3 sin x cos x  sin x tan      x 6 2  3  cos 2 1 3 sin x Khi đó phương trình viết lại thành : 1   tan 2 x  3 tan x  0 2 cos x cos x

Điều kiện : cos x  0, cos

Email: [email protected]

- 86 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

86, Giải phương trình:

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

3 cos 2 x  2 cos 4 x  1 1 (sin x  cos x) 2

Giải:   Điều kiện: sin x  cos x  0  sin( x  )  0  x   l (l  ) Ta có: 4 4 2  2 (1)  3 cos 2 x  2 cos 4 x   sin 2 x  cos 4 x  sin(2 x  )  sin(  4 x)  sin(2 x  ) 3 2 3 3 cos x  sin x 87, Giải phương trình:  1  sin x  cot x. sin x  sin 2 x

Giải: sinx  0 Điều kiện:  sinx  1 Ta có: cos x  sin 3 x cos x cos x  sin 3 x  cos x (1  sin x) (1)   1  sin x    1  sin x sin x  sin 2 x sin x sin x  sin 2 x  sin 2 x  cos x  (1  sin x)(1  sin x)  cos x  cos 2 x

 3x   3x   88, Giải phương trình sin 3x  2  cos x  sin x   2cos     sin     1  0  2   2 2

Giải: 3x 3x  3x   3x   Ta có cos       cos và sin      cos . Do đó, 2 2  2   2 2 3x  3x   3x   2cos     sin     1  2 cos 2  1  cos 3x. Vậy phương trình đã cho có thể được viết lại 2  2   2 2 thành sin 3x  cos 3 x  2(cos x  sin x)  0. Đến đây, ta lại thấy sin 3x  cos 3 x  (3sin x  4sin 3 x)  (4 cos 3 x  3cos x)  3(sin x  cos x)  4(cos3 x  sin 3 x). Và như thế, ta viết được phương trình dưới dạng tích (cos x  sin x )  4(cos2 x  sin 2 x  cos x sin x)  5  0. 89, Giải phương trình :

(1  tan x)(2 cos 2 x  1)  2 2 cos 3x .   sin  x   4 

Giải:  Điều kiện : sin( x  )  0, cos x  0 4 Với điều kiện trên thì phương trình tương đương với : 2(sin x  cos x)(2 cos 2 x  1)  2 2 cos 3 x  2 cos 2 x  1  2 cos x cos 3 x cos x (cos x  sin x)  2 cos 2 x  1  cos 4 x  cos 2 x  cos 2 x (2cos 2 x  1)  0 90, Giải phương trình sin 3 x  cos 3 x  sin x cos x  2cos x  1

Email: [email protected]

- 87 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Giải: 3

3

sin x  cos x  sin x cos x  2cos x  1  sin x (sin 2 x  cos x)  (cos x  1)(  cos 2 x  cos x  1)  0  sin x (sin 2 x  cos x)  (cos x  1)(sin 2 x  cos x)  0  (sin 2 x  cos x )(sin x  cos x  1)  0 91, Giải phương trình: cos x 

1  sin x.cos 2 2 x 3 16 sin x

Giải: Cách 1: Điều kiện: sin x  0 Ta có: 1 cos x   sin x.cos 2 2 x  16 cos x sin 3 x  1  16sin 4 x  16 sin 4 x sin 2 2 x 16 sin 3 x  16(sin 2 x sin 2 x) 2  8(sin 2 x sin 2 x)  1  16 sin 4 x  0

1  4sin 2 x 1  4sin 2 x 2  sin x sin 2 x   sin x sin 2 x  4 4 1 1  sin 2 x(1  sin 2 x )   sin 2 x(1  sin 2 x)  4 4 1 1  sin 2 x(sin x  cos x )2   sin 2 x(sin x  cos x ) 2  (loai ) 4 4 1 1  sin x (sin x  cos x )   sin x (sin x  cos x)  2 2  cos 2 x   sin 2 x  sin 2 x  cos 2 x  2(loai )   cos 2 x  cos(2 x  ) 2    x   k 8 2   Vậy nghiệm của phương trình là x    k 8 2 Cách 2: Điều kiện: x  k , k  . Ta có phương trình đã cho tương đương với 1 1 16 sin x cos x  2  16 sin 2 x cos 2 2 x, hay 8sin 2 x  2  8sin 2 x cos 2 2 x. Rõ ràng phương trình sin x sin x này không có nghiệm nào thỏa mãn cos x  0, do vậy ta chỉ cần xét cos x  0 là đủ. Khi đó, đặt 2

2

16t t 2  1 t2  1 t2  t  tan x (t  0), ta viết được phương trình trên dưới dạng 2  2  16· ·  , tương t 1 t 1 t2 1 t2  (t 2  1) 2 16t 2 (1  t 2 ) 2  16 t  . Do 16t  4(t  1) 2  4(t  1) 2 nên ta có thể viết lại phương trình 2 2 2 t (1  t ) 2 2 (t  1) 16t 2 (t 2  1)2 2 cuối thành  4(t  1)   4(t  1)2 . Đến đây, bằng cách sử dụng hằng đẳng thức 2 2 2 t (t  1) đương

Email: [email protected]

- 88 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

quen thuộc A2  B 2  ( A  B )( A  B ), ta dễ dàng phân tích được

(t 2  1)2 (t 2  2t  1)(3t 2  2t  1) 2  4( t  1)   và t2 t2 16t 2 (t 2  1) 2 4(t 2  2t  1)(3t 2  2t  1)(t  1) 2 2  4( t  1)  . Do đó, phương trình trên có thể biến đổi (t 2  1) 2 (t 2  1)2  4(t  1)2  thành (t 2  2t  1)(3t 2  2t  1) 1  2  0, tương đương t 2  2t  1  0. Giải phương trình này, 2  ( t  1)   ta tìm được t  2  1 hoặc t  2  1.

Với t  tan x  2  1, ta có tan 2 x 

2 2t  2 1 t 1

 

 2  1

2 1

2

 1, suy ra 2 x 

  k , k  , tức 4

 k  , k  . Tuy nhiên, khi thử lại ta thấy các số có dạng này đều không thỏa mãn phương 8 2 trình. x

Với t  tan x  2  1, ta có tan 2 x 

x

2 2t  1 t2 1

 

 2  1

2 1

2

 1, suy ra 2 x  

  k , k  , tức 4

 k  , k  . Thử lại, ta thấy thỏa mãn. 8 2

92, Giải phương trình : sin 2 x sin 6 x  5sin x(1  cot 2 x cot x )   cos 3x (cos x  3 sin 5 x  3)

Giải:  cos 3 x   PT  sin 2 x sin 6 x  5sin x.  cos 3 x(cos x  3 sin 5 x  3) sin 2 x sin x    2sin 2 x sin 3x cos 3 x  5cos 3x  cos 3 x(cos x  3 sin 5 x  3)  cos 3 x(2 sin 2 x sin 3 x  cos x  3 sin 5 x  2)  0 cos 3x  0(1)    2sin 2 x sin 3 x  cos x  3 sin 5 x  2  0(2)  k  ;k Z 6 3 (2)  2sin 2 x sin 3 x  cos x  3 sin 5 x  2  0  cos x  cos5 x  cos x  3 sin 5 x  2  0

(1)  x 

 4 k 2  cos 5 x  3 sin 5 x  2  cos(5 x  )  1  x   ;k  Z 3 15 5  k 4 2k

Vậy nhiệm phương trình là: x 

6

Email: [email protected]



3

;x 

15



5

- 89 -

(k  Z ).

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

93, Giải phương trình:

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

3sin 3x  cos 5 x  3  4 sin x  1 cos x

Giải: Điều kiện: cos x  0. Ta có phương trình đã cho tương đương với 3sin 3x  cos 5 x  3  2sin 2 x  cos x, hay 3(sin 3x  1)  2sin 2 x  (cos 5 x  cos x ). Do cos 5 x  cos x  2 sin 3 x sin 2 x nên ta có 3(sin 3x  1)  2sin 2 x (1  sin 3 x), tức (3  2sin 2 x)(1  sin 3 x)  0.     sin  x    cos   x  1 x 6  3  94, Giải phương trình:  (cos x  sin x tan )  2 cos x 2 cos x

Giải: Ta có:

    sin( x  )  cos(  x) sin( x  )  sin( x  ) 6 3 6 6  3 tan x  cos x cos x Phương trình được viết lại thành 1 x  (cos x  sin x tan )  3 tan x 2 cos x 2 x x 2 sin 2 cos 2 2 )  3 tan x  0  1  tan 2 x  (cos x  x cos 2 2  tan x  3 tan x  0 95, Giải phương trình (1  sin x)(1  2sin x )  2(1  2sin x) cos x  0

Giải:     cos 2 x  2 sin 2 x  sin x  2 cos x  0  sin   2 x   sin x  2sin 2 x  2sin   x   0 2  2    x    3x    x    3x   cos    sin     2cos    sin     0  4 2  4 2   4 2  4 2    3x     x    x   sin     cos     2 cos      0  4 2   4 2  4 2      1  4 sin   2 x  sin   x  4  4 . 96, Giải phương trình: 2(1  2 cos 2 x)(sin x  2 cos x)  1  sin x

Giải: ĐK: sin x  0  x  k , k   (*)     1  4 sin   2 x  sin   x  4  4  2(1  2 cos 2 x)(sin x  2 cos x)  1  sin x   2 sin x(3  4sin 2 x )(sin x  2 cos x )  1  2 cos x  2 cos(3x  ) 2

Email: [email protected]

- 90 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 2sin 3x (sin x  2cos x)  1  2cos x  2sin 3 x  (1  2sin 3 x)(sin x  1  2cos x)  0 1  sin 3 x   (1)  sin x  2 cos x  1(2) 2   (1)  3x    k 2  3 x     k 2 6 6  k 2 7 k 2 x  x  18 3 18 3 1 2   ,cos x  Gọi   0,  sao cho sin   (3) 5 5  2 Khi đó  (2)  cos( x   )  sin   cos(   ) 2    x   k 2  x  2   k 2 2 2 Như vậy kết hợp ĐK (*), PT có nghiệm:  k 2 7 k 2   xx  ,x   , x   k 2 , x  2   k 2 , k   , trong đó  là số thỏa (3) 18 3 18 3 2 2

  4sin x.sin( x  ).sin( x  ) 3 3  cos 2 x  1 97, Giải phương trình : 2sin x  3cos x

Giải: Điều kiện: 2sin x  3cos x .

  Ta chú ý biến đổi sau: 4sin x.sin( x  ).sin( x  )  4sin 3 x  3sin x  sin 3 x  3sin x cos 2 x Từ đó 3 3 phương trình đã cho tương đương với: sin 3 x  3sin x cos 2 x sin 3 x  3sin x cos 2 x  (1  cos 2 x)  0   2 cos2 x  0 Nhân chéo lên và phân 2sin x  3cos x 2sin x  3cos x tích ta thu được: (sin x  cos x)(sin x  2cos x)(sin x  3cos x)  0

  x 2sin( x  ) cos(2 x  )  2sin 2 x  4 cos 2  1 4 4 2 98, Giải phương trình: 1 cos 2 x  3cos x  2

Giải: ĐK:……

Email: [email protected]

- 91 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

  x ) cos(2 x  )  2 sin 2 x  4 cos 2  1 4 4 2 2  sin 3 x  cos x  2sin x  3  2 cos x  sin 3 x  3cos x  2  cos 2 x 2sin( x 

Phương trình đã cho tương đương với sin 3x  3cos x  2  cos 2 x  cos 2 x  2  3cos x 99, Giải phương trình:

1  cos 2 x  sin 2 x  cos x  cos 2 x  cos x 1  tan x

Giải: cos  0 Điều kiện:   tan x  1 Ta có biến đổi sau: 1  cos 2 x  sin 2 x  2sin x(sin x  cos x) Từ đó suy ra phương trình trên tương đương với: 2sin x.cos x  cos x  sin x  1  (sin x  cos x) 2  (sin x  cos x)  0  (sin x  cos x)(sin x  cos x  1)  0 100, Giải phương trình:

 cos x  31  cos x   2sin x.cos2  3  x   3 tan x   4

cos x

 2

Giải: Điều kiện: cos x  0 Phương trình được viết lại như  cos x  31  cos x   sin x(1  sin x)  3sin x sau: cos x cos x x x x x x (cos x  3).2sin 2  2 sin cos cos x (1  sin x )  6 sin cos 2 2 2 2 2 x x x x  2sin sin (cos x  3)  cos cos x (1  sin x )  3cos   0 2 2 2 2 x x x x  2sin sin (cos x  3)  cos (cos x  3)  cos x sin x cos   0 2 2 2 2 x x x x x x x x  2sin  (sin  cos )(cos x  3)  (sin  cos )(sin  cos )sin x cos   0 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x  2 sin (sin  cos )(cos x  3  (sin  cos ) sin x cos ) 2 2 2 2 2 2 x x x 1 1  2 sin (sin  cos )[cos x  3  sin 2 x  sin x (1  cos x )]  0 2 2 2 2 2 x x x 1 1 1 x x x  2 sin (sin  cos )[cos x  3  sin 2 x  sin x  sin 2 x ]  0  2 sin (sin  cos )  0 2 2 2 2 2 4 2 2 2 1 2 1 1 Vì cos x  3  sin x  sin x  sin 2 x  0 2 2 4

Email: [email protected]

- 92 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

101, Giải phương trình:

THPT Lục Ngạn 3

5  cos 2 x  2 cos x 3  2 tan x

Giải: 3 Điều kiện: cos x  0, tan x   . 2 Khi đó phương trình tương đương với:

5  cos 2 x  6 cos x  4sin x  cos 2 x  6cos x  9  sin 2 x  4sin x  4

sin x  cos x  5  (cos x  3)2  (sin x  2) 2   sin x  cos x  1  3    102, Giải phương trình: cos 2 x  2 sin x  sin(  3 x)  cos(  3 x)  1  2sin 2 (2 x  ) 4 4 4  

Giải:  3 Ta có : sin(  3 x)  cos(  3x )  1  2 cos 3 x  1. 4 4    Mặt khác ta có : 2sin 2 (2 x  )  1  cos  4 x    1  sin 4 x 4 2  Do đó phương trình đã cho được biến đổi thành :

cos 2 x  2 sin x





2 cos 3 x  1  1  sin 4 x

 cos 2 x  2sin x cos 3 x  2 sin x  1  sin 4 x  cos 2 x  sin 4 x  sin 2 x  2 sin x  1  sin 4 x  1  cos 2 x  sin 2 x  2 sin x  0  2sin 2 x  sin 2 x  2 sin x  0





 sin x 2sin x  2 cos x  2  0 103, Giải phương trình : sin(2 x 

17 x  )  16  2 3 sin x cos x  20 sin 2 (  ) 2 2 2

Giải: 17  sin  2 x  2 

   2 x   16  2 3 sin x cos x  20sin      2 12     1  cos( x  )      6  sin  2 x   8   16  3 sin 2 x  20   2 2      

Email: [email protected]

- 93 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

   cos 2 x  3 sin 2 x  6  10 cos  x    0 6  1 3    cos 2 x  sin 2 x  5cos  x    3  0 2 2 6       cos cos 2 x  sin sin 2 x  5cos  x    3  0 3 3 6       cos  2 x    5cos  x    3  0 3 6            cos  2 x    5cos  x    3  0  2cos 2  x    5cos  x    2  0 3 6 6 6     104, Giải phương trình : tan 3 x  cot 3 x  tan 2 x  cot 2 x  1

Giải: 3

3

2

2

tan x  cot x  tan x  cot x  1  (tan x  cot x)[(tan x  cot x) 2  3]  (tan x  cot x) 2  2  1 Đến đây đặt t  tan x  cot x là giải được. 1 sin 3 x  2 cos x 2 105, Giải phương trình:   2 sin x 1  cos x cos x

Giải: k Điều kiện: sin 2 x  0  x  2 Nhìn không có đặc điểm gì có thể tách ghép được, ta quy đồng nhân tóe loe ra ta thu được: cos x  cos3 x  sin x.cos x.sin 3 x  2sin x Ta có : cos3 x  cos x  cos x.sin 2 x , thay vào phương trình trên ta được: 2 cos x  cos x.sin 2 x  sin x.cos x.sin 3 x  2sin x  2(cos x  sin x)  cos x.sin x (sin 3 x  sin x)  0

 2(cos x  sin x )  2 cos 2 x.sin 2 x.cos x  0  (cos x  sin x )[1  sin 2 x cos x (sin x  cos x )]  0 Khi:

  k (Thoa mãn) 4 Khi: 1  sin 2 x cos x(sin x  cos x )  0 , ta dễ dàng chứng minh được phương trình này vô nghiệm. Ta viết phương trình lại dưới dạng: 1  sin 4 x  sin 2 x(cos 2 x  cos x.sin x  sin 2 x )  0 Dễ thấy sin x  0 VT  0 , đẳng thức xảy ra khi:  (Vô nghi?m) 4  1  sin x  0  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x   k 4 sin x  cos x  x 

106, Giải phương trình: 2cos 3x (2cos 2 x  1)  1.

Giải: 2

Phương trình tương đương với : 2 cos 3 x(4 cos x  1)  1  2 cos 3x(3  4 sin 2 x)  1 (1) Dễ thấy, khi : sin x  0 thì không thỏa mãn phương trình (1). Xét sin x  0. Khi đó nhân cả hai vế của (1) với sin x ta thu được : 2 cos 3x (3sin x  4 sin 3 x)  sin x  sin 6 x  sin x

Email: [email protected]

- 94 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

107, Giải phương trình

THPT Lục Ngạn 3

(1  2sin x ) cos x  3 (1  2sin x )(1  sin x)

Giải: cos x  2 sin x cos x  3 1  sin x  2 sin x  2sin 2 x cos x  sin 2 x   3 cos 2 x  sin x  cos x  sin 2 x  3(cos 2 x  sin x)

 cos x  3 cos 2 x  sin 2 x  3 sin x 108, Giải phương trình 2(1  cos x)(cot 2 x  1) 

sin x  1 . Giải: cos x  sin x

Gợi ý : Điều kiện : sin x  cos x  0, sin x  0. Khi đó dễ thấy : 2(1  cos x) 2(1  cos x) 2 2(1  cos x)(cot 2 x  1)    2 2 sin x 1  cos x 1  cos x Như thế phương trình được viết lại thành : 2 sin x  1   2(sin x  cos x )  (1  cos x )(sin x  1)  sin x  cos x  sin x cos x  1  0 1  cos x sin x  cos x  (sin x  cos x  1) 2  0  sin x  cos x  1 1 1 109, Giải phương trình lượng giác sin 2 x  sin x    2 cot 2 x 2 sin x sin 2 x

Giải: ĐK : sin 2 x  0 sin 2 2 x  1  (cos x  2) cos 2 x  cos 2 x 1 2 cos 2 x (1)  sin 2 x    0   0 2 sin x sin 2 x sin 2 x sin 2 x sin 2 x   2 cos 2 x  cos 2 x(cos x  2)   0  cos 2 x (cos 2 x  cos x  2)  0  cos 2 x (1  2 cos 2 x  cosx)  0 sin 2 x 110, Giải pt:

tan x.cos 3 x  2 cos 2 x  1  3.(sin 2 x  cos x ) 1  2 sin x

Giải: Điều kiện : 1  2sin x  0, cos x  0. Ta có : sin x cos 3x  2 cos 2 x cos x  cos x cos 3 x(sin x  1) tan x cos 3 x  2 cos 2 x  1   cos x cos x sin 2 x  cos x  cos x(2sin x  1) Như vậy, phương trình được viết lại thành : cos 3x (1  sin x)  3 cos x(1  2sin x)  cos 3x (1  sin x)  3 cos 2 x (1  4 sin 2 x) cos x(1  2sin x)  cos 3x (1  sin x)  3 cos 2 x(4 cos 2 x  3)  cos 3x (sin x  3 cos x  1)  0

cos 3 x  0   Đến đây thì đơn giản rồi, các bạn hoàn thiện nốt nhé :) sin x  3 cos x   1 

Email: [email protected]

- 95 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

111, Giải phương trình: (2sin 5 x  1)(2cos 2 x  1)  2sin x

Giải: (2sin 5 x  1)(4 cos 2 x  3)  2 sin x Trường hợp 1: cos x  0 (Trường hợp này đơn giản các bạn tự xét nhé) Trường hợp 2: cos x  0 Các bạn nhân cả 2 vế của phương trình với cos x ta được: (2sin 5 x  1)(4 cos 3 x  3cos x)  2 sin x.cos x  (2sin 5 x  1).cos 3 x  sin 2 x  2 sin 5 x.cos 3x  cos 3x  sin 2 x  sin 8 x  sin 2 x  cos 3 x  sin 2 x 112, Giải phương trình : tan 2 x  8cos 2 x  3sin2 x

Giải: 2

Cộng thêm 2 vế với 1 ta thu được : 1  tan x  1  8cos2 x  3sin 2 x 1  sin 2 x  9 cos 2 x  6 sin x cos x 2 cos x 113, Giải phương trình:

tan 2 x  tan 3 x

2   1  2 sin  2 x   2 

Giải: cos 2 x  0  cos 3x  0  Điều kiện:  sin 3x  0   1  2 sin  2 x     0  2  sin 2 x.cos 3 x 2 sin x 2 cos 2 x  1    Ta cos 2 x sin 3 x 1  2 cos 2 x cos 2 x sin 3x 1  2 cos 2 x có phân tích: sin 3x  sin x(3  4sin 2 x)  sin x(1  2 cos 2 x) Thay vào phương trình ta suy ra: 2cos2 2 x  cos 2 x  1  0

Phương trình đã cho tương đương với:

114, Giải phương trình: 2sin x  4 cos x  1  3cos 2 x

Giải: Phương trình tương đương với: 2sin x  4 cos x  1  3(cos x ) 2  (sin x ) 2 )  ( 3 cos x 





2 2 1 2 )  ( 3 sin x  ) 0 3 3

4 sin x  3 cos x  4 3 sin x cos x  3 115, Giải phương trình:

4 cos 2 x  1

 1.

Giải:

Email: [email protected]

- 96 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Gợi ý : Điều kiện : 4cos 2 x  1  0. Khi đó phương trình tương đương : 4(sin x  3 cos x)  4 3 sin x cos x  3  4 cos 2 x  1  2(sin x  3 cos x )  2 3 sin x cos x  2 cos 2 x  1  0 Đặt : u  sin x  3 cos x. Khi đó : | u | 2, ta

có : u 2  sin 2 x  2 3 sin x cos x  3cos 2 x  1  2 cos 2 x  2 3 sin x cos x Như vậy phương trình viết u  0 lại thành : 2u  u 2  0   u  2 116, Giải phương trình:

 cos x  sin x  2 sin 2 x  1  4 cos 2 x   cos x  sin x  2 sin 2 x  1  2

3

Giải: Điều kiện:

 cos x  sin x  2 sin 2 x  1  2  0

 a 2  b2 a  cos x  sin x sin 2 x  Đặt:  (| a, b  2 |) , suy ra:  2  b  cos x  sin x  cos 2 x  ab  a 2  b 2  2  Đồng thời ta cũng có: a 2  b 2  2 , từ đó ta thu được hệ phương trình:  a(a 2  b 2  1)  4ab  b(a 2  b 2  1)  2  3  Phương trình dưới tương đương với: ( a  3b)( a 2  b 2  1)  4ab  ( a 2  b 2 ) 3  0  (a  3b )(a 2  b 2  1)  (a  3b)( 3a  b)  0

 (a  3b)(a 2  b 2  1  3a  b)  0 Với: a  3b , suy ra:    cos x  sin x  3(cos x  sin x )  sin( x  )  sin(  x)  x   k 3 6 12 2 2 2 2 2 Với: a  b  1  3a  b  0  2a  2 3a  2  2b  2b  2a  2 3a  a 2  b 2  2b 2  2b  3a  b  2  ( 3a  1) 2  (b  1)2   Với: 3a  b suy ra: 3a  b     3(cos x  sin x)  (cos x  sin x)  0  sin( x  )  sin(  x)  x    k 3 6 12   Với: 3a  b  2 , ta thay vào và suy ra: sin( x  )  cos( x  )  1 Mà ta lại có: 6 6     sin 2 ( x  )  cos 2 ( x  )  1 Nên suy ra: sin( x  )  0 hoặc: cos( x  )  0 6 6 6 6

 117, Giải phương trình: sin 3x  cos x  2 2 cos( x  )  1  0 4

Giải:

Email: [email protected]

- 97 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

  1    PT  sin(3 x  )  2 cos( x  )  Đặt: t  x  , suy ra: 3 x   3t  4 4 4 4 2 2 1 1  0  4cos3 t  cos t  Thay vào phương trình ta được:  cos 3t  2cos t  2 2 2  ( 2 cos x  1)(4 cos t  2 2 cos t  1)  0  2 cos x  1 x  118, Giải phương trình: 1  sin x  cos x  2cos    2 4

Giải: Ta có các đẳng thức sau: 2

x x x x  x x  cos 2  2sin cos   sin  cos  ; 2 2 2 2  2 2 x x  x x  x x cos x  cos 2  sin 2   cos  sin  cos  sin  ; 2 2  2 2  2 2

1  sin x  sin 2

x  x  2 x x x  cos     cos cos  sin sin   sin  cos  . 2 4 2 4 2  2 2 2 4 Do đó, phương trình đã cho có thể được viết lại thành  x x   x x  x x   sin  cos   sin  cos    cos  sin   2   0, tương đương 2 2   2 2  2 2   x x x     sin  cos  2 cos  2   0. 2 2  2   119, Giải phương trình:

sin x  cos x 2  cos 5 x cot x  3

Giải: cos 5 x  0 Điều kiện:  cot x  3 Với 2 phân thức thế này thì kiểu gì cũng phải nhân chéo.Nhưng nếu bạn thử để yên các hàm số mà nhân thì chẳng thu được gì. Vì thế ta phải xử lý một chút rồi mới tiến hành nhân chéo.Số 2 ở 2 sin x  cos x nếu đem xuống dưới mẫu số của thì ta được 2 cos 5x và nếu ta nhân thêm cot x  3 cos 5 x vào 2 cos 5x một hàm lượng giác khác thì ta sẽ áp dụng được công thức biến tích thành tổng.Câu hỏi đặt ra là nhân với hàm nào? Thì hãy nhìn sang (cot x  3) ý tưởng là nhân với sinx để không còn phân thức nào trong phương trình nữa. Phương trình viết lại:

sin x  cos x 1  2 cos 5 x.sin x cosx  3sinx

 (sin x  cos x)(cos x  3sin x)  sin 6 x  sin 4 x  2cos 2 x  sin 2 x  1  sin 6 x  sin 4 x

Email: [email protected]

- 98 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Để cho gọn, đặt 2x  t Phương trình trở thành: 2 cos t  sin t  1  sin 3t  sin 2t Áp dụng công thức sin 3t  3sin t  4sin 3 x và rút gọn ta được:

4(sin t  sin 3 t )  sin 2t  (2 cos t  1)  0  4sin t.(1  sin 2 t )  sin 2t  (2 cos t  1)  0  2sin 2t cos t  sin 2t  (2 cos t  1)  0 sin 2t  1  sin 2t (2 cos t  1)  (2cos t  1)  0  (sin 2t  1)(2cos t  1)  0    cos t  1  2 120, Giải phương trình: 3 tan 3 x  tan x 

3(1  sin x)  x  8 cos 2 (  )  0 2 cos x 4 2

Giải: Ta có:

 x 2 cos 2 (  )  1  sin x 4 2 1  1  tan x cos 2 x 3(1  sin x)  x (1)  3 tan 3 x  tan x   8cos 2 (  )  0 2 cos x 4 2 3 2  3 tan x  tan x  3(1  sin x )(1  tan x )  4(1  sinx )  0  (3 tan 2 x  1)(tan x  sin x  1)  0

  (1  2 cos x.cos 3x ) cos  x   4  121, Giải phương trình:  2(cos x  sin x) . 1  sin 2 x

Giải: Điều kiện: sin 2 x  1 Phương trình đã cho tương đương với:  (1  2 cos x.cos 3x ). 2 cos( x  )  2(cos x  sin x )(cos x  sin x )2 4  (1  cos 4 x  cos 2 x ).(cos x  sin x)  2(cos x  sin x)(cos x  sin x)(cos x  sin x )  (cos x  sin x)(1  cos 4 x  cos 2 x )  0 122, Giải phương trình: cot

x 1  cos 3 x    2sin(3 x  ) 2 sin 2 x  sin x 3

Giải: Đối với những dạng lượng giác có mẫu số ,thì ta sẽ có tư tưởng phân tích tử có thừa sô giống hoặc gần giống mẫu để triệt tiêu ,ở đây:

Email: [email protected]

- 99 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

1  cos 3x  (2 cos x  1) 2 (cos x  1)

x 1  cos 3 x  x (2 cos x  1) 2 (cos x  1)    2sin(3 x  )  cot   2sin(3x  ) 2 sin 2 x  sin x 3 2 sin x (2cos x  1) 3 x    2 cos 2  (2 cos 2 x  cos x  1)  2 sin x.sin(3 x  )  2(1  cos 2 x)  2sin x.sin(3 x  ) 2 3 3   sin 2 x  sin x.sin(3 x  ) 3

cot

123, Giải phương trình: sin 2 x  (sin x  cos x  1)(2sin x  3)  0

Giải: sin 2 x  (sin x  cos x  1)(2sin x  3)  0  2 sin 2 x  sinx  3cosx  3(*) Xét thấy x    k 2 là một nghiệm của phương trình Xét x khác   k 2 x Đặt t  tan 2 2 8t 2t 3(1  t 2 ) Phương trình (*) trở thành:    3  t 3  t 2  t  3  0  t  1 Hay 2 2 2 2 (1  t ) 1  t 1 t x  tan  1  x    k 2 2 2

125, Giải phương trình

1  sin x  cos 2 x  x  .tan     tan x  2 3 2 sin x  4 2

Giải: x x x x cos  sin cos 2  sin 2  x  2 2 2 2  cos x Ta có tan     2  4 2  cos x  sin x  x x  1  sin x 2 2  cos 2  sin 2  1  sin x  (1  sin 2 x) cos x Nên dễ thấy PT đã cho tương đương với . .  tan x  2 3 Hay sin 2 x 1  sin x sin x(1  sin x ) cos x .  tan x  2 3 Tương đương với cot x  tan x  2 3 Đây là phương trình bậc sin 2 x 1  sin x hai ẩn tan x , các bạn tự hoàn thiện nốt nhé :). 126, Giải phương trình: (1  sin x)(1  2sin x )  2 cos x(1  2sin x )  0

Giải: 2

 1  2sin x  sin x  2sin x  2cos x  4sin x cos x  0  1  sin x  (1  cos 2 x )  2 cos x  2sin 2 x  0  cos 2 x  2 sin x  sin x  2 cos x

Email: [email protected]

- 100 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

127, Giải phương trình :1 

THPT Lục Ngạn 3

x2  cos x 2

Giải: Bài này ý tưởng khảo sát hàm số khá rõ ràng. x2 Đặt f ( x )  1   cos x, x   ta có f ( x )   x  sin x 2 Chú ý rằng | sin x || x |, x   , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  0 . Do đó phương trình f ( x )  0 có nghiệm duy nhất x  0 . Vẽ bảng biến thiên ta có ngay f ( x )  0, x   và dấu bằng xảy ra khi vả chỉ khi x  0 . Vậy x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. :) 128, Giải phương trình: 2sin 2 x  sin x  2cos 3 x  cos x  cos 2 x

Giải:



2





2



  sinx 1  2sin x  cosx 2cos x  1  cos 2 x  cos 2 x  sinx  cosx  1  0

 cos 2 x  1   sin 2 x  1 129, Giải phương trình: sin 2 x  tan 2 x 

3 cot x 2

Giải: Điều kiện: sin x  0, cos 2 x  0 1 Ta có: VT  sin 2 x(1  )  sin 2 x. 1  cos 2 x  2 tan 2 x cos2 x Khi đó, phương trình đã cho tương cos 2 x cos 2 x đương 3 cos x 3 2 tan 2 x cos 2 x   cos x(4 tan 2 x cos x  )0 2 sin x sin x  cos x(2 tan 2 x sin 2 x  3)  0  cos x(2sin 2 2 x  3cos 2 x)  0 130, Giải phương trình:

sin 3 x sin 5 x  3 5

Giải: 3(sin 3x  sin 5 x)  2sin 3 x  0 sin x  0  6 cos 4 x sin x  2(3sin x  4 sin 3 x)  0   2 3cos 2 x  cos 2 x  2  0 131, [Đề 17 Boxmath.vn]Giải phương trình (sin x  1)(3  6sin x  cos 4 x)  sin 4 x.cos x

Giải: Ta có: (sin x  1)(3  6sin x  cos 4 x)  (sin x  1)(2 sin 4 x  4 sin 2 x  3sin x  1)

Email: [email protected]

- 101 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 (sin x  1)(1  sin x )(2 sin 3 x  2 sin 2 x  2sin x  1)  cos 2 x (2sin 3 x  2 sin 2 x  2 sin x  1) Đến đấy "tóm cổ " được thằng nhân tử chung cos x 132, Giải phương trình

3 cos 2 x  sin 2 x  3sinx  3cosx  3

Giải: 2

3(1  2sin x )  2sinx.cosx  3sinx  3.cosx  3  2 sinx.( 3.sinx  cosx )  3( 3.sinx  cosx)  0  ( 3.sinx  cosx )( 3  2.sinx)  0

 133, Giải phương trình 4cos ( x  )  cotx  3cot 2 x 3

Giải: Điều kiện: sin 2 x  0 .

 (1)  4 sin 2 x cos( x  )  2 cos 2 x  3cos 2 x 3  1     2 sin 2 x cos( x  )  cos 2 x   sin 2 x cos( x  )  cos( x  ) cos( x  ) 3 2 3 3 3 134, Giải pt lượng giác: 4sin 2

x 3    3 cos 2 x  1  2 cos 2  x   2 4  

Giải:





2

(1)  2 1  cosx   3 1  sin x  1   sin x  cos x 



2



 2sin x cos x  3 1  sin 2 x  2 cos x  0  2 cos x 1  sin x   3 1  sin x 1  sin x   0





 1  sin x  2 cos x  3 sin x  3  0

sin x  1   2cos x  3 sin x  3  0 Cách 1:

(2) 2

x x  x x x x   (2)  2 cos x  3 sin x  3  0  2  cos  sin  cos  sin   3  cos  sin   0 2 2  2 2 2 2   x x   x x x x  x x     cos  sin   2  cos  sin   3  cos  sin    0 Với: cos  sin  0 .. Cái này cơ 2 2 2 2  2 2 2 2    bản rồi.. x x x x x 2 3   Với; 2  cos  sin   3  cos  sin   0  cot  2 2 2 2 2 2 3  

Cách 2: Chia cả hai vế ủa phương trình cho x Cách 3: Đặt t  tan   2

a2  b2

Email: [email protected]

- 102 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

135, Giải phương trình: tan x  2 tan 3 x  tan 7 x

Giải:  tanx  tan3 x  tan7 x  tan3 x sin4 x sin 4 x   ( ĐK:…….) cosx.cos 3x cos 7 x.cos3 x  sin4 x (cos7 x.cos3 x  cosx.cos3 x)  0 cos10 x  cos 2 x  sin4 x( )0 2

136, Giải phương trình: sin 2 x  sin x.cos 4 x  cos 2 4 x 

3 4

Giải: 2

2

 4 sin x  4sinx.cos 4 x  4cos 4 x  3  3sin 2 x  ( sinx  2cos 4 x )2  3  (sinx  2cos 4 x) 2  3(1  sin 2 x )  3cos 2 x 137, Giải phương trình : 16(sin 6 x  cos 6 x)  3sin 4 x[2  2(1  tan x tan 2 x )]  10

Giải: cos 2 x  0 Điều kiện :  cos x  0 3 5  3cos 4 x Ta có : sin 6 x  cos 6 x  1  3sin 2 x cos 2 x  1  sin 2 2 x  4 8 sin 2 x sin x cos 2 x cos x  sin 2 x sin x cos x 1 Mặt khác ta có : 1  tan x tan 2 x  1     cos 2 x cos x cos 2 x cos x cos 2 x cos x cos 2 x Vậy phương trình đã cho được viết lại là : 1   5  3cos 4 x   16   10  2(5  3cos 4 x )  12 sin 2 x cos 2 x  6 2 sin 2 x  10   3sin 4 x  2  2· 8 cos 2 x            cos 4 x  sin 4 x  2 sin 2 x  2 cos  4 x    2 sin 2 x  cos  4 x    cos   2 x  4 4   2 

     2   4  138, Giải phương trình: 4sin x.sin   x  sin   x   4 3.cos x.cos   x  .cos   x   2. 3  3   3   3 

Giải: Pt đã cho tương đương với sin x(1  2 cos 2 x )  3(2 cos 2 x  1)  2 Hay sin x  3 cos x  sin 3x  sin x  3 cos 3x  3 cos x  2 Hay sin 3x  3 cos 3x  2 Từ đó suy ra   k 2  k 2 sin(3x  )  1 Tức x   Vậy PT có nghiệm x   . 3 18 3 18 3 139, Giải phương trình: sin 3x  sin 2 x  sin x  1  cos 3 x  cos 2 x  cos x.

Giải:

Email: [email protected]

- 103 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

( sin3 x  cos3 x)  ( sin2 x  1)  sinx  cosx  cos 2 x (3( sinx  cosx )  4(( sinx)3  (cosx )3 ))  (cosx  sinx) 2  sinx  cosx  (cosx  sinx)(cosx  sinx)  2cox.( sinx  cosx ).(2 sinx  1)  0. 140, Giải phương trình sau : cos x  cos 2 x  cos 3 x  cos 4 x  cos 5 x  

1 2

Giải: Nhận xét sinx  0 không là nghiệm Nhân cả 2 vế với sinx sinx.cosx  cos 2 x.sinx  cos 3x.sinx  cos 4 x.sinx  cos 5 x.sinx 

1 .sinx 2

1 1 ( sin2 x  sin3x  sinx  sin 4 x  sin 2 x  sin5 x  sin3 x  sin6 x  sin4 x )  sinx 2 2  sin5 x  sin6 x  0  sin5 x  sin(6 x ) 

  4 cos 2 2 x   141, Giải phương trình : tan  2 x   .tan  2 x    4 4  tan x  cot x  

Giải:     cos  2 x  4   0          cos  2 x    0 Điều kiện :   x  k 4  8 2  tan x  cot x  0  sin 2 x  0    Với điều kiện trên :   4 sin x cos x.cos 2 2 x 1   tan   2 x  .cot   2 x   sin 2  cos 2 x 4  4   1  2 sin 2 x cos 2 x  sin 4 x  1    x  k 8 2

142, Giải phương trình : 3sin 4 x  2 cos 2 3x  cos 3x  3cos 4 x  cos x  1

Giải:

Email: [email protected]

- 104 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

3(sin 4 x  cos 4 x )  (2 cos 2 3 x  1)  (cos 3 x  cosx)  0  3(sin 2 x  cos 2 x )  cos 6 x  2 cos 2 xcosx  0

 3cos 2 x  4 cos 3 2 x  3cos 2 x  2 cos 2 xcosx  0  4 cos3 2 x  6 cos 2 x  2 cos 2 xcosx  0  cos 2 x(2 cos 2 2 x  cosx  3)  0  cos 2 x(cosx  1)[8cos 2 x(cosx  1)  1]  0 Vì 8 cos 2 x(cosx  1)  1  0 Nên: cos 2 x  0; cosx  1  x 

 k  ; x  k 2 4 2

  143, Giải phương trình: 2cos 2   3x   4 cos 4 x  15sin 2 x  21 4 

Giải:     Ta nhận thấy 2cos 2   3 x   1  cos   6 x  4  2  Phương trình sẽ tương đương :   (1)  1  cos   6 x   4 cos 4 x  15sin 2 x  21 2 





 sin 6 x  4 1  2sin 2 2 x  15sin 2 x  20  0 3

 3sin 2 x  4sin 2 x  4  8sin 2 2 x  15sin 2 x  20  0  sin 3 2 x  2sin 2 2 x  3sin 2 x  6  0

144, Giải phương trình : 2sin 4 x  3  3sin 2 x  3 cos 2 x

Giải: 2

2sin4 x  2 3sin x  3sin 2 x  0  2 sin4 x  2sin2 x  2 3sin2 x  sin2 x  0

sinx  0    4cos 3xsinx  2sinx( 3sinx  cosx)  0   cos3x  cos ( x   ) 3  145, Giải phương trình 7 sin x  6 sin 3 x  5sin 5 x  4 sin 7 x  0 .

Giải: 7 sin x  6 sin 3 x  5sin 5 x  4 sin 7 x  0.  22 sin x  6 sin 3 x  6 sin x  5sin 5 x  5sin x  4 sin 7 x  4 sin x  0  22 sin x  12 cos 2 x sin x  10 cos 3 x sin 2 x  8 cos 4 x sin 3 x  0  22sin x  12 cos 2 x sin x  10(cos 4 x  cos 2 x ) sin x  8cos 4 x sin x  8(cos 6 x  cos 2 x )sin x  0  2sin x(15cos 2 x  9 cos 4 x  4 cos 6 x  11)  0

Email: [email protected]

- 105 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 sin x (16 cos3 2 x  18 cos 2 2 x  3cos 2 x  2)  0  sin x  0 Vì 16 cos3 2 x  18cos2 2 x  3cos 2 x  2  0 146, Giải phương trình : 4 cos 2 x  3 tan 2 x  4 3 cos x  2 3 tan x  4  0

Giải: 4 cos x  3 tan x  4 3 cos x  2 3 tan x  4  0 2

2

   2 cos x  3   

 



 4 cos 2 x  4 3 cos x  3  3 tan 2 x  2 3 tan x  1  0 2



2

3 tan x  1  0

147, Giải phương trình : 3 tan 3 x  cot 2 x  2 tan x 

2 sin 4 x

Giải: ĐK : sin x, cos x  0. Phương trình đã cho tương đương với phương trình :

1 cos 2 x sin 2 2 x   3 tan 3x  2 tan x  sin 2 x cos 2 x sin 2 x sin 2 x cos 2 x  3 tan 3 x  2 tan x  tan 2 x  3 tan 3 x  3 tan 2 x  2 tan x  2 tan 2 x  3cos 2 x cos x  2cos 3 x cos 2 x  cos 2 x(3cos x  2 cos 3x )  0

3 tan 3 x  2 tan x 

148, Giải phương trình tan x  3cot x  4(sin x  3cosx)

Giải:





sin x  3.cos x sin x  3.cos x sin 2 x  3cos 2 x tan x  3cot x   sin x.cos x sin x.cos x



149, Giải phương trình: 2(sin x  1)(sin 2 2 x  3sin x  1)  sin 4 x cos x

Giải: 2

Sử dụng công thức hạ bậc, ta có 2sin 2 x  1  cos 4 x. Do đó, phương trình đã cho có thể viết lại thành (1  sin x)(3  6sin x  cos 4 x)  sin 4 x cos x, tương đương 3(1  sin x  2 sin 2 x)  sin 4 x cos x  sin x cos 4 x  cos 4 x. Do 1  2sin 2 x  cos 2 x và sin 4 x cos x  sin x cos 4 x  sin 5 x nên ta có 3(cos 2 x  sin x)  sin 5 x  cos 4 x. Đến đây, ta lại thấy sin 5 x  cos 4 x  (sin 5 x  sin x)  (cos 4 x  cos 2 x )  (cos 2 x  sin x)  2sin 3x cos 2 x  2 sin 3 x sin x  (cos 2 x  sin x )  (cos 2 x  sin x )(1  2 sin 3 x) Do đó, ta đưa được phương trình về dạng đơn giản hơn là 3(cos 2 x  sin x)  (cos 2 x  sin x)(1  2sin 3x ), hay 2(cos 2 x  sin x)(1  sin 3x )  0. 150, Giải phương trình sin

x x  cos sin x  1  0 2 2

Giải: Email: [email protected]

- 106 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Phương trình đã cho tương đương với x x x x x x x x x sin  2 sin cos 2  1  0  sin  2sin 1  sin 2   1  0  2 sin 3  2sin 2  sin  1  0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x  sin  1  x    k 4 2 Kết luận:Vậy phương trình có họ nghiệm x    k 4 (k  Z )

Email: [email protected]

- 107 -

: 01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Chuyên đề II: PT Lượng giác, PT-Hệ PT Phần 2: Hệ Phương Trình Coppy right ©: Mobile_lam

 y   x3  3x  4 1, Hệ phương trình hai ẩn không đối xứng:  2 3 x  2 y  6 y  2 Giải: Gọi hai phương trình lần lượt là phương trình (1) và (2). Ở phương trình (1), ta có y  2   x 3  3 x  2  (2  x )( x  1) 2 . Ở phương trình (2), ta có x  2  2 y 3  6 y  4  2( y  2)( y  1) 2 . Từ đây ta nhận xét rằng, nếu y>2 thì ta sẽ đồng thời suy ra x>2 và x(2 x 2  y )( x  y )  x(2 x  1)  7  2 y 26, Giải hệ phương trình :   x(4 x  1)  7  3 y Giải: Hệ phương trình đã cho tương đương với: 2 x3  2 x 2 y  xy  y 2  2 x 2  x  7  2 x  2 4 x  x  7  3 y Trừ vế theo vế ta có: 2 x3  2 x 2 y  xy  y 2  2 x 2  y  ( x  y  1)(2 x 2  y )  0 Tới đó thì mọi việc ổn rồi. x2  y2  5 27, Giải hệ phương trình:  4 2 2 4  x  x y  y  13 Giải: Bài toán này là bài toán cơ bản.Thật vậy khi thay đổi vai trò hai ẩn trong từng phương trình trong hệ thì từng phương trình trong hệ không có gì thay đổi.Đó chính là dấu hiệu nhận biết loại hệ phương trình đối xứng loại 1.Phương pháp chính để giải hệ này là ta dùng các hằng đẳng thức để đưa bài toán về hai đại lượng quan trọng đó là tổng và tích. Cụ thể ở bài toán này ta biến đổi như sau 2

: x 2  y 2  ( x  y )2  2 xy x 4  y 4   ( x  y )2  2 xy )   2 x 2 y 2 Bây giờ ta đi cụ thể vào bài toán.Xét hệ phương trình : ( x  y )2  2 xy  5 x2  y2  5  (I )  4 2 2 2 4 2 2 2  x  x y  y  13   ( x  y )  2 xy )   3 x y  13 S  x  y Tới đây ta đặt :  , S 2  4P  0  P  xy

 2 S  2 P  5 S 2  2P  5  Khi đó hệ ( I ) trở thành hệ mới :   2  25  3P  13  2 2 2  S  2 P  3P  13



E-mail: [email protected]



- 121 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

x  y  4 28, Giải hệ phương trình:  2 2 3 3  ( x  y )( x  y )  280 Giải: 2 2 2 2 (2)  x  y x  y  xy  70







2   x  y   x2  y 2 2 2  x y  x y  2     x 2  y 2  3  x 2  y 2   16   140(3) Đặt t  x 2  y 2 , khi đó (3) được viết lại: 3t 2  16t  140  0



2

2







   70  

 x 2  2 xy  x  y  0 29, Giải hệ phương trình:  4 2 2 2  x  4 x y  3x  y  0 Giải: Quan sát hệ ta thấy ngay được là hệ luôn có nghiệm ( x ; y )  (0 ; 0) . Do đó với x  0 ta chia hai vế phương trình (1) cho x , chia hai vế phương trình (2) cho x 2 ta

  y  x  x   2 y  1  0  x    được một hệ mới :     2  x 2  y2  4 y  3  0  x  x  

  y 3  x    6 y  3  0 (3) x      2 2 y y    6y  3  0 x    6 y  3  0 (4)  x  x y  x 0  x 2  y y   Lấy (4)  (3) vế theo vế ta được :  x    3  x    0   x x    y x   3 x  y  2 y 1  0 x 

5  2 2 8( x  y )  4 xy   13  ( x  y) 2  30, Giải hệ phương trình:  2 x  1  1  x y Giải: Điều kiện: x  y  0 Bây giờ ta sẽ mổ xẽ nó nhé. Điều quan trọng và mấu chốt của bài toán này là chỗ này đây: 8( x 2  y 2 )  4 xy  5( x  y )2  3( x  y ) 2 ; 2 x  x  y  x  y

E-mail: [email protected]

- 122 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

5  2 2 5( x  y )  3( x  y )  ( x  y )2  13  Lúc đó hệ phương trình đã cho trở thành hệ mới sau:   1 x  y   x  y 1 x y  1  t  x  y  x y Tới đây ta đặt ẩn phụ sau:  n  x  y 

(| t | 2)

5(t 2  2)  3n 2  13 Bây giờ thì ta có hệ mới :  t  n  1  x3  8 x  y3  2 y 31, Giải hệ phương trình  2 2  x  3  3( y  1)

Giải: Hệ phương trình tương đương với:  x3  y 3  8x  2 y  2 2  x  3y  6 +)Khi: x  y;8 x  2 y  0; x 2  3 y 2  0 , đều không thỏa mãn hệ phương trình: +) Khi: x  y;8 x  2 y  0; x 2  3 y 2  0 ,nhân chéo 2 vế phương trình ta được: 6( x 3  y 3 )  ( x 2  3 y 2 )(8 x  2 y )  x( x  3 y )( x  4 y )  0  x3  y 3  9 32, Giải hệ phương trình:  2 2  x  2y  x  4y

Giải: Nhân PT (2)với 3 rồi lấy (1)-(2) được x 3  3 x 2  3 x  1  8  12 y  6 y 2  y 3  ( x  1)3  (2  y )3 đến đây dễ rồi  x3  8 x  y3  2 y 33, Giải hệ phương trình:  4 2 2 4 x  2x y  3 y  0 Giải: Rõ ràng phương trình phía dưới đồng bậc, ta sẽ biến đổi được: ( x 2  y 2 )( x 2  3 y 2 )  0  x 2  y 2  0; x 2  3 y 2 +) Với: x 2  y 2  0  x  y  0 .Thỏa mãn. +) Với: x 2  3 y 2 . Ta có: x 3  8 x  y 3  2 y  x 6  16 x 4  64 x 2  y 6  4 y 4  4 y 2

E-mail: [email protected]

- 123 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Thế : x 2  3 y 2 vào phương trình trên ta được: 27 y 6  144 y 4  192 y 2  y 6  4 y 4  4 y 2  y 2 (13 y 4  70 y 2  94)  0 x2  2 y2  2x  8 y  6  0 34, Giải hệ phương trình:  2  x  xy  y  4 x  1  0 Giải: Quan sát hệ ta thấy hai phương trình này khá phức tạp vậy việc đầu tiên cần làm là dùng một biến đổi nào đó để đưa hệ về dạng gọn gàng hơn. Ta sẽ tiến hành biến đổi phương trình thứ nhất trước.Ta viết phương trình này như sau: x 2  2 y 2  2 x  8 y  6  0  ( x  1) 2  2( y  2) 2  3 Phương trình này đã khá gọn gàng, hơn nữa ta thấy trong phương trình có xuất hiện các biểu thức x  1 và y  2 , một cách tự nhiên ta sẽ cố biến đổi phương trình thứ hai theo hai biểu thức này, như thế việc giải hệ có thể sẽ đơn giản hơn nhiều!Suy nghĩ thế ta tiến hành như sau: x 2  xy  y  4 x  1  0  ( x  1) 2  ( x  1)( y  2)  2 Tới đây mọi thứ đã quá rõ ràng, ta đặt a  x  1, b  y  2 thì thu được hệ: a 2  2b 2  3  2 a  ab  2  x 2  8 y 2  12 35, Giải hệ phương trình:  3 2  x  2 xy  12 y  0 Giải: 2 2 Thay x  8 y  12 vào phương trình cuối, ta được x 3  2 xy 2  y ( x 2  8 y 2 )  0, hay

x 3  x 2 y  2 xy 2  8 y 3  0. Để ý rằng x  0  y  0 nhưng x  y  0 không là nghiệm của hệ nên ta chỉ xét x  0 và y  0 . Khi đó ta chia cả hai vế của phương trình cho y 3 để có

x3 x 2 x x  2  2  8  0, từ đó ta đặt t  để đưa về phương trình theo t : t 3  t 2  2t  8  0. 3 y y y y  x 2  xy  y 2  3( x  y ) 36, Giải hệ phương trình:  2 2 3  x  xy  y  7( x  y ) Giải: Hệ phương trình đã cho tương đương với: ( x  y ) 2  xy  3( x  y )  2 3  ( x  y )  3xy  7( x  y ) Tới đây thì ẩn phụ đã xuất hiện rõ ràng. Ta đặt: a  x  y; b  xy a 2  b  3a Ta thu được hệ:  2 3  a  3b  7 a Lấy phương trình trên nhân 3 rồi trừ cho phương trình dưới ta được: 2a 2  9a  7 a3  a (7 a 2  2a  9)  0  a(a  1)(7a  9)  0

E-mail: [email protected]

- 124 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 x 3  3xy 2  6 xy  3 x  49 37, Giải hệ phương trình  2 2  x  8 xy  y  10 y  25 x  9 Giải: Nhân phương trình dưới với 3 rồi cộng với phương trình trên ta được: x 3  3xy 2  3x 2  24 xy  3 y 2  6 xy  3 x  49  30 y  75 x  27

 ( x  1)3  3 y 2 ( x  1)  30 y ( x  1)  75( x  1)  ( x  1) ( x  1) 2  3 y 2  30 y  75  0  x  1  0  ( x  1)2  3 y 2  30 y  75  0 )V ? i x+1=0 \Leftrightarrow x=-1. Thay vào phương trình trên ta có: 3 y 2  6 y  45  0  y  5; y  3 Suy ra có 2 nghiệm: (1;5); (1; 3)  x  1 +) Với: ( x  1)2  3 y 2  30 y  75  0  ( x  1) 2  3( y  5) 2  0    y5 Đây chính là một nghiệm của trường hợp trên. Kết luận hệ phương trình có 2 nghiệm: (1;5); (1; 3)

1 1 4 4  x  2 y  2( y  x )  38, Giải hệ phương trình:   1  1  (3 x 2  y 2 )(3 y 2  x 2 )  x 2 y Giải: Trước tiên ta viết hệ thành: 1 1 4 4  x  2 y  2( y  x )    1  1  3x 4  10 x 2 y 2  3 y 4  x 2 y Quan sát hệ thì ta thấy ý tưởng đầu tiên sẽ là sử dụng phương pháp cộng đại số!Thật vậy: 2 Cộng hai phương trình với nhau ta thu được:  x 4  10 x 2 y 2  5 y 4 hay x 5  10 x 3 y 2  5 xy 4  2 x Tương tự như thế, trừ hai phương trình cho nhau ta có: y 5  10 x 2 y 3  5 x 4 y  1 Từ đó ta viết hệ thành:  x 5  10 x3 y 2  5 xy 4  2  5 2 3 4  y  10 x y  5 x y  1 Đến đây ta có thể giải quyết tiếp như sau: Các phương trình ở trên làm ta nhớ tới hằng đẳng thức bậc năm, với tư tưởng đó ta tiến hành cộng, trừ hai phương trình cho nhau thì ta thu được hệ:  x 5  10 x3 y 2  5 xy 4  y 5  10 x 2 y 3  5 x 4 y  3  5 3 2 4 5 2 3 4  x  10 x y  5 xy  ( y  10 x y  5 x y )  1

E-mail: [email protected]

- 125 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 x  y  5 3 ( x  y ) 5  3 Vận dụng hằng đẳng thức, ta viết hệ thành:  hay :  5  x  y  1 ( x  y )  1 5 5 3 1 3 1 Đến đây ta tìm được ngay: x  ,y 2 2  5 3  1 5 3 1  Vậy hệ đã cho có nghiệm:  ;  2   2  x 4  x3 y  x2 y 2  1 39, Giải hệ phương trình:  3 2  x y  x  xy  1  0 Giải: Trước tiên ta thấy ngay x  0 không thỏa hệ. Mặt khác ở hệ này nếu ta để ý kỉ ta sẽ thấy sự xuất hiện sánh đôi của cặp đại lượng x 2 ; xy. Vì vậy để đơn giản hình thức cho hệ ta lựa chọn phương án đặt ẩn phụ như sau. t  x 2 (t  0) Đặt  . Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành : n  xy  t 2  tn  n 2  1 (t  n)2  tn  1 (1)   tn  t  n  1 tn  (t  n)  1 (2)

 t  n  1  tn  0 Lấy (1)  (2) vế theo vế ta được phương trình sau: (t  n)2  (t  n)  2  0   t  n  2  tn  3  t  1  x  1     x2  1 t  n  1 t  n  1 n  0 y  0  Với:       t  0   x  1 xy  0 tn  0 n(n  1)  0   (lo?i)   n  1   y  0 Tương tự cho trường hợp còn lại các bạn tiếp tục nhé!  xy  2 x  y  3 40, Giải hệ phương trình:  ( x  y )( x  y  2)  2 xy ( x  1)( y  1)  3 Giải: Ở hệ này ta thấy ngay về ý tưởng giải có lẻ đến nhanh nhất là chọn phương án thế và rõ ràng để thế hiệu quả ta chọn sự đơn giản của phương trình (1). Thật vậy từ phương trình (1) ta có : xy  2 x  y  3  y ( x  1)  3  2 x (3) Để việc thế thành công ta kiểm tra ngay với giá trị x  1 vào hệ xem có thỏa không? Và không quá 3  2x khó khăn ta thấy ngay x  1 không thỏa hệ. Vậy với x  1 thì từ (3) ta có y  . Lúc này thế x 1 y vào phương trình (2) ta được phương trình mới :

E-mail: [email protected]

- 126 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

3  2 x  3  2x    3  2x   3  2x   x  x  1  x  x  1  2   2 x  x  1  ( x  1)  x  1  1  3        x  0  y  3   x  2  y  1  5 x 4  10 x 3  10 x 2  20 x  0  5 x ( x  2)( x 2  2)  0   x  2  y  2 1   x   2  y   2  1 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm ( x; y ) như đã tìm ở trên   x 4  4 x3  y 2  8 41, Giải hệ phương trình  3 2 4 x  2 x  xy ( x  2)  4 Giải: Nhân 2 vào phương trình dưới rồi cộng vào phương trình trên ta được: x 4  4 x3  4 x 2  y 2  2 x 2 y  4 xy  0  ( x 2  2 x) 2  2 y ( x 2  2 x)  y 2  0  ( x 2  2 x  y ) 2  0  y  2 x  x2 Thế vào phương trình trên ta được: x 4  4 x 3  (2 x  x 2 ) 2  8  x 4  2 x 2  4  0  x 2  xy  3 x  y  0 42, Giải hệ phương trình:  2  y  xy  2 y  1  0 Giải: Cộng trực tiếp hai phương trình ta được: x 2  2 xy  y 2  3( x  y )  1  0  ( x  y )2  3( x  y )  1  0

 x2 y2 1    2 2 43, Giải hệ:  ( y  1) ( x  1) 2 3 xy  x  y  1 

Giải: Từ phương trình thứ hai ta có: xy 1  ( x  1)( y  1) 4 Kết hợp với phương trình đầu tiên thì có: 2

 x x2 y2 2 xy y       0 2 2 ( y  1) ( x  1) ( x  1)( y  1)  y 1 x 1  ( x  y )( x 2  y 2 )  13 44, Giải hệ phương trình:  2 2  ( x  y )( x  y )  25 Giải:

E-mail: [email protected]

- 127 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

 ( x  y) 2  ( x  y) 2 ( x  y )( x 2  y 2 )  13 ( x  y )  2  2 2  ( x  y )( x  y )  25 ( x  y ) 2 ( x  y )  2 ( x  y )  ( x  y )  ( x  y )3   26   Ta có:  2  ( x  y )( x  y )  25

THPT Lục Ngạn 3

 13  25

Trừ vế tho vế ta có ngay: ( x  y )3  1  x  y  1 Tới đó thì dễ rồi. Ta có cách khác là quan sát thấy ngay hệ trên là một hệ đồng bậc nên tư tưởng là sẽ nhân chéo, để là được điều đó ta cần chia ra 2 TH: +) TH 1: Khi: x 2  y 2  x  y; x   y , dễ thấy không phải là nghiệm của hệ. +) TH 2: Khi: x 2  y 2 , ta nhân chéo 2 phương trình ta được: 25( x  y )( x 2  y 2 )  13( x  y ) 2 ( x  y )  25( x 2  y 2 )  13( x 2  y 2  2 xy )  6 x 2  13xy  6 y 2  0  (2 x  3 y )(3 x  2 y )  0  x( x  2)  y ( y  x  1)  3 45, Giải hệ phương trình:   y ( x  2)  x  1 Giải: Lấy (1) + (2) ta được: 2  x  y  1   x  y  1  6  0  x  y  4 hoặc x  y  1  x 3 (2  3 y )  8 46, Giải hệ phương trình  3  x( y  2)  6

Giải: Hệ này khá đơn giản, ta sẽ làm như sau: +) Với: x  0 , dễ thấy không thõa mãn. +) Với: x  0 , ta đưa hệ về dạng: 8  2  3 y  x 3   y3  2  6  x 8 6 Cộng vế theo vế ta có: y 3  3 y  3  x x 3 Xét hàm sô: f (t )  t  3t dễ thấy hàm số đồng biến, suy ra: 2 2 f ( y )  f ( )   y  xy  2 x x  x( x 2  1)  xy (2 x  3 y )  y ( x  2)  2 y 2 (1  5 y ) 47, Giải hệ phương trình:  2 2 2 ( x  17 y  12)  4( x  y  7)( x  3 x  8 y  5)

E-mail: [email protected]

- 128 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Giải: Ta viết phương trình này thành: x 3  x  2 x 2 y  3 xy 2  xy  2 y  2 y 2  10 y 3  0 Bây giờ ta phải phân tích thế nào? Một kinh nghiệm nhỏ là ta sẽ gom tất cả các đa thức cùng bậc vào một nhóm, như thế ta viết phương trình thành: x 3  2 x 2 y  3 xy 2  10 y 3  xy  2 y 2  x  2 y  0 Đến đây không khó để các bạn rút được nhân tử chung như sau: ( x  2 y )( x 2  4 xy  5 y 2  y  1)  0 1 3 Rõ ràng x 2  4 xy  5 y 2  y  1  ( x  2 y ) 2  ( y  ) 2   0 .Như thế từ phương trình trên ta có: 2 4 x  2y . Ta đã có được mối liên hệ đẹp giữa x và y , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: (4 y 2  17 y  12) 2  4(3 y  7)(4 y 2  14 y  5) Công việc còn lại của ta là giải phương trình này! Để ý một tý thì ta thấy: (3 y  7)  (4 y 2  14 y  5)  4 y 2  17 y  12 . Như vậy nếu coi a  3 y  7, b  4 y 2  14 y  5 thì phương trình viết lại thành: (a  b) 2  4ab Tới đây các bạn có ngay: a  b hay 4 y 2  11y  2  0 .Công việc còn lại đã quá đơn giản, các bạn hoàn thành nốt nhé!  x( y 3  x 3 )  7 48, Giải hệ phương trình:  4 3 3 2 2  x  x y  9 y  y x  x y  9x Giải: Từ PT thứ nhất suy ra x  y . Biến đổi PT thứ hai: x( x3  y 3 )  x 2 y ( x  y )  9( x  y )  ( x  y )[ x( x 2  xy  y 2 )  x 2 y  9]  0  x( x  y ) 2  9 (do x  y ) Như vậy hệ tương đương với:  x( y 3  x 3 )  7(1)  2  x ( x  y )  9(2) Từ PT (2) suy ra x>0, kết hợp với PT (1) suy ra y>x>0 3 x (2)  y  x Thay vào (1): 3

 3  x.   x   x3  7  x 

E-mail: [email protected]

- 129 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Đặt x  t 2 thì ta được PT 3

3  t2   t2   t6  7 t  3 3  (3  t )  t 7  7t

 (t 3  3)3  t 7  7t  0 Tới đây bằng cách xét đạo hàm, ta thấy VT là một hàm đồng biến theo biến t. Mặt khác PT có nghiệm t=1 nên đó cũng là nghiệm duy nhất của PT. Từ đó hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 2). 2 x3  xy 2  x 2  2 y  4 49, Giải hệ phương trình  2 ( x, y   ) 2 2 x  xy  2 y  2 y  4 Giải: Sử dụng phân tích sau : 2(2 x3  xy 2  x 2  2 y  4)  x (2 x 2  xy  2 y 2  2 y  4)  ( x 2  2 x  4)(2 x  y  2).  x 2  y3  2 y 2 50, Giải hệ phương trình:  3  x  y  2y

Giải: Cách 1 : Ta có: (2)  x  2 y  y 3 (3) Thế (3) vào (1) ta được: y6  4 y4  y3  2 y 2  0





 y 2  y  1 y  2  y 2  y  1  0 Cách 2:  x 2  y3  2 y 2  x 2  y 2  y 2  y3    3 3  x  y  2y  x y  y y 2 2  x  y  x  y   y 1  y   y 1  y 1  y  x  y   y 1  y     x  y  y 1  y 1  y   x  y  y 1  y 1  y 





2  y 1  y  x  xy  y  0  3  x  y  2 y

 x 4  y 4  240 51, Giải hệ phương trình:  3 3 2 2  x  2 y  3( x  4 y )  4( x  8 y ) Giải: Phương trình thứ nhất trừ phương trình thứ 2 nhân với 8 ta được: x 4  8 x 3  24 x 2  32 x  16  y 4  16 y 3  96 y 2  256 y  256  ( x  2)4  ( y  4) 4

E-mail: [email protected]

- 130 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 x2  y 2  2 52, Giải hệ phương trình:  2 2 x y  x  y  3

Giải: Cách 1: Nhìn vào các biểu thức của hệ phương trình , chúng ta thấy có x  y và xy, điều này giúp chúng ta nhớ ngay tới Viet để giải quyết bài toán này: Viết lại hệ phương trình:

( x  y ) 2  2 xy  2  2 2  x y  x  y  3 Đặt u  x  y , v  xy với điều kiện u 2  4v , ta đưa về hệ phương trình :

nu 2  2v  2  2 nv  u  3 Đến đây ta được hệ phương trình đơn giản rồi. các bạn triển khai nốt nhé. Cách 2: Đặt x  2 sin t , y  2 cos t ta được phương trình: 4sin 2 t cos 2 t  2(sin t  cos t )  3 Đặt u  sin t  cos t. | u | 2 , ta có : sin t cos t 

u2 1 , ta được phương trình: 2

(u 2  1) 2  2u  3

Có 1 nghiệm u  2 , và còn nghiệm nào nữa thì các bạn khám phá nốt nhé Cách 3: Bài toán này cũng làm ta nhớ đến phương pháp đánh giá, thật vậy: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM thì ta có x 2  y 2  2 | xy | kết hợp với x 2  y 2  2 ta thu được | xy | 1  x 2 y 2  1 Mặt khác ta có 2( x 2  y 2 )  ( x  y ) 2  ( x  y )2  ( x  y )2 lại chú ý tới x 2  y 2  2 nữa ta có x  y  2 .Từ đó: x 2 y 2  x  y  3 Như thế để hệ được thõa mãn thì ta phải có:

x2 y 2  1  2 2  x  y, x y  x  y  3 Tới đây ta thu được ngay nghiệm của hệ! x  y  2   x 3  2  3 y   1 52, Giải hệ phuơng trình:  3  x y  2  3





Giải: Hệ này giải bằng phương pháp hàm số. Với: x  0 , dễ thấy không phải là nghiệm của hệ phương trình.

E-mail: [email protected]

- 131 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

1  2  3 y  x 3 Với: x  0 , ta đưa hệ về dạng:   y3  2  3  x 1 3 Cộng vế theo vế ta có: y 3  3 y  3  x x 3 Xét hàm số đặc trưng: f (t )  t  3t , dễ thấy hàm số đồng biến. Suy ra: 1 1 f ( y )  f ( )  y   xy  1 x x Thay vào phương trình trên ta được: 2 x3  3x 3 y  1  2 x 3  3 x 2  1  ( x  1) 2 (2 x  1)  0

 x  y  2 y  9 53, Giải hệ phương trình:  3 3  x  y  7 Giải: Từ phương trình (1) của hệ ta suy ra y>0 kết hợp điều này với phương trình 2 của hệ ta suy ra x>0 3 Rút x theo phương trình (1) ta có: x   y . Đặt y  t  0 thế vào phương trình thứ (2) của hệ y ta được phương trình: (3  t 3 )3  t 9  7t 3  0 Xét hàm số: f (t )  (3  t 3 )3  t 9  7t 3 với t>0. Ta có: f (t )  9t 2 (3  t 3 )2  9t 8  21t 2  0 với mọi t>0 Như vậy hàm số f (t ) là hàm nghịch biến trên (0; ) . Ta có f (1)  0 nên t  1 là nghiệm duy nhất . Suy ra y  1, x  2 Thử lại ta thấy cặp nghiệm ( x; y )  (2;1) thỏa mãn hệ. Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất: (x; y)=(2; 1)  x3  y  2 54, Giải hệ phương trình:  3 y  x  2

Giải: Trừ (1) cho (2) ta được: x y   2 2  x  y  xy  1 Trường hợp 1: x  y . Thay vào hệ ta được x  y  1 Trường hợp 2: x 2  y 2  xy  1 Không mất tính tổng quát giả sử x  y , từ (1) ta có: 2  x3  y  x3  x  x  1 1  x  2  0  y  1 , khi đó ta có: x 3  y  x  y 3 .

E-mail: [email protected]

- 132 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 . Thử lại không thỏa: x 2  xy  y 2  1 . 1 3 x  2 , ta có: x 2  xy  y 2  ( x  y )2  x 2  3  1 , hệ vô nghiệm. 2 4 Vậy nghiệm hệ phương trình là: x  y  1 . 3 x 2 y  y 3  49 55, Giải hệ phương trình:  2 2  x  8 xy  y  8 x  17 y Giải: Cách 1: Lấy phương trình (1) cộng với ba lần phương trình (2) được:





3 x 2 y  y 3  3 x 2  24 xy  3 y 2  24 x  51 y  49  0  ( y  1) ( y  1)2  3( x  4) 2  0 Cách 2: Với bài này, thuật toán của mình ra số hơi xấu. Nhưng nói chung vẫn làm được. Ta có 15(3 x 2 y  y 3  49)  (19 y  64)( x 2  8 xy  y 2  8 x  17 y)  ( y  1)(8 x  2 y  15)(8 x  17 y  49).  56, Giải hệ phương trình:  

x 3  y ( x  2)  2 y ( y  x 2 )  x x 2  3 y  2 xy  4  5 x Giải:

Xét phương trình thứ nhất ta có: x3  xy  2 y  2 y 2  2 yx 2  x  x 2 ( x  2 y )  y ( x  2 y )  2 y  x  0  x  2y  ( x  2 y )( x 2  y  1)  0   2  x  y 1  0

Với: x  2 y , thay xuống phương trình dưới ta được: 4 y 2  3 y  4 y 2  4  10 y  8 y 2  7 x  4  0(Vô nghiem) Với: x 2  y  1  0  y  1  x 2 . Thay xuống phương trình dưới ta được: 2 x3  2 x 2  3 x  7  0  ( x  1)( x 2  4 x  7)  0

 x 2  y 2  xy  4 y  1  57, Giải hệ phương trình:  y  x  y  x2  1  2  Giải: Dễ dàng nhận thấy y  0 không phải là nghiệmcủa hệ.Từ phương trình thứ nhất ta có: x 2  1  y 2  xy  4 y 

x2 1 1  x  y  4 Kết hợp với phương trình thứ hai ta được: t   2  0 y t

x2  1  t  1  x2 1  y y Mặt khác ta có: x  y  3 .Do đó ta có: x 2  x  2  0  x  1 hoặc x  2 .Từ đó ta tìm được y . trong đó t 

E-mail: [email protected]

- 133 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

16 x 3 y 3  9 y 3  (2 xy  y )(4 xy 2  3) 58, Giải hệ phương trình:  2 2 2 2  4 x y  2 xy  y  3 Giải: Ta thấy y  0 không phải là nghiệm của hệ. Thay: 4 x 2 y 2  2 xy 2  y 2  3 vào phương trình thứ nhất ta được: 16 x 3 y 3  9 y 3  (2 xy  y )(4 x 2 y 2  2 xy 2  y 2 )  y 3 (16 x 3  9)  y 3 (8 x 3  1)  x3  1  x 1 Khi đó y  1 hoặc y  1 .

 xy ( x  y )  2 59, Giải hệ phương trình:  3 3  x  y  x y  4 Giải: Hệ đã cho thường gọi là đối xứng loại 1, tức khi đổi vai trò của x và y cho nhau thì mỗi phương trình không đổi. Với hệ như vậy ta thường giải bằng phép đặt ẩn phụ đối xứng, thông thường là đặt x  y  S ; xy  P và đưa về hệ mới với S; P. Làm quái có gì mà giấu đâu! >:) Nhưng mà nếu để ý thì thấy có thể làm nhanh hơn một tẹo, bạn có thấy mối quan hệ của 2 biểu thức này không: xy ( x  y ); x 3  y 3 , nó dẫn lối ta liên kết với biểu thức còn lại là x  y . Đem thả phương trình thứ nhất vào phương trình thứ 2 để nhử ta được: ( x  y )3  ( x  y )  10  x  y  2 . Sau đó quay trở lại ghép với phương trình 1 thì sẽ rất là thú vị, bạn thử xem nhé! Nếu bạn cần xem đáp số thì xem bên dưới ý :x Mình tin là bạn có thể tự giải nốt được. Mình nghĩ đáp số cuối cùng là (1;1)  45  3 3 2 2  x  y  3  4 y  x y  xy   60, Giải hệ phương trình sau:  4    x  4 y  3  2 xy 2  Giải: Ta thấy nếu y  0 thì x  3 Xét y  0 . Từ phương trình thứ nhất ta có: 3

x 3 45   2 2   1    4  x y  xy   y 4   y Từ phương trình thứ hai ta có: x 3  1   2 xy  3 y y Khi đó ta có: (2 xy  3)3  4( x 2 y 2  xy )  45

E-mail: [email protected]

- 134 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 xy  4 Kết hợp với:

x3  2 xy  4  4  x  3  4 y y

 x 3  xy 2  40 y 61, Giải hệ phương trình  3 2  y  x y  10 x

Giải: Các bài hệ phương trình "tựa" đối xứng này cũng xuất hiện khá thường xuyên trong các đề thi Đại học. Ta chỉ cần tìm quan hệ đơn giản hơn giữa các biến là xong. Trong trường hợp này, quan hệ đó được tìm được nhờ biến đổi sau  x 3  xy 2  40 y  x( x 2  y 2 )  40 y  . Nếu x  0 thì y  0 và nếu y  0 thì x  0 nên phương trình  3  2 2 2 y  x y  10 x y ( x  y )  10 x   có nghiệm x  y  0.

x y  4  x 2  4 y 2  x  2 y. Ta y x thấy x  2 y không thỏa vì từ các phương trình của hệ đã cho ban đầu, ta thấy x, y cùng dấu. Do đó Ta xét xy  0, chia hai vế của hai phương trình của hệ, ta được

x  2 y, thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được y (4 y 2  y 2 )  20 y  5 y 2  20  y  2. Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là ( x, y )  (0, 0), (4, 2), (4,  2).   y (1  2 x3 y )  3x 6 62, Giải hệ phương trình:  6 2 6  1  4 x y  5x

Giải: 2

b(1  2ab)  3a Đặt a  x3 , b  y , ta có:  2 2 2 1  4a b  5a +) Với b  0 , ta có hệ phương trình trở thành: 3a 2  0 (vô nghiêm)  2 5a  1

 3a 2 (1) 1  2ab  +) Với b  0 , ta có:  b (1  2ab) 2  4ab  5a 2 (2)  Thay (1) vào (2) ta có: 9a 4  4ab  5a 2  a (9a 3  5ab 2  4b3 )  0 b2  a( a  b)(9a 2  9ab  4b 2 )  0 Trường hợp 1: a  0 , ta có: 1  0 (vô lý). Suy ra hệ phương trình vô nghiệm.

E-mail: [email protected]

- 135 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 x  1, y  1  a 1  a  b 1   Trường hợp 2: a  b , ta có: 1  2a  3a   (T / M b  0)   x  3 1 , y  1 a  1 a  b  1   2  2 2 2 2 2 2 2 Trường hợp 3: 9a  9ab  4b  0  (6a  3b)  7b  0 Vô Nghiệm do b  0  b 2  0  x  1, y  1 Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  x  3 1 , y  1 2 2  2

 x 2  xy  2 x  2 y  16  0 63, Giải hệ phương trình:   ( x  y )(4  xy )  32 Giải: 2  x  xy  2 x  2 y  16  0(1)   ( x  y )(4  xy )  32(2)

 2( x  y )( x  2)  32   ( x  y )(4  xy )  32  2( x  y )( x  2)  ( x  y )(4  xy ) Vì x  y  nên suy ra : 2(2  x)  4  xy  2x  xy Nếu x  0 thì thay vào (1) ta sẽ tìm được nghiệm của hệ Nếu x  0 thì ta có: 2  y thay vào (1) ta sẽ tìm được nghiệm của hệ . Vậy hệ có nghiệm ( x, y )  (0;8), (2;2), (6;2)  y 2  x3  3x 2  2 x 64, Giải hệ phương trình  2 3 2 x  y  3y  2 y

Giải: Đầu tiên ta có nhận xét : y 2  x 3  3 x 2  2 x  x ( x  2)( x  1)  0  x  0 Tương tự ta cũng có: y  0  xy  0 Lấy vế trên của hệ phương trình ban đầu trừ cho vế dưới của hệ ta được : ( y  x)( y  x )  ( x  y )( x 2  y 2  xy )  2( y  x)( y  x )  2( x  y )  ( x  y )( x 2  y 2  xy  2 x  2 y  2)  0

 ( x  y )  ( x  1) 2  ( y  1)2  xy   0  x  y (vì ( x  1)2  ( y  1)2  xy  0 ) Dến đây thay x  y vào một trong hai hệ ban đầu sẽ tìm được nghiệm

 x 4  y 4  81 65, Giải hệ phương trình  3 3  x  y  27

Giải: E-mail: [email protected]

- 136 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

a 4  b 4  1 Ta co các biến lại bằng phép co: 3a  x;3b  y thì hệ đã cho trở thành:  3 3 a  b  1 Thực ra co lại cho vui thôi, hệ đã cho là đối xứng loại 1, đặt S  a  b, P  ab thì ta giải ngon lành rồi. Đáp số của hệ ban đầu: (3;0), (0;3)  x 4  4 x2  y 2  6 y  9  0 66, Giải hệ phương trình:  2 2  x y  x  2 y  22  0 Giải: ( x 2  2)2  ( y  3) 2  4 Ta biến đổi hệ phương trình về dạng:  2  ( x  2)( y  1)  24 Đặt: a  x 2  2; b  y  3 , khi đó hệ phương trình ban đầu đưa về dạng: a 2  b 2  4 a 2  b 2  4    (a  4)(b  4)  24  ab  a  b  8 Tới đây thì đưa về dạng phương trình đối xứng loại I rồi, nên việc còn lại khá nhẹ nhàng, các bạn hoàn thiện nốt nhé!

1  2 2 x  x   2 y 67, Giải hệ phương trình:  2  y  y x  2 y 2  2  Giải:

1  2 2 x  x  y  2  Dể nhận thấy điều kiện là y  0 khi đó hệ đưa về hình thức   2  1 x2  y 2 y 2u 2  u  v  2 1 Tới đây ta đặt t  x ; n  . Ta đưa về hệ đối xứng loại hai như sau  2 y  2v  v  u  2

10 6   x  y  xy  1  68, Giải hệ phương trình:   124  36  1  x 2  y 2 x 2 . y 2 Giải: Từ phương trình thứ nhất ta có: 10 xy x y  xy  6 Từ phương trình thứ hai ta có: E-mail: [email protected]

- 137 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

124 x 2 y 2 x 2 y 2  36 Do mối liên hệ: x 2  y 2  ( x  y )2  2 xy Ta có: 10 xy 2 124 x 2 y 2 100 xy 124 xy  2 2 2 ( )  2 xy  2 2 2 xy  6 x y  36 ( xy  6) x y  36 Đây là phương trình với một ẩn xy nên ta có thể tìm được xy và sau đó tính x  y . x2  y2 

 x 4  x3 y  9 y  y 3 x  x 2 y 2  9 x 69, Giải hệ phương trình:  x( y 3  x 3 )  7  Giải: Ta sẽ khai thác từ phương trình thứ nhất, thật vậy tách ghép lại ta sẽ thu được:  x  y (loai) ( x  y )  x ( x  y )2  9   0   2  x( x  y)  9  x( x  y ) 2  9 Khi đó ta sẽ thu được hệ phương trình:  3 3  x( y  x )  7 Tới đây không khó để nhẩm ra nghiệm là: x  1; y  2 . Chúng ta có một cách khá hữu hiệu là: Vì 3  x, x  0 không là nghiệm của hệ phương trình nên từ phương trình trên ta rút ra được: y  x rồi thế xuống phương trình dưới, khi đó bằng phương pháp hàm số ta sẽ chứng minh được phương trình đó có nghiệm duy nhất. ( x 2  x ) y 2  4 y 2  y  1  0 70, Giải hệ phương trình:  2 2 3 3  xy  x y  1  (4  x ) y  0 ac Ta có: Phương trình thứ nhất viết thành: x 2 y 2  1  y ( xy  1)  4 y 2 Phương trình thứ hai viết thành: 4 y3 ( x 2 y 2  1)( xy  1)  4 y 3  xy  1  2 2 x y 1 Từ hai điều trên ta có: 4 y4 ( x 2 y 2  1  2 y 2 )2 x2 y 2 1  2 2  4 y2   0  x2 y 2  1  2 y 2 2 2 x y 1 x y 1 Khi đó ta lại có: xy  1  2 y ( xy  1) 2  2( x 2 y 2  1)  xy  1 Do đó y  1 và x  1 .

E-mail: [email protected]

- 138 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 2 x 2  2 xy  y 2  2 71, Giải hệ phương trình:  3 2 2 3 2 x  3 x  3xy  y  1  0 Giải: Cách 1: Phương trình (2) của hệ viết lại như sau:

3 x3  3x 2 y  3x 2  1  ( x  y )3  0  ( x  y )3  3x 2 ( x  y )  1  3 x 2 (3) Ta thấy x  0 không phải là nghiệm của hệ. Chia 2 vế của (3) cho x 3 ta có phương trình sau: 3

y  y  1 3   1  3   1  3  x  x  x x 2  1   y   y  1 1 y    1     1    1 .  2  3  0 x   x   x  x x x 

Phương trình (1) của hệ được viết lại như sau: 2

2 y  x 2  2 xy  y 2  2  3 x 2  ( x  y )2  2  3 x 2    1  2  3 (5) x  x

 x 1 y  0 1 y 1 3 y Trường hợp 1:   1    0   1  thay vào (5) ta có 2  3    x x x x x  x  1  y  2 2

y  y  1 1 Trường hợp 2:   1    1 .  2  3  0 thay vào (5) ta có: x  x  x x y 1 y  1 1   1 .  2  0   1   y  1  x x x x  x x Thay vào ta cũng tính được 2 cặp nghiệm trùng với hai nghiệm ở trên.

Kết luận: Hệ phương trình có 2 nghiệm là: ( x; y )  ( 1; 0), (  1; 2) Cách 2: 2 x3  3x 2  3 xy 2  y 3  1  2 x 3  3x 2  3 xy 2  y (2 x 2  2 xy  2)  1

 2 x3  3x 2  xy 2  2 x 2 y  2 y  1  2 x 3  3 x 2  x(2 x 2  2 xy  2)  2 x 2 y  2 y  1  3x 2  2 x  2 y  1   x 2  2 x 2  2 x  2 y  1   x 2  (2 xy  y 2  2)  2 x  2 y  1  ( x  y ) 2  2( x  y )  1  ( x  y  1)2 Lúc này, từ giả thiết, ta thu được x  y  1 và mọi việc trở nên dễ dàng. :D  x  xy  y 2  0 72, Giải hệ phương trình:  3 x  y  2 y

Giải:

E-mail: [email protected]

- 139 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Bài này cứ rút trực tiếp x  2 y  y 3 rồi thay vào phương trình thứ nhất và phân tích nhân tử là được (việc này khá đơn giản do ta đã biết chắc sẽ có một nhân tử y rồi).  x 2 y  2 x 2  3 y  15  0 73, Giải hệ phương trình:  4 2 2  x  y  2x  4 y  5  0 Giải: Cách 1: Hệ trên tương đương với hệ :  x 2  y  2   3( y  5)  x 2  y  2   3( y  5) (1)   2 2  2 2 2 (2)  x ( x  2)   y  4 y  5  x ( x  2)  (1  y )(5  y ) • Với y  2 Không thỏa mãn là nghiệm • Với x  0  y  5 Là nghiệm của hệ • Với x  0; y  5; y  2 Ta lấy phương trình 2 chia cho phương trình 1 vế theo vế ta được phương trình : x2  2 1  y y2  3 y  8 2  x  y2 3 3 Thế vào phương trình 1 của hệ ta được phương trình : ( y 2  3 y  8) y 2( y 2  3 y  8)   3 y  15  0 3 3  x2  ( y  1)( y 2  6 y  29)  0  y  1  x 2  4    x  2 Kết luận : Hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm ( x; y )  (0;5);(2;1);(2;1) Cách 2: ( x 2  3)( y  2)  21 Đưa hệ phương trình đã cho về dạng:  2 2 2  ( x  1)  ( y  2)  10

Đặt: a  x 2  1; b  y  2 , từ đó hệ phương trình trên trở thành: (a  4)(b  4)  21 ab  4(a  b)  5   2 2 2  a  b  10  (a  b)  2ab  10 Cách 3: Gợi ý : ( x 4  y 2  2 x 2  4 y  5)  2( x 2 y  2 x 2  3 y  15)  ( x 2  y  5)( x 2  y  7).

 x 2  xy  3 x  y  0 74, Giải hệ phương trình sau:  4 2 2 2  x  3x y  5 x  y  0 Giải:

E-mail: [email protected]

- 140 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Dễ thấy với: ( x; y )  (0;0) là một nghiệm của hệ phương trình. Với: x  0 ta chia cả 2 vế cho phương trình trên cho x , phương trình dưới cho x 2 ta thu được:

 y  x   1   y  y     x y    x  x   y  3  x  x   y  3   x  y  3  x  0    y  4       2 2 2  x y  x y 2  0  x2  3 y  5  y  0  x y  y 5   x  y  2 2            x x x x  x     y 1    x 3  x 2   12  75, Giải hệ phương trình:  y   y   2  ( xy )  xy  6 ĐK: y  0 (*), Đặt a 

(1) (2) Giải:

x , b  xy y

Ta có: (1)  a 3  a 2  12  0





  a  2  a 2  3a  6  0 2

 a  2 (Vì a  3a  6  0 ) (3) x Vì a  2 hay  2  0 nên x,y cùng dấu.  b  xy  0 (**) y 2 (2)  b  b  6  0   b  3 b  2   b  2 (theo (* *)) (4)

Từ (3) và (4) ta có hệ:  xy  2   x  2  (thỏa (*))  x  2 y  1    y  Vậy hệ phương trình trên có nghiệm (2;1) hoặc (2; 1) . ( x  1)( y 2  6)  y ( x 2  1) 76, Giải hệ phương trình:  2 2 ( y  1)( x  6)  x ( y  1) Giải: 2 2 2  xy  y  6 x  6  x y  y Khai triển trực tiếp ta có:  2 2 2  x y  x  6 y  6  xy  x Trừ vế theo vế rồi rút gọn ta thu được: xy  ( x  y )( x  y  2 xy  7)  0    x  y  2 xy  7  0 Với: x  y , thay vào phương trình trên ta có:

E-mail: [email protected]

- 141 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

x2 x 2  5x  6  0    x3 Hệ có 2 nghiệm là: (2; 2);(3;3) . Với: x  y  2 xy  7  0 . Cộng vế theo vế 2 phương trình ban đầu rồi rút gọn ta được: x 2  y 2  5( x  y )  12  0  ( x  y )2  5( x  y )  2 xy  12  0  x  y 1 Thay: 2 xy  x  y  7 vào phương trình trên ta được: ( x  y )2  6( x  y )  5  0    x y 5  y   x 3  3x  4 77, Giải hệ phương trình:  3  x  2y  6y  2

Giải:  y  2   ( x  1)2 ( x  2) (  ) Hệ đã cho được viết lại như sau:  2  x  2  2( y  1) ( y  2) (  ) Nếu : y>2 từ phương trình: ( ) suy ra x2 điều này là mâu thuẩn. Lập luận tương tự cho trường hợp y1 thì từ giả thiết x 4  y 4  2, ta có y 2  1. Điều này dẫn đến x 3  2 x 2  2 x  x ( x  1)2  x  x  1  y 2 . Phương trình thứ hai của hệ không được thỏa mãn. Nếu 0  x  1 thì ta có y 2  1. Lúc này, x 3  2 x 2  2 x  1  (1  x)( x 2  x  1)  1  y 2 cũng dẫn đến mâu thuẫn. Từ hai trường hợp vừa xét, ta thấy rằng x phải bằng 1. Suy ra y 2  1 và do đó, ta có ( x, y )  (1,1) hoặc ( x, y )  (1,  1). Thử lại, ta thấy hai bộ này thỏa mãn hệ phương trình. :) x2 y 2  2x  y2  0 96, Giải hệ phương trình:  2 3 2 x  4 x  3  y  0 Giải: Cách 1: - Nhận thấy x  0 thay vào hệ vô nghiệm. 1 x2 1 - Nếu x  0 từ (1) ta có: 2  y 2x 1 Dễ dàng suy ra x > 0 .  2  1 (theo BĐT AM-GM) y 2 suy ra y  1  1  y  1 . (2)  2( x  1) 2  ( y 3  1)  0 Có VT  0  (2) có nghiệm duy nhất x  1, y  1 Vậy ( x, y )  (1; 1) Cách 2:

E-mail: [email protected]

- 149 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Một cách khác là sử dụng phân tích (2 x 2  4 x  3  y 3 )  2( x 2 y 2  2 x  y 2 )  ( y  1)(2 x 2  y 2  2 x 2 y  3 y  3) để suy ra y  1 hoặc 2 x 2  y 2  2 x 2 y  3 y  3  0. Tuy nhiên, trường hợp thứ hai lại không thể xảy ra do ta có 2 x 2  y 2  2 x 2 y  3 y  3  ( x 2 y 2  2 x  y 2 )  x 2 ( y  1) 2  ( x  1)2  2( y  1) 2  1  0. Và như vậy, ta tìm được y  1. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta có ngay x  1. Thử lại ta thấy ( x, y )  (1,  1) thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x, y )  (1,  1).   6 x 2  y  xy 2  0 97, Giải hệ phương trình  2 2 2 5 x  x y  1  0

Giải: 1 y Dấu hiệu chia rồi đặt, đặt a  y  ; b  ta đưa về hệ: x x

 ab  6  2 a  2b  5

 x 3 y 2  x 2 y 2  y 2 x  2 x 2  2 x  y 2 98, Giải hệ phương trình:  3 2 2 x  3x  6 y  12 x  13 Giải: Từ phương trình 1 của hệ ta có : ( x  1)  ( x 2  1) y 2  2 x   0 x  1    2 2  ( x  1) y  2 x 13 • Với x  1  y  3

x  0  • Với ( x  1) y  2 x   2 2x  y  x 2  1 +) Nếu y  0 thì dễ thấy hệ vô nghiệm. 2

2

E-mail: [email protected]

- 150 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

+) Nếu y  0  y  

2x thế vào phương trình (2) của hệ ta được : x 1 2

2x  12 x  13  0 x2  1

2 x3  3x 2  6

2x 0 x 1

 2 x 3  3 x 2  12 x  7  6  6  ( x  1)2 (2 x  7)  6





THPT Lục Ngạn 3

2

( x  1) 2 0 2x 1 2 x 1

    6 0 ( x  1)2  (2 x  7)   2x  1 2   x 1  



2x  1 , do đó y  1 x 1 Từ phương trình thứ hai ta có 6 y  2 x 3  3 x 2  12 x  13  6 hay ( x  1)2 (2 x  7)  0 , do đó x  1 nên y  1 . 13   Kết luận : Hệ có 2 nghiệm ( x; y )  (1; 1);  1;  3  

Ta có x 2  1  2 | x | nên y 2 

2

 x 2  xy  x 2 y  2 x  1 99, Giải hệ phương trình :  2 2  x y  xy  y  2 Giải: Cách 1: Bài này của em anh thấy phương pháp thế là tự nhiên nhất đấy! Trước tiên ta nhận xét rằng với hệ này thì x  0, x  1 không thỏa hệ đã cho. Do đó với x  0 và x  1 thì từ phương trình thứ nhất trong hệ ta thu được :

x2  2 x  1 x  2x 1  ( x  x ) y  y  x  x2 Thế y vừa rút theo x vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 2

2

2

 x 2  2 x  1   x2  2 x  1  x2  2x 1 x    x   2 x (1  x )  x(1  x)   x(1  x)   x 2  2 x  1  x2  2x 1  x2 1  x      x (1  x )  x (1  x)  1  x  2



( x 2  2 x  1)( x 3  2 x 2  2 x  1) x2 1  (1  x) x (1  x ) x(1  x)

E-mail: [email protected]

- 151 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 ( x 2  2 x  1)( x 3  2 x 2  2 x  1)  ( x 2  1)(1  x)





 x5  4 x 4  6 x 3  2 x 2  3x  2  0  ( x  2) ( x 2  x )2  ( x  1)2  0 Ta không khó để thấy rằng phương trình : ( x 2  x )2  ( x  1)2  0 vô nghiệm. 1 Vậy ta suy ra được x  2  y  2

 1 Kiểm tra lại vào hệ ta nhận nghiệm của hệ là ( x; y )   2;    2 Cách 2: Ta có y ( x 2  xy  x 2 y  2 x  1)  ( y  1)( x 2 y  xy 2  y  2)  (1  xy )( y 2  2 y  2), do đó từ giả thiết ta suy ra xy  1. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được x 2  1  x  2 x  1, suy ra x  1  x  2. Và do đó,  1 ta có ( x, y )  (1,  1) hoặc ( x, y )   2,  .  2  1 Tuy nhiên, khi thử lại ta thấy chỉ có bộ số ( x, y )   2,  thỏa mãn hệ phương trình. Như vậy, hệ đã  2  1 cho có nghiệm duy nhất ( x, y )   2,  .  2  xy 2  2 x 2 y  3 y  1 100, Giải hệ phương trình :  2 2  xy  2 x  y  2 y  3 Giải:

ay  3 y  1 Đặt a  xy  2 x 2 , ta thu được một anh hết sức đẹp đẽ là  2 a  y  2 y  3  xy 2  x 2 y 2  2 y  2 101, Giải hệ phương trình :  2 2 x y  x  y  1 Giải: Rõ ràng ta thấy y  0 không cho nghiệm nào của hệ nên ở đây chỉ cần xét y  0.

Khi đó, chia hai vế của từng phương trình cho y 2 và đặt t 

 x 2  x  2t 2  2t  0 1 , ta được  2 2 2 y  x t  xt  1  t  0

Lúc này, ta có đồng nhất thức sau 2( x 2t  xt 2  1  t 2 )  (2t  1)( x 2  x  2t 2  2t )  ( x  2t  2)(2t 2  1  x ). Và do đó, kết hợp với các giả thiết có được từ hệ, ta có x  2t  2 hoặc x  2t 2  1. Tuy nhiên, trường hợp x  2t 2  1 không thể xảy ra vì lúc này x 2  x  (2t 2  1) 2  (2t 2  1)  4t 2  (2t 2  1)  2t 2  (t 2  1)  t 2  2t 2  2t  t 2  2t 2  2t , trái với giả thiết của hệ. Như vậy, ta phải có x  2t  2.

E-mail: [email protected]

- 152 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Thay vào phương trình thứ nhất, ta được (2t  2)2  (2t  2)  2t 2  2t  0, hay 2(t  1) 2  0. Vậy t  1, tức x  0, y  1. Thử lại ta thấy thỏa. Tóm lại, hệ phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm là ( x, y )  (0,  1). 2 x 2  x ( y  1)  y 2  3 y 102, Giải hệ phương trình:  2 2  x  xy  3 y  x  2 y Giải: Cách 1: 2 x 2  x ( y  1)  y 2  3 y  2 2  x  xy  3 y  x  2 y  2 x 2  xy  y 2  x  3 y  2 2  x  2 y  x  xy  3 y Nhân 2 pt của hệ :  2 x 3  3 x 2 y  xy 2  2 y 3  x 3  4 x 2 y  9 y 3

 x3  7 x 2 y  xy 2  7 y 3  0  ( x 2  y 2 )( x  7 y )  0  x y   y   x  x  7 y Cách 2: 2 x 2  x( y  1)  y 2  3 y (1) Hệ đã cho tương đương:  2 2  2 x  2 xy  6 y  2 x  4 y (2) Lấy (1)  (2) vế theo vế ta được: x(1  y )  7 y (1  y ) 8 x3  y 3  63 103, Giải hệ phương trình:  2 2  y  2x  2y  x  9 Giải: Nhân phương trình thứ 2 với 6 rồi trừ vế theo vế ta suy ra: (2 x  1)3  ( y  2)3  x 2  2 y 2  3x  2 xy  0 104, Giải hệ:  2  xy ( x  y )  ( x  1)  3 y (1  y )

Giải:  xy ( x  y )  ( x  1)  3 y (1  y )  y ( x  2 xy  2 y 2  3x )  ( x  2 y  1)( x  y 2  y  1). 2

2

1  x 3 y 3  19 x3 105, Giải hệ  2 2  y  xy  6 x

Giải:

E-mail: [email protected]

- 153 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Dễ thấy khi x  0, y  0 không thỏa hệ. Vậy ta viết hệ lại thành: 2  1 y   1  1 3  y  y  3. (1)   y  19    19      x 3 x   x   x   1 x   y  6. x 1 (2)  x y  x  y  6. y  Thay (2) vào (1) ta có: 2 3 3 3  x x x   x y 1 3  x   6.   6.   3.   19  6 .    18  19.          6 y   y x y 6   y  y  

 x 2  xy  y 2  3 106, Giải hệ phương trình  2  x  2 xy  7 x  5 y  9  0

Dạng tổng quát: ( Phương pháp tịnh tiến) Bạn có thể tham khảo bài viết của anh batigoal ax 2  by 2  cxy  dy  ex  f  2 2 ax  by  cxy  d y  ex  f   0 Quan sát ta thấy cả 2 phương trình của hệ đã cho đều có dạng bậc 2 , trong đó các phần tử tự do của x và y đều có dạng bậc nhất. Điều này gợi nhớ cho chúng ta tìm cách đưa về hệ phương trình đồng bậc 2 để giải quyết . Vậy chúng ta có mẹo nhỏ như sau: Đó là đặt x  u  a, y  v  b thay vào hệ phương trình. Sau đó muốn hệ đồng bậc hai với u, v thì chúng ta cho hệ số bậc nhất của u,v bằng không. Từ đó chúng ta tìm được a,b. Minh họa bằng bài toán trên như sau:  x 2  y 2  xy  2 y  x  2  2 2 2 x  y  2 y  2  0 Chúng ta làm ra nháp như sau: Đặt x  u  a, y  v  b thay vào hệ phương trình ta được: (u  a )2  (v  b) 2  (u  a)(v  b)  2(v  b)  (u  a )  2 .  2 2 2(u  a)  (v  b)  2(v  b)  2  0 Khai triển hệ phương trình ra cho các hệ số bậc 1 của u,vbằng 0 . ta giải ra được: a  0, b  1 . Vậy làm bài thi thì ta làm như sau : Đặt x  u, y  v  1 ta sẽ đưa về hệ phương trình đơn giản như sau: u 2  uv  v 2  3  2 2 2u  v  1 Đến đây ta có hệ đẳng cấp bậc 2 đơn giản rồi, mời bạn đọc triển khai nốt nhé. :)> x 3  3 xy  49 107, Giải hệ phương trình  2 2  x  8 xy  y  8 y  17 x Gợi ý: Khử hạng tử xy từ hệ!

E-mail: [email protected]

- 154 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

( x  1)2  2 y 2  y  7 108, Giải hệ phương trình:  2 2  y ( y  2 x)  y  2 Giải: 2 2 2( y  x)  ( x  y  2)  8  0 Viết lại hệ đã cho dưới dạng:  2 2 2 ( y  x)  ( x  y  2)  0 u  y 2  x Đặt  2 v  x  y  2

2u  v  8  0 Ta được:  2 u  v  0

 xy 2  x 2  y  1 109, Giải hệ phương trình :  2 2 2  x y  y  xy  1 Giải: Từ hệ suy ra : xy 2  x 2  y  x 2 y 2  y 2  xy  0





  y  1 xy  x 2 y  x 2  y  0 +) Với y  1 thì dễ rồi +) Với xy  x 2 y  x 2  y  0 thay xy vào phương trình 2 ta được: x 2 y 2  y 2  x 2 y  x 2  y  1  ( y 2  y  1)( x 2  1)  0 Từ 2 trương hợp trên ta tìm được các nghiệm là (2;1);(1;1);(1; 1)  x 2 y  xy 2  x  y  xy  11 110, Giải hệ phương trình:  2 2 3 x y  xy  3x  y  xy  17 Giải: Cộng hai phương trình với nhau vế theo vế, ta có hệ đã cho tương đương với:  x 2 y  xy 2  x  y  xy  11  x 2 y  xy 2  x  y  xy  11 ( xy  1)( x  y  1)  12  2   2 2 ( xy  1)( x  y )  3 2 x y  2 x  xy  14  x y  xy  x  y  3 10 y 3  7 y 2  7 y  24  0 ( xy  1)( x  y  1)  12 y 1    3 x  5 y  1 x  2 3 x  5 y  1



3 3 3  y  x 9  x 111, Giải hệ phương trình  2 2  x y  y  6 x

 Giải:

Cách 1:

E-mail: [email protected]

- 155 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Nhận xét rằng ( x; y )  (0;0) thỏa hệ đã cho.  y 3 3    9  x  x  y  Với x  0 ta đưa hệ về hệ phương trình :  (1) Đặt t   y  tx. x  y ( x2  y)  6 x   t 3  x3  9 (t  x)3  3 xt ( x  t )  9 (t  x) 3  27 Khi đó hệ (2) trở thành :      2  xt ( x  tx )  6 x  xt ( x  t )  6  xt ( x  t )  6 Cách 2: Với y  0, ta có ngay x  0 và bộ số ( x, y )  (0, 0) là một nghiệm của hệ. Xét trường hợp y  0,  x3 3 1  3 (9  x ) y 1  khi đó hệ đã cho có thể được viết lại dưới dạng  2 Đặt t  , ta được y  x 1  6x 2  y y Từ đây ta suy ra (6 xt 2  x 2t )3  x 3t 3 9(6 xt 2  x 2t )  x 3  , hay



1  x 3t 3 (9  x3 )  2 2 1  6 xt  x t



x 3t 3 (6t  x)3  9(6 xt 2  x 2t )  x 3   0. Sau khi khai triển và rút gọn, ta được 3 4

27 x t (4t  x)(2t  x )  0.  x  x 2 y  xy 2  y  2 112, Giải hệ phương trình :  2 2 2 2  x  x  2 x y  y  y  2 Giải: Đặt x  y  S và xy  P Cộng 2 phương trình vế theo vế ta biến đổi được: ( S  P)(2 P  S  2)  0  x3  y 3  9 113, Giải hệ phương trình  2 . 2  2x  y  4x  y  0 Giải: Từ hệ phương trình đã cho ta đưa về được phương trình: ( x  2)3  ( y  1)3  x 2  y( x  y)  1  0 114, Giải hệ phương trình:  2 ( x  1)( x  y  2)  y  0 Giải: Bài hệ này quen quá: y  0 không phải là nghiệm.

x2  1 Xét y  0 Chia hai phương trình của hệ cho y . Sau đó đặt a  ;b  x y y

E-mail: [email protected]

- 156 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 x3  3x2 y  2 y  0 115, Giải hệ phương trình:  3  x  3y  2 y  0 Giải: 3 2 4 Từ giả thiết, ta có ( x  3 x y )( x  3 y )  4 y , hay x 4  9 x 2 y 2  4 y 4  0. Giải phương trình này, ta

9  97 2 9  97 y  k2 y2, k  hay x   ky. 2 2 Với x  ky : Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta có y (k  3  2 y 2 )  0, hay

được x 2 

y  0 y 

k 3 k 3 y . 2 2

 k 3 k 3   k 3 k 3  Từ đây ta suy ra ( x, y )  (0, 0) hoặc ( x, y )   k , ,  hoặc ( x, y )    k  . 2 2 2 2     2 Với x  ky : Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được y (3  k  2 y )  0. Do k>3 nên ta có 3  k  2 y 2  0. Từ đó kết hợp với trên, ta thu được y  0 và ( x, y )  (0, 0).  k 3 k 3  Kết luận: Hệ phương trình đã cho có tất cả ba nghiệm là ( x, y )  (0, 0), ( x, y )   k ,  và 2 2    k 3 k 3  9  97 ( x, y )    k , .  , trong đó k  2 2  2   x 2  y 2  xy  1  4 y 116, Giải hệ phương trình:  2 2  y(x  y)  2x  7 y  2 Giải: Hệ đã cho tương đương với:  x 2  1  4 y  xy  y 2  2 2  y ( x  y )  2( x  1)  7 y

 y ( x  y )2  2(4 y  xy  y 2 )  7 y  y (( x  y )2  2( x  y )  15)  0  y  0 hoặc x  y  3 hoặc x  y  5 .  x 4  2 x3 y  x 2 y 2  2 x  9 117, Giải hệ phương trình:  x 2  2 xy  6 x  6  Gợi ý: Vế trái của phương trình thứ nhất có thể viết lại thành ( x 2  xy )2 . Do đó, ta có thể thay

6  6 x  x2 xy  rút được từ phương trình thứ hai vào và biến đổi phương trình thứ nhất thành 2 phương trình một ẩn theo x. Từ đó tìm được x và cuối cùng là tìm được y.

E-mail: [email protected]

- 157 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 2x2  4 y 2  2 3   4    ( x  y)  1 xy  y x 118, Giải hệ phương trình:   2  ( x  1)  xy  3 x  2 y  5  2 x x( y  3)  x  y  3 Giải: Phương trình (2) khá cồng kềnh và có những 2 dấu căn, nên có lẽ ta nên bắt đầu từ phương trình (1) (trông có vẻ ít kinh khủng hơn). Nếu bạn nhân phân phối và rút gọn phân số bạn sẽ thấy ngay ẩn phụ ở phương trình (1). x y x y (1)  2  4  4 2  3  1  1(3) y x y x x Đặt  t ( t  0 ). Phương trình (3) trở thành: y 4 3 4 3  1  4 2t   1(4)  (2t   1)2  16(2t   1) t t t t 16 56 4 2  4t 2  2  28t   33  0  4(t 2  2 )  28(t  )  33  0 t t t t 2 Đặt t   u . Phương trình (5) trở thành: t 2t 

(5)

 t4 7 2 7 4(u  4)  28u  33  0  u   t     1 t  2 t 2  2 Lấy hai t này thử lại ở phương trình (4) ta thấy chỉ có t  4 là thỏa. Vậy t  4  x  4 y Cách 1: Đối với phương trình (2) thì không cần thế vội, ta cứ biến đổi một chút đã. Bình phương hai vế nó lên ta thu được : ( x  1)2  xy  3 x  2 y  5  2 x x( y  3)  x  y  3  2 x( y  3)  ( x  1)[ x  y  3  2 x( y  3) ]  0 2

 ( x  1)[ x  y  3]2  0 Cách 2: Thế x  4 y vào phương trình (2) và rút gọn:

(2)  20 y 2  22 y  6  16 y y ( y  3)  2 y  y  3

(6)

Bình phương 2 vế và rút gọn: (6)  20 y 2  17 y  3  4(4 y  1) y ( y  3)  0 (7) 5 Đặt v  2 y ( y  3) . Phương trình (7) trở thành: v 2  2(4 y  1)v  15 y 2  2 y  3  0 4 5  11   (4 y  1) 2  (15 y 2  2 y  3)  ( y  1) 2 4 4 Vì   0 nên y  1  x  4 y  4 . Thử lại thấy nghiệm (4;1) thỏa. Vậy hệ có duy nhất 1 nghiệm: (4;1) E-mail: [email protected]

- 158 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

 x 3  8  x  1  119, Giải hệ phương trình:  ( x  1)4  y  Điều kiện: x  1, y  0. Từ giả thiết, ta có

THPT Lục Ngạn 3

y

Giải: y  ( x  1)2 . Do đó, phương trình thứ nhất của hệ có thể

viết lại thành x 3  8  x  1  ( x  1)2 , tương đương ( x 3  x 2  2 x  8) 





x  1  1  0. Bằng cách

1   tách nhân tử và trục căn thức, ta thu được ( x  2)  x 2  x  4    0. Do x  1 nên phương x 1 1   trình cuối được thỏa mãn khi và chỉ khi x  2. Như vậy, ta có x  2 và y  (2  1) 4  1. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x, y )  (2,1).   x 2  y 2  xy  4 y  1 120, Giải hệ phương trình:  2 2  y(x  y)  2x  7 y  2 Giải: Cách 1:  x 2  yx   y 2  4 y  1(1) Hệ đã cho biến đổi thành :  2 2 3 ( y  2) x  2 y x   y  7 y  2

(2)

t  yx   y 2  4 y  1(1) Đặt t  x 2 . Lúc đó ta có hệ phương trình :  2 3 ( y  2)t  2 y x   y  7 y  2(2) Ta nhận thấy đây là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. Ta có : D  y 2  2 y Dt  y ( y 3  8 y 2  9 y  2) Dx  16 y  6 y 2 Nhận thấy y  0 và y  2 không phải là nghiệm. Vậy khi xét y  0 ; y  2 ta có : 2

Dt  Dx  2 3 2 2 2    y ( y  2 y )( y  8 y  9 y  2)  (16 y  6 y ) D  D   y 2 y 5 Cách 2 : Nhận thấy y  0 không là nghiệm của hệ phương trình.Hệ pt tương

 x2  1  x y  4  y  đương:  2 ( x  y ) 2  2 x  1  7  y

E-mail: [email protected]

Đặt :

 uv  4 x2 1  u, x  y  v ta có hệ mới:  2 y v  2u  7

- 159 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 xy ( xy  2 y  1)  y  6 y 2  1 121, Giải hệ phương trình :  xy  x  4 y  2  Giải: 2 2  x y  2 xy 2  xy  y  1  6 y 2 (1) Hệ phương trình được viết lại như sau:   xy  x  2  4 y (2)

Để ý rằng y  0 không phải là nghiệm. Chia phương trình (1) của hệ cho y 2 , phương trình (2) cho x 1 1  2 x  2x  y  y  y2  6  y ta thu được:  x  x  2  4  y y 2

 1  x 1  1 1 x 1   x        2 x    6x     4 y  y y  y y y y  Đặt a  x 

 a 2  2a  b  6 1 x 1 ; b   ta thu được hệ mới:  y y y a  b  4

 y ( xy  1) 2  y 2  1  5 122, Giải hệ phương trình   x ( xy  1)  1 .  x 2  1 2

Giải: 1 5  2 ( xy  1)  y  y (1) Từ hệ phương trình, ta có xy ( xy  1)  0 và do đó, ta có thể viết lại hệ thành  2( xy  1)  x  1 (2)  x  1 1  ( y  x)( xy  1) 1 Lấy (2)  (1), ta được ( xy  1)  ( y  x )      . 2 xy  y x

Do xy  1 nên từ đây, ta có xy  2 y  2 x. (3) Thay trở lại vào (2), ta được 2 x(2 y  2 x  1)  x 2  1, hay 5 x 2  4 xy  2 x  1  0. (4) Bây giờ, từ (3) và (4), ta suy ra 0  (5 x 2  4 xy  2 x  1)  4( xy  2 y  2 x)  ( x  1)(5 x  8 y  1).  x ( y 2  1) 3  ,  2 2 5  x y 123, Giải hệ phương trình  2  y ( x  1)  4 .  x 2  y 2 5

Giải:

E-mail: [email protected]

- 160 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Nhân phương trình thứ nhất của hệ với x và nhân phương trình thứ hai cho  y rồi cộng hai phương trình cho nhau, ta được x 2 ( y 2  1) y 2 ( x 2  1) 3 x  4 y 3x  4 y  2   1 2 2 2 x y x y 5 5 1  Đáp số. (3;1) ,  ; 1 . 3 

1  3 3 3 x  y  x y 124, Giải hệ phương trình :  x2  y2  1  Gợi ý: Bình phương phương trình dưới rồi nhân chéo.. ta sẽ thu được: (3 x 3  y 3 )( x  y )  ( x 2  y 2 ) 2 Tới đây chắc cơ bản hơn rồi  ( x  y ) 2  x  y  y 2 125, Giải hệ phương trình:  4 2 2 2  x  4 x y  3x   y Giải: Cách 1: Với x  y : Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được 2 x  x 2  0. Từ đó suy ra x  y  0 hoặc x  y  2. Thử lại, ta thấy các bộ số này đều là nghiệm của hệ.

Với 2 x3  x 2  x  y  0 : Do 3(2 x3  x 2  x  y )  (2 x  1)( x 2  2 xy  x  y )  2(2 x 2  1)(2 x  y ), nên ta có y  2 x. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta thu được 3 x 2  3 x  0, tức x  0 hoặc x  1 (tương ứng, ta có y  0 hoặc y  2 ). Thử lại, ta thấy ( x, y )  (0, 0) và ( x, y )  (1, 2) đều thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm là ( x, y )  (0, 0), ( x, y )  (2, 2) và ( x, y )  (1, 2).  Ngoài cách trên, em còn phát hiện được là ( x 4  4 x 2 y  3 x 2  y 2 )  ( x 2  2 xy  x  y )2  2 x ( x  1)( x  y )(2 y  1). Cách 2:  x 2  x  y  2 xy Hệ phương trình được viết lại như sau:  4 2 2 2  x  3x  y  4 x y Ta thấy x  y  0 là một nghiệm của hệ. Xét x  0 chia phương trình (1) cho x , phương trình (2) cho x 2 ta thu được:

E-mail: [email protected]

- 161 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

y   x  x  1  2 y  2 x2  y  3  4 y  x2 a  2 y  1 y Đặt a  x  ta thu được hệ mới:  2 x a  6 y  3 Cách 3: Đầu tiên ta thấy x  0, y  0 là 1 nghiệm của hệ

Xét x, y  0 Pt (1) Chia cả 2 vế cho xy thu được pt mới là

x 1 1    2 Pt (2) Chia chia 2 vế cho ( xy ) 2 thu y x y

2

 x 1 6 3 được pt mới là      2  0  y x y y Tới đây là đơn giản rồi Vậy tóm lại nghiệm là ( x, y )  (0, 0);(1, 2);(2, 2)  x 2  2 xy  y 6  24 y 2 126, Giải hệ phương trình:  2  xy  y  12 Giải: 2 2 6 ( x  y )  25 y  y Bạn viết hệ thành :   y ( x  y )  12 Dễ thấy y  0. Từ phương trình (2) của hệ rút x  y và thế vào ta có : 144  25 y 2  y 6  y 8  25 y 4  144  0 Đến đây thì dễ rồi, bạn làm tiếp nhé :) y2  x 2  2 y 2  xy  2 y  2  0 127, Giải hệ phương trình:  4 2 2 2  y  3y  y x  x y 1  0 Gợi ý: Từ pt (1) ta có: x 2  xy  2 y  2 y 2  1





4

Thế vào pt(2) và rút gọn ta được: x  2 x3 y  x 2 y 2  0 16 x 2 y 2  17 y 2  1 128, Giải hệ phương trình :  4 xy  2 x  7 y  1 Giải:

E-mail: [email protected]

- 162 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

1  2 16 x  17   y 2  Từ hệ phương trình, ta thấy y  0. Khi đó, ta viết được hệ dưới dạng  4 x  2 x  7   1  y y 16 x 2  t 2  17 Lúc này, hãy để ý tiếp rằng  2 xt  4 x  t  7  2 2 (16 x  t  17)  4(2 xt  4 x  t  7)  (4 x  t ) 2  4(4 x  t )  45.

Đặt t 

1 , ta được y

 x 2  1  y ( y  x)  4 y 129, Giải hệ phương trình :  2 ( x  1)( y  x  2)  y Giải: Nhận thấy y  0 không phải là nghiệm của hệ phương trình. Xét y  0 . Ta chia cả hai phương trình của hệ cho y .

 x2  1  x2 1  ( y  x )  4  ( y  x  2)  2    y  y Hệ   2  2  x  1 ( y  x  2)  1  x  1 ( y  x  2)  1  y  y

Ta đặt

x2 1  a và y  x  2  b thì hệ tương đương với: y

a  b  2   ab  1

 2( x  y )3  4 xy  3  0 130, Giải hệ :  4 2 2 ( x  y )  2 x  4 xy  2 y  x  3 y  1  0 Giải: 2 3 2 Ta có: ( x  y )  4 xy  2( x  y )  ( x  y )  3  2( x  y )3  4 xy  3  0  2( x  y )3  ( x  y ) 2  3  0  ( x  y  1)[2( x  y ) 2  3( x  y )  3]  0 (  ) Vì 2( x  y )2  3( x  y )  3  0 với mọi x, y nên (  )  x  y  1 Phương trình (2) có dạng: ( x  y )4  2( x  y )2  ( x  y )  (2 y  1) 2  0 Mặt khác ta có:

E-mail: [email protected]

- 163 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

( x  y )[( x  y )3  2( x  y )  1]  ( x  y )( x  y  1)[( x  y ) 2  ( x  y )  1]  0 do x  y  1 x  y 1  Vì vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm khi :  x  y  1  x  y  2 2 y  1  0 

1 1 Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( x; y )   ;  2 2

 x 3  3xy 2  4 y 131, Giải hệ phương trình  4 4 x  y  2

Giải: Bình phương phương trình thứ nhất, sau đó nhân với phương trình thứ 2 để tạo hệ đồng bậc, cụ thể là: 2( x 3  3xy 2 )2  16 y 2 ( x 4  y 4 )  x 6  6 x 4 y 2  9 x 2 y 4  8 y 2 x 4  8 y 6 Đặt y  tx , thế vào phương trình trên ta được: x 6  6 x 6t 2  9 x 6t 4  8 x 6t 2  8 x 6t 6 (1) Nhận thấy x  0 không phải là nghiệm của hệ đã cho nên: (1)  1  6t 2  9t 4  8t 2  8t 6  (t  1)(t  1)(8t 4  t 2  1)  0 2 x( x  1)( y  1)  xy  6 132, Giải hệ:  2 y ( x  1)( y  1)  xy  6 Giải: Cộng vế (1),(2) được: 2( x  y  1)( xy  x  y )  0 (để dễ nhìn ra nhân tử hơn có thể đặt u  x  y , v  xy ) +) Nếu x  y  1  0 thì y   x  1 , thay vào (1) rút gọn được 2 x3  3x 2  x  6  0  x  1  y  2 +) Nếu xy  x  y  0 thì ( x  1)( y  1)  1 và y  

x ( vì x  1 không là nghiệm), thay vào (1) x 1

được x 2  8 x  6  0  x  4  10 Nghiệm ( x, y )  (1, 2), (4  10, 2  10), ( 4  10, 2  10)





 x 4  y 2  xy x 2  2 x  y  2 133, Giải hệ:  2 2 2( x  y )  xy (2 x  2 y  1)  5 Giải: 4

2



2



 x  y  xy x  2 x  y  2 ( x 2  y )( x 2  y  xy  1  1)  2  0   2 2 2  2( x  y )(1  xy )  (1  xy )  6 2( x  y )  xy (2 x  2 y  1)  5  x2  y  u Đặt   1  xy  v

E-mail: [email protected]

- 164 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Khi đó ta được: u 2  uv  u  2  0 u (u  v  1)  2  0     2uv  v  6  v(2u  1)  6

TH1: Với u 

TH2: Với u 

1 7 thì v  2 2

1 thì ta thế v theo u vào phương trình 1 được giải ra được: u  2; v  2 2

Từ đây dễ dàng giải ra ( x; y )  x 3  5 xy 2  42  0 134, Giải hệ phương trình :  2 2 2 x  5 xy  5 y  x  10 y  35  0 Giải: Nhân 2 vế phương trình dưới với 2 rồi cộng với phương trình trên ta có : ( x  2)[( x  3) 2  ( y  1) 2 ]  0 .  x 2 y  xy 2  x  5 y  0 135, Giải hệ phương trình :  2 2 xy  y  5 y  1  0 Giải: Cách 1:  y x 2  xy  5   x 1 Hệ đã cho tương đương :   2  y  2 x  y  5   1 x 2  xy  5 x 2x  y  5 Lấy (1) chia (2) ta được :  x 2  xy  5  2 x 2  xy  5 x  x2  5x  5





Tới đây tìm được x thay vào phương trình (1) hoặc (2) để tìm y . Cách 2: Ta có : x 2 y  xy 2  x  5 y  2(2 xy  y 2  5 y  1)  ( xy  2 y  1)( x  y  2)

 x3  3x  2  y3  3 y 2 136, Giải hệ phương trình :  2 2 x  3y  x  y  2 Giải:

E-mail: [email protected]

- 165 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Từ giả thiết suy ra x 3  3 x  y 3  3 y 2  2  ( x  1)( x 2  3 y 2  x  y  2)  0  y ( y 2  3 yx  x  1)  0 Xét y  0 thì do x 3  3 x  2  y 3  3 y 2  0 nên x  1 hoặc x  2 Thử lại thấy ( x, y )  (1, 0), (2, 0) thỏa mãn đề bài !!! Xét y 2  3 yx  x  1  0  (3 y  1) x  y 2  1  0 Nếu 3 y  1  0 thì vô lý, Suy ra x 

 y 2 1 do x 2  3 y 2  x  y  2  0 3y 1

nên 2 y ( y  1)(1  2 y )(7 y  4)  0 1 4 Hay y  { 0,1, , } 2 7 1 1 13 4 Suy ra ( x, y )  (1, 0), (1,1), ( ,  ), ( , ) 2 2 7 7 1 1 13 4 Thử lại ta được ( x, y )  (1, 0), (1,1), ( ,  ), ( , ) 2 2 7 7 1 1 13 4 Tóm lại ( x, y )  (1, 0), (1,1),( ,  ), ( , ), (2, 0) 2 2 7 7 7 x3  y 3  24 x 2  25 x  3 xy ( x  y )  y  10  0 137, Giải hệ phương trình :  2 2 7 x  4 xy  10 x  y  2 y  3  0 Giải: Xét phương trình 1 của hệ ta có : 7 x 3  y 3  24 x 2  25 x  3xy ( x  y )  y  10  0  (2 x  2)3  (2 x  2)  ( x  y ) 3  ( x  y ) Xét hàm số : f (t )  t 3  t Có f (t )  3t 2  1  0 x   3 Từ đó suy ra : f (t )  t  t là hàm số đồng biến. Vậy : f (2 x  2)  f ( x  y )  2 x  2  x  y  y  x  2 Thế vào phương trình 2 của hệ ta sẽ giải ra nghiệm 4 x3  12 x 2  9 x   y 3  6 y  5 (1) 138, Giải hệ phương trình:  (2)  xy  x  y  3 Giải: 3 2 Lấy (1)  3( y  1)  (2), ta được (4 x  12 x  9 x  y 3  6 y  5)  3( y  1)( xy  x  y  3)  0, tương đương y 3  3( x  1) y 2  4 x 3  12 x 2  12 x  4  0. Phương trình này có thể viết lại thành y 3  3( x  1) y 2  4( x  1)3  0, tương đương ( y  x  1)( y  2 x  2) 2  0. Từ đây, ta suy ra y   x  1 hoặc y  2 x  2.

Với y   x  1: Thay vào (2), ta được x( x  1)  x  ( x  1)  3, hay tương đương x 2  3x  4  0. E-mail: [email protected]

- 166 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Phương trình này vô nghiệm nên trường hợp này không cho ta nghiệm nào của hệ đã cho. Với y  2 x  2 : Thay kết quả này vào (2), ta được x(2 x  2)  x  (2 x  2)  3. Sau khi thu gọn, ta

3  17 1  17 (tương ứng, y  2 x  2  ) hoặc 4 2  3  17 1  17  3  17 1  17 x (tương ứng, y  ). Thử lại, ta thấy cả hai bộ số ( x, y )    ,  4 2 4 2  

có 2 x 2  3 x  1  0. Và từ đây, ta tìm được x  

 3  17 1  17  và ( x, y )    ,  đều thỏa mãn hệ phương trình. 4 2    3  17 1  17   3  17 1  17  Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là   , ,  và   . 4 2  4 2    8 xy  2 2  x  y  x  y  16  139, Giải hệ phương trình  2 3 2  x  2x  x  x  y 8 y 3 3y 4 2  Giải: 3 2 x x Điều kiện để hệ có nghĩa là y  0 và   0. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với 3y 4 3 x 2  16 xy  12 y 2  24 y

(3 x 2  16 xy  12 y 2 )2 x 2 (4 x  3 y ) x 2 (4 x  3 y )  , hay . Từ đây suy ra 24 2 y 2 12 y 12 y

(3 x 2  16 xy  12 y 2 )2  48 x 2 y (4 x  3 y ). Tới đây, ta để ý chút xíu là 16 xy  12 y 2  4 y (4 x  3 y ). Vì 2

vậy mà phương trình trên có thể viết lại dưới dạng 3 x 2  4 y (4 x  3 y )   4·3x 2 ·4 y (4 x  3 y ). Từ đây, ta suy ra ngay luôn là 3 x 2  4 y (4 x  3 y ). Giải ra thế là tìm được mối quan hệ giữa x và y. Công việc còn lại chỉ là so với điều kiện rồi thế vào phương trình đầu giải phương trình một biến cái nữa là xong. Khỏe re. :D  x 2  y 2  2 xy  8 2 140, Giải hệ phương trình:  x y 4  Giải: Bài toán này về cơ bản ta có thể thấy ngay đây là loại hệ đối xứng loại 1 nhưng chỉ khác là nó ẩn chứa trong đó một phép đặt ẩn phụ cho rõ ràng. Điều kiện : x  0 ; y  0 t  x  0 Đặt :  n  y  0

E-mail: [email protected]

- 167 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 t 4  n 4  tn 2  8 2 Lúc đó hệ phương trình đã cho trở thành :   t  n  4 2

Tới đây ta để ý điều sau đây : t 4  n 4   (t  n) 2  2tn   2t 2 n 2 S  t  n Nên ta đi đến phép đặt sau :  S 2  4P  0  P  tn  (S 2  2 P )2  2 P 2  P 2  8 2 Lúc này hệ phương trình trở thành :  S  4 Tới đây bài toán đã đơn giản. Các bạn tiếp tục nhé. Đáp số (x;y)=(4;4) ( x  1)( y  1)  1  ( x 2  x  1)( y 2  y  1) 141, Giải hệ:  3 3 3  x  3 x  ( x  y  4) x  y  1  0 (Đề thi thử số 1 của Boxmath.vn) Giải: 3 Điều kiện: x  y  1  0 Từ phương trình dưới ta có:

x 3  3x  ( x 3  y  4) x 3  y  1  0  x3  3 x   ( x 3  y  1)  3 x 3  y  1 Ta xét hàm đặc trưng: f (t )  t 3  3t . Dễ thấy hàm đồng biến, suy ra: x  0 x  0 x   x3  y  1   2  2 (1) 3 3  x  x  y 1  x  y  x 1 Phương trình trên tương đương với: x 2 y 2  x 2 ( y  1)  y 2 ( x  1)  1  0  y ( x 2  y )  xy 2 ( x  1)  x 2  1  0(2) Thế (1) vào (2) ta thu được: y ( x3  1)  xy 2 ( x  1)  x 2  1  0  ( x  1)( xy  1)( x  y  1)  0  2( y 3  x 3 )  6 x 2  7 x  y  3  142, Giải hệ phương trình:  9 2 x 4 2 3  y  2(1  y )  4  Giải: Phương trình (1) của hệ được viết lại như sau:

2 x3  6 x 2  7 x  2  2 y 3  y  2( x  1) 3  ( x  1)  2 y 3  y Xét hàm số f (t )  2t 3  t có: f (t )  6t 2  1  0 nên hàm số f (t ) luôn đồng biến. Từ phương trình (1) có: f ( x  1)  f ( y ) suy ra y  x  1 Thay vào phương trình (2) của hệ ta có: 4 2  x  2 2( x  2)  9 x 2  16 (3) Hay

9 x 2  16  2( 2 x  4  2 2  x )  9 x 2  16  4(12  2 x  2 8  2 x 2 )

 9 x 2  8 x  32  16 8  2 x 2  0  ( x  2 8  2 x 2 )(8  x  2 8  2 x 2 )  0 E-mail: [email protected]

- 168 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 x 2  1  x  y  y 2  1 143, Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  xy  1 Giải: Điều kiện: y  1; y  1 Phương trình thứ nhất tương đương với:

x  y  y 2  1  x2  1 Tới đây thì ta sẽ bình phương lên, nhưng vì chưa biết rõ dấu của biểu thức như thế nào nên phép bình phương là một phép biến đổi hệ quả và sau khi giải ra kết quả ta cần đối chiếu điều kiện. Bình phương ta suy ra: Không phải tương đương! x 2  2 xy  y 2  y 2  1  x 2  1  2 ( x 2  1)( y 2  1)  ( x 2  1)( y 2  1)  xy  xy  0  xy  0  2  2 2 2 2 2  ( x  1)( y  1)  x y  y  x 1  0 Kết hợp với phương trình dưới ta có:  xy  0  xy  0  2  2 2 2  y  x  1  0   x  y  xy  1  x 2  y 2  xy  1  2 x 2  xy  0    1 2x x  y    144, Giải hệ:  3 x 3 y 2 x 2  y  2(2 x  y )  2 x  6  y Giải:  x  3  Điều kiện:  x  0 y  0 

Nếu tinh ý ta sẽ thấy phương trình trên là một phương trình ở dạng đẳng cấp. 1 2x xa a2  2 x 2 xa Đặt: y  a(a  0) . Phương trình trên trở thành:  2  2   2 2 2 3 x 3a 2x  a 3a x 2x  a2 4 3 2 a a a 4 3 2 2 4  a  3a x  a x  4 x  0     3       4  0(Vì: x khác 0) x x  x a Đặt: t  , ta thu được phương trình: t 4  3t 3  t 2  4  0  (t  2) 2 (t 2  t  1)  0  t  2 x Suy ra: a  2 x Thay vào phương trình dưới ta được: 4a  a  6  a 2  a 2  4a  a  6 Tiếp tục đăt: a  6  b  2(b  2) , suy ra: b 2  4b  a  2

E-mail: [email protected]

- 169 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 a 2  4a  b  2 Ta thu được hệ phương trình:  2  b  4b  a  2 Đây là hệ đối xứng loại 2, các bạn giải tiếp nhé! Hoặc phương trình trên ta có thể biến đổi trở thành:





4a 2  16a  4 a  6  (2a  5)2  2 x  6  1  145, Giải hệ phương trình:  

2

x  1  4  2 y  5  2 y  ( x  1) 2  5 3 x 4  ( x  y ) 2  6 x3 y  y 2 Giải:

 x  1  Điều kiện:  y  2 .  5  2 y  ( x  1) 2  Xuất phát từ phương trình dưới ta có:  x0 3x 4  6 x 3 y  ( x  y ) 2  y 2  0  3 x 3 ( x  2 y )  x ( x  2 y )  0  x( x  2 y )(3x 2  1)  0    x  2y

Với: x  0 , thay vào phương trình trên ta được: 1  4  2 y  4  2 y  5  4  2 y  4  2 y  4 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:



4  2y  4  2y



2

 2(4  2 y  4  2 y )  16  4  2 y  4  2 y  4

Dấu “=” xảy ra khi: 4  2 y  4  2 y  y  0(thoa mãn) Hệ có nghiệm: (0;0) Với: x  2 y . Thay vào phương trình trên ta được:

x  1  4  x  5  x  ( x  1)2  5  x  1  4  x  ( x  1)(4  x )  5 Tới đó thì đưa về dạng cơ bản rồi. Mình tin các bạn sẽ làm tốt và nhớ kiểm tra điều kiện nhé!    146, Giải hệ phương trình:   

x

y

 y2  0

2

1 x  x 2

x  2 x2  1  y 2  3 y2 Giải:

Điều kiện: y  0 Xét phương trình thứ nhất ta có thể viết lại như sau: y x  y2 1 x  y2  0   0(1) y x2 1  x x2 1  x

x2 Xét phương trình thứ hai ta có: 2  2 x  y 2  2 y

E-mail: [email protected]

2



x  2 x 1  x  3    y   3 x2  1  x y  2

- 170 -



 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

2

 x  y2  2   3(2)   2 x 1  x  y  Từ (1);(2) ta thấy rằng việc đặt ẩn phụ là tối ưu nhất. Ta sẽ đặt:

x  y2  a; y

1 2

 b(b  0)

x 1  x a  b  0 b   a  a  1; b  1 Ta thu được hệ phương trình:  2  2   a  2b  3  a  2a  3  0  a  3; b  3

 x 2  8 y 3  2 xy (1  2 y )  147, Giải hệ phương trình:  3 (2 y  1) 2 x  4 x  1   3  Giải: ĐK: x  0 Từ phương trình thứ nhất ta có: ( x  2 y )( x  4 y 2 )  0 , suy ra x  2 y hoặc x  4 y 2  0 . Với x  4 y 2  0 suy ra x  y  0 (vì x  0 ). Thay vào hệ phương trình ta thấy không thoả mãn. Với x  2 y thay vào phương trình thứ hai ta được:

2 y3  2 y  2 y 2  2 y  2 .

 uv y 2  1, v  2 y , ta có phương trình: 2u 2  3uv  2v 2  0   .  2u  v Từ đó ta dễ dàng tìm được nghiệm của hệ phương trình là: x  2, y  1 Đặt u 

 x  y  x  y  4 148, Giải hệ phương trình:  2 2  x  xy  y  192 Giải: Đặt: x  y  A  0; x  y  B  0 A B  4  A  B  4 Hệ trở thành:  3 A4  B 4  768  Từ đó: 3( B  4)4  B 4  768; B  0  VT  768 Dấu "=" xảy ra khi: B  0  x  y A4 x y 8 Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( x; y )  (8;8)

 x 2  x  1  y 2  y  1  4 149, Giải hệ phương trình:   x 2  x  6  y 2  y  4  6 Giải: 2 Điều kiện : y  y  1  0 Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình :

E-mail: [email protected]

- 171 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 x 2  x  6  x 2  x  1  y 2  y  4  y 2  x  1  2  2  x  x  6  x 2  x  1  y 2  y  4  y 2  y  1  10 5  2 2 2 2 a  x  x  6  x  x  1  a  x  x  6  x  x  1 Đặt :  b  y 2  y  4  y 2  y  1  5  y 2  y  4  y 2  y  1  b Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành hệ : a  b  2  5 5  a  b  10 a  1 Giải hệ trên ta được  b  1 Vậy ta suy ra :  x 2  x  6  x 2  x  1  1  x 2  x  6  1  x 2  x  1  x 2  x  1  2    2  y  y  4  y 2  y  1  1  y 2  y  4  1  y 2  y  1  y 2  y  1  2 Giải ra ta được 4 nghiệm là :  1  13 1  21   1  13 1  21   1  13 1  21   1  13 1  21  ; ; ; ;   ;   ;   ;   2 2 2 2 2 2 2 2          x 2  y 2  xy  3 150, Giải hệ phương trình:  2 2  x  1  y  1  4 Giải: 2 ( x  y )  3xy  3 Từ hệ ta có phép biến đổi  2 2 2 ( x  y )  2 xy  2 ( x  y )  ( xy  1)  2 Đặt S  x  y ; P  xy ; S 2  4 P  0. S 2  3P  3 Khi đó hệ trở thành  2 2 2 S  2 P  2 S  ( P  1)  2 Tới đây sử dụng phép thế S 2  3P  3

E-mail: [email protected]

- 172 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Chuyên đề II: PT Lượng giác, PT-Hệ PT Phần 3: Phương Trình Mũ- Logarit Coppy right ©: Mobile_lam

1, Giải bất phương trình 3x

2

4

 ( x 2  4)·3x  2  1

Giải: Ta xét hai trường hợp sau: 2

3x  4  1 Nếu 2  x  2 thì  2  veá traùi  1. x2 ( x  4)·3  0 2

3x  4  1 Nếu x  2 hoặc x  2 thì  2  ve phai  1. x2 ( x  4)·3  0 Do đó, tập nghiệm của bất phương trình là {x   | x  2  x  2}.  2, Giải phương trình log 2 ( x  3log6 x )  log 6 x Giải: Cách 1: Ta gọi hàm f ( x )  log 2 ( x  3log6 x )  log 6 x . Ta sẽ chứng minh hàm này luôn tăng trên  0,    bằng cách tính đạo hàm của nó. Thật vậy, log 6 x 

x 3   1 f ( x)  ln 2  x  3  x ln 6 log6 x



x ln 6  3log6 x ln 3  x ln 2  ln 2·3log6 x



x·ln 2·ln 6 x  3log6 x x ln 3  3log6 x ·ln





3 2

x·ln 2·ln 6 x  3log 6 x





0

1 1 Do đó, hàm f ( x ) luôn tăng trên  0,    . Mà f    0 nên x  là nghiệm duy nhất của phương 6 6 trình.  Cách 2:

E-mail: [email protected]

- 173 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3 t

t

3 3 t Đặt t  log 6 x. Phương trình đã cho trở thành 3  6  2     3  1. (1) Hàm số y     3t 2 2 liên tục và đồng biến trên  nên (1) có không quá một nghiệm thực. Hơn nữa, ta dễ thấy t  1 là một nghiệm của (1), nên (1) có nghiệm duy nhất t  1, hay phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1 x .  6 1  log 2 x  log xy 16  4  log 2 3, Giải hệ phương trình  y 4 x 4  8 x 2  xy  16 x 2 4 x  y  Giải: Phân tích hướng giải . Đây là một hệ phương trình " tổng hợp " theo mình nghỉ , một điều thường mình hay sử dụng giải các hệ này đó chính là sự quan sát giữa hai phương trình trong hệ để xem ta nên bắt đầu từ đâu ?. Bây giờ chúng ta để ý phương trình thứ nhất trong hệ có thể cho ta một số phép biến đổi cơ bản để đưa về điều " dể chịu " hơn . t

t

t

Thật vậy :

log 2 x  log xy 16  4 

 log 2 xy  4 

1 1  log 2 x  log xy 16  4  log 2 y  log 2 x  log x y  4  log y 2 log 24 xy

4 log 2 xy

Tới đây chúng ta đã tìm được lối thoát . Lúc này ta chỉ cần khéo léo thay vai trò x và y cho nhau rồi giải phương trình còn lại . Hướng giải . x  0   Điều kiện :  xy  0; xy  1 (3) .    y  0; y  1 Từ phương trình (1) ta có : 1 1 log 2 x  log xy 16  4   log 2 x  log xy 16  4  log 2 y  log 2 x  log x y  4  log y 2 log 24 xy

 log 2 xy  4 

4 log 2 xy

Đặt t  log 2 xy ta được phương trình mới : t  4 

E-mail: [email protected]

4 4  t 2  4t  4  0  t  2  xy  4  y  . t x

- 174 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

4 vào phương trình (2) ta được phương trình: x 4 1 4 x 4  8 x 2  4  16 x 2 4 x   ( x 2  1) 2  8 x 2 x  x x

Thế y 

2

2

1  x2  1  1 1 1 1     x  x   x . 8 x  x 8 x x Tới đây mình tin các bạn sẽ làm tốt nhé  Nhớ kiểm tra điều kiện (3)



4, Giải bất phương trình 2  3



x 2  2 x 1



 2 3



x 2  2 x 1



4 2 3

Giải: Ta có

2  3 

x 2  2 x 1



 2 3    2 3 







 2 3





x2 2 x

x2  2 x

Đặt t  2  3







x 2  2 x 1

 2 3





x2 2 x

x2  2 x

4

2

  4 2 3 



4 2 3



x2  2 x

 1  0.

, t  2  3. Khi đó, ta có bất phương trình t 2  4t  1  0  2  3  t  2  3. Từ

đây, ta dễ dàng tìm được nghiệm.  ( x  4)( x  1)  y ( y  5)  5, Giải hệ phương trình:  x2  log x  2 ( y  2)  y 2  Giải: Điều kiện: 2  x  3,  2  y  0. Khi đó bằng cách đặt u  x  4  2, ta có thể viết phương trình (1) của hệ dưới dạng u (u  5)  y ( y  5). Xét hàm f (t )  t 2  5t trên (2,  ), hàm số này có đạo hàm cấp một f (t )  2t  5. Do t  2 nên f (t )  0, suy ra hàm y  f (t ) là hàm đồng biến. Vậy u  y hay x  4  y. Đến đây các bạn thay vào phương trình (2) là OK.  6, Chứng minh rằng phương trình x x 1  ( x  1) x có một nghiệm dương duy nhất Giải: Từ điều kiện có nghiệm của phương trình đã cho dẫn đến cho ta điều kiện của bài toán là x  0 . Với phương trình mũ mà bài toán cho ta thì ta sẽ ngay đến phương pháp logarit hóa ngay.Cụ thể : x x 1  ( x  1) x  ln x x 1  ln( x  1) x  ( x  1) ln x  x ln( x  1)  0 Nếu dùng cách giải thông thường cho bài toán này thì sẽ gặp khó khăn nên ta sẽ chuyển bài toán về phương pháp " sử dụng tính đơn điệu" để giải. Xét hàm số : y  f ( x)  ( x  1) ln x  x ln( x  1) , x  0

E-mail: [email protected]

- 175 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

1 1  1   ln 1   x x 1  x 1  1 Mặt khác ta có :  ln  1    0 , x  0 x  x Ta có : f ( x) 

Thật vậy. Xét hàm số : y  g (t )  t  ln(1  t ) , t  0 v?i t 

1 x

1 t  0, t 0 1 t 1 t Vậy hàm số y  g (t ) là hàm số đồng biến với t  0 Do đó ta có : g (t )  g (0)  t  ln(1  t )  0 , t  0 1 1 1 Lúc đó ta có : f ( x)    0 x x 1 x Vậy hàm số y  f ( x ) là hàm số đồng biến với x >0 nên phương trình f ( x )  0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó duy nhất Lại có hàm số y  f ( x) là hàm số liên tục với x >0 8 81 Mặt khác : f (2)  ln  0 , f (3)  ln 0 9 64 Suy ra f (2). f (3)  0 . Nên phương trình f ( x )  0 có nghiệm duy nhất x0   2 ; 3 và dể thấy đây là nghiệm dương duy nhất

Ta có : g (t )  1 

2 2 x Giải: Khi giải phuơng trình bất phương trình Logarith ta thưởng đưa về cùng cơ số và dùng công thức đổi cơ số để biến đổi. Ở bài toán trên ta đưa về logarit cơ số 2. 7, Giải bất phương trình: log 4 x (4 x 3 )  log

2

1 2  3log 2 x Điều kiện: 0  x  . Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với:  1  2log 2 x  2. 4 2  log 2 x

Đặt t  log 2 x, ta có bất phương trình:

2  3t 2t 2  2t  2t  1  0   0. Đến đây các bạn tự giải tiếp 2t 2t

nhé.  2

8, Giải phương trình 27 x  (6 x 2  4 x  1)·9 x Giải: Rút gọn 9 rồi chuyển vế . Sau đó đặt t  3x  2 x . Ta được phương trình 3t  2t  1  0 Xét đạo hàm phương trình này chỉ có 2 nghiệm x  1; x  0 25 29 9, Tính x  , biết x thỏa mãn: 4 x  16 x  4  4 x  15  4 x  4  log 1 (  x) 32 2 4 Giải: x

E-mail: [email protected]

2

- 176 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Để ý đến sự giải thoát cho 2 căn thức đầu tiên, cộng thêm điều kiện của đề bài thì ta sẽ thu được: 29 (| 4  2 x  4 |)  (2 x  4  1)   log 2 (  x) 4 29 1 Hay là: x 4 32 10, Giải phương trình: log 3 (2 x  1)  log 5 (4 x  1)  log 7 (6 x  1)  3 x Giải: 2 x  1  0   1 Điều kiện của bài toán : 4 x  1  0  x   6   6 x  1  0 Xét hàm số y  f ( x)  log 3 (2 x  1)  log 5 (4 x  1)  log 7 (6 x  1)  3 x, x   Khi đó : f ( x) 

1 6

2 4 6   3 (2 x  1) ln 3 (4 x  1) ln 5 (6 x  1) ln 7

Nhận xét ta có : Hàm sô f ( x ) liên tục x   Mặt khác : f (0) 

1 6

2 4 6 2 4 6    3  0, f (1)    3 0. ln 3 ln 5 ln 7 3ln 3 5 ln 5 7 ln 7

1 Vậy phương trình f ( x )  0 có nghiệm duy nhất x   . 6

Do đó phương trình f ( x )  0 có tối đa hai nghiệm phân biệt . Lại có : f (0)  f (1)  0 . Vậy phương trình có hai nghiệm x  0; x  1 (1  42 x  y ).51 2 x  y  1  22 x  y 1 11, Giải hệ phương trình:  3 2  y  4 x  1  ln( y  2 x)  0 Giải: Đặt t  2 x  y .Lúc đó phương trình (1) trở thành

 1 t  4 t  : (1  4t ).51t  1  2.2t  5        1  2.2t (3)  5   5   Nhận thấy t  1 thõa phương trình (3) . Mặt khác : Khi t  1 ta có VT  5 ; VP  5 Khi t  1 ta có VT  5 ; VP  5 Do đó t  1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3) . Với t  1 ta có 2 x  y  1  y  2 x  1 . Thay vào phương trình (2) ta được phương

E-mail: [email protected]

- 177 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

trình: y 3  2 y  3  ln( y 2  y  1) (4) Xét hàm số y  f ( y )  y 3  2 y  3  ln( y 2  y  1) ; y   Ta có : f ( y )  3 y 2  2 

2 y 1 2 y2  4 y  3 2  3 y   0, y   y2  y 1 y2  y 1

Vậy hàm số y  f ( y ) đồng biến y   nên phương trình f ( y )  0 nếu có nghiệm thì nghiệm thu được là nghiệm duy nhất. Mà f (1)  0 nên phương trình (4) có nghiệm duy nhất y  1  x  0 . Do đó hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất ( x; y )  (0 ;  1) 12, Tìm m để phương trình: 41 x  41 x  (m  1)(22 x  22 x )  2m có nghiệm thực thuộc: [0;1] Giải: Phương trình đã cho được biến đổi thành phương trình: 41 x  41 x  (m  1)2 21 x  21 x  2m (1)





Đặt t  21 x  21 x , t   0 ; 4 Khảo sát hàm số t trên [0 ;1] Khi đó ta có : t 2  8  41 x  41 x Lúc đó phương trình (1) trở thành : t 2  8  2(m  1)t  2m 

t 2  2t  8  2m t 1

t 2  2t  8 Tới đây xét hàm số y  f (t )  , t   0 ; 4 . t 1 3 3 13, Giải phương trình : 42 x  x  2  2 x  42 x  2  2 x  4 x  4 Giải: ĐK x  2 Viết phương trình thành : 3 3 16 x.4 x  2  2 x  16.4 x  2  2 x  4 x  4 Phương trình tương đương với 3 3 16.4 x  2 (16 x 1  1)  2 x (16 x 1  1)  (16 x 1  1)(16.4 x  2  2 x )  0 14, Giải phương trình : 23 x  6.2 x 

1 2

3( x 1)



12 1 2x Giải:

Ta viết lại phương trình như sau: 8 12 2 2 2 2  23 x  3 x  6.2 x  x  1  (2 x )3  ( x )3  6  2 x  x   1 hay (2 x  x )3  1  2 x  x  1 . 2 2 2 2  2 2  x 2 Đặt 2  t  0 ta được phương trình t  t  2  0 giải ra được t  2 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 15, Giải bất phương trình : (7  4 3) x  3(2  3) x  2  0 Giải:

E-mail: [email protected]

- 178 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT



Các bạn để ý rằng : 7  4 3  2  3







THPT Lục Ngạn 3

2



Mặt khác ta lại có : 2  3 2  3  1 Điều dó dẫn ta đến việc đặt ẩn phụ cho bất phương trình .Cụ thể ta x x 1 đặt: t  2  3 , t  0  2  3  t t  0 3 Lúc đó bất phương trình đã cho trở thành : t 2   2  0   3 t t  2t  3  0









x

x

73 5   7 3 5  16, Tìm m để phương trình    m    8 có nghiệm 2 2     Giải: x

x

 7 3 5   7 3 5  Các bạn hãy để ý tới điều đặc biệt sau :   .    1  2   2  x

x

73 5   7 3 5  1 Từ đó dẫn đến việc chúng ta nghỉ đến ẩn phụ ngay.Cụ thể đặt: t    , t  0      2   2  t m Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình : t   8  8t  t 2  m t Đưa bài toán ban đầu về " bài toán tương giao của hai đồ thị " . Xét hàm số y  f (t )  8t  t 2 , t  0 . Tính đạo hàm ,giải phương trình đạo hàm rồi lập bảng biến thiên. Dựa vào bảng biến thiên ta sẽ tìm được các giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán. 17, Tìm a,b thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 2a  3b  21 và 2lg(a  3b)  lg 4  lg a  lg b Giải: a  3b  0  Trước tiên ta cần đặt điều kiện cho phương trình logarit có nghĩa. Cụ thể điều kiện : a  0 (1) b  0  Chúng ta biến đổi phương trình logarit đề bài cho trở 2

2

 a  3b   a  3b  thành: lg(a  3b) 2  lg 4  lg ab  lg    lg ab     ab (2)  2   2    2a  3b  21  Kết hợp với (3) , (2) ta có hệ phương trình:  (4)  2  a  3b   ab  2  Tới đây bài toán đã đơn giản với việc giải hệ phương trình (4) .

E-mail: [email protected]

- 179 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

18, Giải phương trình  |sin

x|

THPT Lục Ngạn 3

| cos x | .

Giải: Ta nhận thấy rằng VT của phương trình không nhỏ hơn 1, còn VP thì không lớn hơn 1. sin x  0 Do đó, phương trình tương đương với hệ:  | cos x | 1 Phương trình đầu của hệ đương đương: x  k hay x  k 2 2 với k  0 Phương trình thứ hai của hệ tương đương x  l 2 hoặc x    l 2 với l  Z Như vậy ta có hai trường hợp. Thứ nhất: k 2 2  l 2 trường hợp này chỉ có k  l  0 thỏa, tức là x  0 là nghiệm. Thứ hai: k 2 2    l 2 trường hợp này vô nghiệm  1  4 x  y .51 x  y  1  3x  y  2  19, Giải hệ phương trình:  1  x2  3 y y   1 2 y x 





Giải: 1 Phương trình (1) của hệ có thể viết lại như sau: 5   5

x y

t

4  5  5

x y

 1  9.3x  y

t

1  4 Đặt x  y  t thì phương trình trên trở thành: 5    5    9.3t  1  0 5 5 t

t

t

t

1 4 1  4 1 4 Xét hàm số f (t )  5    5    9.3t  1 ta có: f (t )  5   .ln  5   .ln  9.3t ln 3  0 5 5 5 5 5 5 Như vậy hàm số f (t ) nghịch biến trên R . Mặt khác ta có f (0)  0  t  0 là nghiệm duy nhất của phương trình f (t )  0  x  y

1 0 x  x 1 1 1 Điều kiện  . Chia hai vế cho x  0 ta thu được phương trình: x   3 x   2  0 x x  1  x  0 Thay x  y vào phương trình (2) của hệ ta thu được: x 2  2 x  1  3 x x 

Đặt

x

1  z  0 thay vào ta có: z 2  3 z  2  0 x

20, Giải phương trình: 7 x  2 x  5 x Giải: Trước tiên ta quan sát thấy ngay với hình thức bài toán như vậy thì việc đoán nghiệm để giải có lẻ là ý tưởng tiên phong. Và cũng không thật khó để ta nhận thấy x  0 ; x  1 nghiệm đúng phương trình. Một điều đặt ra là bây giờ với dự đoán như thế ta sẽ làm thế nào để dẫn chứng được phương trình chỉ có hai nghiệm này khi mà các công cụ đắc lực giúp ta giải quyết nó như định lí Rolle hay Lagrange đã không còn được dạy nữa? Chúng ta sẽ bất lực với nó sao? Không các bạn à. Bây giờ ta đi vào bài toán ta đang xét. Với cách đoán nghiệm như vậy thì việc chuyển về hàm số chính

E-mail: [email protected]

- 180 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

là điều cần thiết trong trường hợp hình thức bài toán như thế này. Xét hàm số : f ( x )  7 x  2 x  5 x , x   Ta có : f ( x)  7 x ln 7  2 x ln 2  5 Tới đây thật khó mà đi giải phương trình f ( x )  0 để lóe được nghiệm duy nhất của phương trình này để rồi suy ra được phương trình f ( x )  0 có tối đa hai nghiệm.Bây giờ ta thử điều này nhé Ta có f ( x )  7 x ln 7  2 x ln 2  5 là hàm số liên trục trên  Mặt khác : f (0)  ln 7  ln 2  5  0 ; f (1)  7 ln 7  2ln 2  5  0 Từ đó ta có phương trình f ( x )  0 có nghiệm duy nhất x  x0 Tới đây các bạn làm bảng biến thiên của hàm số y  f ( x) các bạn sẽ thấy được rằng phương trình f ( x )  0 sẽ có tối đa không quá hai nghiệm. Mặt khác : f (0)  f (1)  0 Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 ; x  1 21, Giải phương trình: 4 x

2

x

2

2

 21 x  2( x 1)  1. Giải:

x2  x

1 x 2

( x 1)2

4 2 2  1. Ta có phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 2 22 x  2 x  21 x  2(2 x  2 x ) (1 x )  1 2 2 2 2  2 2 x  2 x  21 x  22 x  2 x.21 x  1 2 2 (22 x  2 x  1)(21 x  1)  0 22, Giải phương trình: 5.2 x  7 

x2 2 x 1

Giải: 1 Điều kiện: x  . Ta có nhận xét rằng: 2

Hàm số f ( x)  5·2 x  7 là hàm tăng và liên tục trên . x2 Hàm số g ( x )  là hàm liên tục và giảm trên từng khoảng xác định của nó: 2x 1

1  1   ,  và  ,    . 2  2 

Do đó, phương trình f ( x)  g ( x ) (cũng tức phương trình đã cho) chỉ có thể có tối đa hai nghiệm mà thôi. Mặt khác, dễ thấy x  0 và x  1 thỏa mãn. Ta suy ra phương trình đã cho có đúng hai nghiệm là x  0 và x  1. Ta có thể giải thích rõ hơn điều này bằng cách chia trường hợp:

1  Nếu x   ,  . Do f ( x ) liên tục và tăng trên khoảng này, còn g ( x) liên tục và giảm trên khoảng 2  1  này nên phương trình f ( x)  g ( x ) chỉ có tối đa một nghiệm thuộc  ,  . 2 

E-mail: [email protected]

- 181 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

1  Nếu x   ,    . Lý luận tương tự, ta cũng thấy rằng f ( x)  g ( x ) chỉ có tối đa một nghiệm trên 2  1   ,   . 2  2  log 3 x 6  0 x 1 2x 1 Giải: 1 Điều kiện để bài toán có nghĩa là: x  0; x  ; x  1 2 2x  4 Kí hiệu f ( x )  log 3 x; g ( x)  thì f ( x ); g ( x ) là các hàm số đồng biến trên tập xác định của nó 2 x 1 Ta xét các trường hợp sau: 1 TH 1: 0  x  . 2 Khi đó bất phương trình đã cho có dạng: f ( x)  g ( x ) 1 Ta có f ( x )  f ( )  0; g ( x)  g (0)  4  0 . Vì vậy bất phương trình vô nghiệm 2 1 TH 2:  x  1 2 Khi đó bất phương trình đã cho có dạng: f ( x)  g ( x ) 1 1 Ta có: f ( x)  f ( )  log3  0, 6; g ( x )  g (1)  1 . Suy ra bất phương trình nghiệm đúng 2 2 TH 3: 1  x  2 Khi đó bất phương trình có dạng: f ( x)  g ( x ) Ta thấy f ( x )  f (1)  0; g ( x )  g (2)  0 . Nên bất phương trình vô nghiệm TH 4: 20 t

t

Đặt log 7 x  t , t   từ (1)  log 3 (7 2  2)  t  7 2  2  3t Viết lại phương trình trên như sau:

E-mail: [email protected]

- 182 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm t 2

7 29

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

t 2

7 2t 1 2t tương đương ( )  2( )  1 9 9 Dễ chỉ ra vế trái là hàm nghịch biến, vế phải là hằng số nên phương trình đã cho nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. mà t  2 ta thấy thỏa mãn nên phương trình có nghiêm t  2 hay x  49 25, Giải bất phương trình x 4  8e x 1  x ( x 2e x 1  8) Giải: Trước tiên ta biến đổi bất phương trình đã cho trở thành : x 3e x 1  x 4  8 x  8e x 1  x 2 e x 1  x  8 e x 1  x  e x 1  x x 3  8  0 (1)



 

 





Tới đây nếu ta giải (1) theo hướng bình thường thì sẽ gặp khó khăn trong việc giải bất phương trình có liên quan đến biểu thức e x 1  x Vậy để đơn giản hóa nó đi mình thử chuyển hướng giải nó như sau Xét hàm số : y  f ( x)  e x 1  x , x   f ( x)  e x 1  1 Ta có : f ( x)  0  e x 1  1  0  x  1 Mặt khác dể thấy rằng : Với x  1 thì f ( x )  0 Với x  1 thì f ( x)  0 Có lim   x

Có f (1)  0  x3  8  0 Từ đó ta có f ( x )  0 , x   . Do đó (1) tương đương với hệ sau :   x  2 x  1 Vậy bài toán giải quyết xong 

33 x  2 y  5.6 x  4.23 x  2 y  0 26, Giải hệ phương trình:  2  x  y  y  ( 2 y  x )( 2 y  x ) Giải: Trước tiên đứng trước hệ này ta quan sát thấy ở phương trình thứ (2) trong hệ nếu ta chọn x  0 ; y  0 thì rõ ràng phương trình (2) đúng. Bây giờ thử lại giá trị của hai biến x ; y lúc này vào phương trình (1) ta thấy cũng nghiệm đúng vậy ta có x  0 ; y  0 là một nghiệm của hệ. Bây giờ ta xét trường hợp nếu như x ; y không đồng thời bằng 0 khi đó ta bắt đầu biến đổi phương trình (2) thành :

E-mail: [email protected]

- 183 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT







x  y  y  2y  x 

2y  x



THPT Lục Ngạn 3





2y  x  x  y  y  (2y  x) 2y  x

  x 2y 1 (x 2y) 2y  x  0 (x 2y)  2y  x  0  x y  y  x y  y  





x 2y  0  x  2y Với x  2 y ta thay vào phương trình (1) trong hệ ta thu được phương trình :   3 x   1 2x x  2   3 3 2x x 2x 3  5.6  4.2  0     5    4  0     2 2 x  3     4  2 

27, Định m để phương trình sau có hai nghiệm trái dấu: (m  3)16 x  (2m  1)4 x  m  1  0 Giải: Ở bài toán này ta thấy ngay việc đặt ẩn phụ giải là ý tưởng tốt nhất. Nhưng đứng trước hoàn cảnh đòi hỏi là phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu thì ta nên đi phân tích một chút điều kiện bài toán. Đặt t  4 x , t  0 . Khi đó nếu ta đặt ra hai nghiệm của phương trình đã cho là x1 , x2 thì buộc lòng điều kiện hai nghiệm này là x1  0  x2 . Với ràng buộc này ta đi đến điều kiện mới của ẩn phụ được tạo thành bằng phép toán 4 x1  40  4 x2  t1  1  t2 . Nhưng vậy là để phương trình đã cho ban đầu có hai nghiệm trái dấu thì phương trình theo ẩn phụ mới buộc phải có hai nghiệm phân biệt t1 ; t2 phải thỏa điều kiện t1  1  t2 . Nhưng hiện nay trong chương trình phổ thông không còn được phép dùng cách so sánh nghiệm của tam thức bậc hai nên để tránh điều phạm quy tắc này ta làm sao đây khi mà điều kiện ràng buộc này nó mang sắc thái đường nét quá rõ về dấu tam thức bậc hai. Vậy đứng trước vấn đề này ta nên làm sao đây? Bình tĩnh lại một chút ta biến đổi điều kiện ràng buộc mới là t1  1  t2  t1  1  0  t2  1  u1  0  u2 v?i u  t  1 Vậy rõ ràng rằng với phép biến đổi này ta lại đưa về phương trình được biến đổi theo ẩn t thành phương trình mới ẩn u mà điều kiện yêu cầu nghiệm quá cơ bản là u1  0  u2  P  0 Bây giờ ta đi vào bài toán một cách cụ thể. Đặt t  4 x , t  0 . Lúc đó phương trình đã cho trở thành : (m  3)t 2  (2m  1)t  m  1  0 (1) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho khi đó theo điều kiện giả thiết ta có x1  0  x2 . Từ x1  0  x2  4 x1  40  4 x2  t1  1  t2

Mặt khác từ điều kiện t1  1  t2  t1  1  0  t2  1  u1  0  u2 v?i u  t  1  t  u  1 Lúc này phương trình (1) trở thành phương trình : (m  3)(u  1) 2  (2m  1)(u  1)  m  1  0  (m  3)u 2  (4m  5)u  4m  3  0 (2) Vậy để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 ; x2 th?a x1  0  x2 tương đương phương trình (1) phải

E-mail: [email protected]

- 184 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

có hai nghiệm t1 ; t2 th?a t1  1  t2 tương đương với phương trình (3) phải có hai 3 nghiệm u1 ; u2 th?a u1  0  u2  ac  0  (m  3)(4m  3)  0  3  m  4 1 x 2

2

 21 1 x  m. Giải: Ở bài toán này ta để ý thấy ngay bài toán ở cả hai ý đều dựa trên ý tưởng đặt ẩn phụ thôi. Với ý giải phương trình thì ta chỉ cần thay giá trị m vào bài toán là ta giải rất căn bản , với ý hai thì ta thấy ngay sự cô lập m ở vế phải phương trình thì ta có thể nghỉ ngay đến việc khảo sát hàm số lập bảng biến thiên và dựa vào phương án tương giao của hai đồ thị để biện luận điều kiện bài toán. Các bạn chú ý nhé các bạn dể nhầm lần bài toán này bằng cách tìm m để một phương trình bậc hai có hai nghiệm dương lắm đấy. Nhưng không phải là trong bài toán này được vì cái căn thức kia nó xuất hiện đấy. Đầu tiên ta đặt điều kiện : 1  x 2  0  1  x  1

28, Các bài toán liên quan đến phương trình: 4

Đặt t  2

1 x 2

. Do  1  x  1  1  t  2

2  m (1) t Với ý 1 ta thay m  3 ta được phương trình : t 3  3t  2  0 Giải phương trình này khá cơ bản. 2 Với ý 2 ta xét hàm số f (t )  t 2  , 1  t  2 t 2 Ta có : f (t )  2t  2  0 , t  [1; 2] t

Lúc đó ta biến đổi phương trình về phương trình mới t 2 

29, Tìm m để phương trình 2

2 2 x

1   2

x 1

 m  2  0 có nghiệm duy nhất thuộc [0;1].

Giải: 2 2 x

1 x

2 2 m2  0 Với x  [0;1]  0  1  x  1  1  21 x  2 Đặt : 21 x  t ; t  [1; 2] Pt trở thành t 2  t  m  2  0 7 4  f (1)  0  f (2)  0 Yêu cầu bài toán tương đương với  hoặc   f (2)  0  f (1)  0 Kết hợp lại ta có 4  m  2

pt có nghiệm khi   7  4m  0  m 

30, Bài toán biện luận phương trình: ( x  1) log 22 ( x  3)  2m 2( x  1) log 2 ( x  3)  m  1  0 . Giải: Điều kiện để biểu thức có nghĩa : x  1 Đặt : u  2( x  1) log 2 ( x  3), u  0 ta thu được phương trình : u 2  4mu  2m  2  0 (2) 1, Với m  1

E-mail: [email protected]

- 185 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

ta có được phương trình : u 2  4u  0  u  0  x  1 2, Xét hàm số : u  u ( x )  2( x  1) log 2 ( x  3) trên đoạn [1,1] thì ta nhận thấy ngay u ( x) là một hàm số đồng biến Có thể nhận thấy điều này từ định nghĩa! Từ đó ta có : u (1)  u ( x)  u (1) hay là 0  u  4 ngoài ra ta cũng có ứng với mỗi giá trị của u ta chỉ tìm được một giá trị của x bởi vậy yêu cầu của bài toán trở thành tìm m sao cho phương trình (2) có đúng hai nghiệm thuộc [0, 4] Ở phương trình (2) cô lập tham số m ta có : u 2  2  2m(2u  1) Dễ thấy 2u  1  0 nên ta có :

2m  f (u ) 

u2  2 2u  1

Khảo sát hàm số này, từ bảng biến thiên ta đi đến kết quả : 1  m 

9 7

31, Tìm nghiệm dương của phương trình: 100 x  250 x  40 x  6.(25 x  4 x ) 2 Giải: x Phương trình đã cho được viết lại như sau: 100  10 x (25x  4 x )  6((25 x  4 x ) 2  0  b  2a Đặt a  25 x  4 x ; b  10 x ; a  0; b  0 ta có phương trình sau: b 2  ab  6a 2  0   b  3a TH 1: b  3a loại do a, b  0 TH 2: b  2a ta có phương trình sau: 10 x  3(25x  4 x ) . Chia 2 vế phương trình cho 25 x ta được: 2x

x

2  2 3      3  0 5 5

  2  x 1  37 ( L)      1  37  6 5  Giải phương trình ta có:  x  log 2   x  2 6  1  37 5        (TM ) 6  5   1  37  Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất: x  log 2   6 5   x  x  2 32, Chứng minh với x  0 thì log 2 1  2  log3  3  2    Giải: Trước tiên bài toán này đúng với mọi x  0 luôn chứ không phải với x  0 thôi. Bây giờ ta quan sát bài toán thấy là chưa rõ ràng lắm nên ta dùng các phép biến đổi cơ bản thêm bớt và công thức log a xb  b log a x. Ta biến đổi bất đẳng thức đã cho trở thành bất đẳng thức



x



sau: log 2 (1  2 x )  x  log 3 (3x  2 x )  x  log 2 (1  2 x )  log 2 2 x  log 3 (3x  2 x )  log 3 3x Hay ta có

E-mail: [email protected]

- 186 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

  2 x   3x  2 x    1 x     log 2  1      log 3  1     (1) Theo tính chất của hàm   log 3  x  2    3 3          lôgarit và kết hợp với x  0 ta có :  1  2x : log 2  x  2

x x   2 x    1 x   2 1 1     1     log 2  1      log 2  1     (2) Mặt khác ta lại có :  3 2 3 2             2 x    2 x  log 2 1      log 3 1     (luôn dúng) (3) Kết hợp cả (2) và (3) ta có (1)   3     3      

x 1 log   3

33, Giải phương trình: x

 900

Giải: Trước tiên ta đặt điều kiện x  0. Lấy lôgarit hóa hai vế phương trình ta có x 3

x   log 900  1  log  log x  log 9  log100 3   1  log x  log 3 log x  2 log 3  2 1 log

log x

 log 2 x  (1  log 3) log x  (2 log 3  2)  0 Xem đây là phương trình bậc hai theo biến log x thì phương trình này có biệt số   (1  log 3)2  4(2 log 3  2)  (log 3  3) 2 Suy ra phương trình này có hai nghiệm phân biệt x   log 1 log 3  1  log 3  3    x  30  log 3  1 3  log x    2     log x  log 3  1  log 3  3  2 log x  2  1  2  x  100   Kiểm tra lại ta thấy hai nghiệm này đều thỏa bài toán.  x 2  8 y  15  y 2  2 | x | 15  4 x 2  18 y  18 34, Giải hệ phương trình:  2 3  3log 49 49 x  log 7 y  3 Giải: Điều kiện của phương trình (2) là: x  0, y  0 Từ phương trình (2) ta có : 3.(1  log 49 x 2 )  3.log 7 y  3  3  3log 7 | x | 3log 7 y  3  log 7 | x | log 7 y | x | y Khi đó thay vào phương trình (1) ta được : y 2  8 y  15  y 2  2 y  15  4 y 2  18 y  18  ( y  3).( y  5)  ( y  3).( y  5)  ( y  3).(2 y  3)

Ta thấy y  3 là nghiệm của hệ Với y  5 ta có y  5  y  5  2 y  3 Đến đây thì bạn có thể giải quyết được rồi

E-mail: [email protected]

- 187 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Ở hướng dẫn làm bài trên nếu không cẩn thận, ta dễ làm thiếu trường hợp của y . Chỗ y 2  8 y  15  y 2  2 y  15  4 y 2  18 y  18 (  ). Ta nên đặt điều kiện rồi chia ra hai trường hợp. Điều kiện của y trong phương trình này là: y  5 hoặc y  5 hoặc y  3 . Khi y  3 thì phương trình ( ) nghiệm đúng. Khi y  5 thì (  )  ( y  3).( y  5)  ( y  3).( y  5)  ( y  3).(2 y  3)  Khi y  5 thì

y 5  y 5  2y 3

(  )  (3  y ).(5  y )  (3  y ).( y  5)  (3  y ).(3  2 y )  5  y   y  5  3  2 y

2 x  4 y  32 35, Giải hệ phương trình:   xy  8

Giải: Dễ dàng nhận thấy x,y>0 vì nếu x,y0 tln3 Vậy hàm số f (t ) đồng biến trên (0; ) . Theo (1) ta có: f (3x )  f (2 x  1) suy ra: 3x  2 x  1 2 Xét hàm số: g ( x )  3x  2 x  1 ta có g ( x )  3x ln3  2  g ( x)  0  x  log3 ln3 Lập bảng biến thiên hàm số g ( x) ta suy ra g ( x)  0 có tối đa 2 nghiệm. Ta có g (0)  g (1)  0 suy ra x  0; x  1 là hai nghiệm của phương trình g ( x)  0 Đối chiếu với điều kiện thì cả 2 nghiệm đều thỏa mãn. Vậy phương trình ban đầu có đúng hai nghiệm là: x  0; x  1

Xét hàm số : f (t )  log3t  t với t>0 ta có: f (t ) 





39, Giải phuơng trình: log 2 1  x  log 3 x Giải: Điều kiện:x>0. Đặt: log 2 1  x  log 3 x  t





1  x  2t Từ đó ta có:  t  x  3 t

t

1  3 Suy ra: 1  3  2       1  2   2  Dễ thấy VT là một hàm số nghịch biến nên phương trình có không quá 1 nghiệm. Mà: t  2 là 1 nghiệm của phương trình, suy ra: x  9 là nghiệm của phương trình. t

t

9 x 2  4 y 2  5 40, Giải hệ phương trình:   log 5 (3 x  2 y )  log 3 (3 x  2 y )  1 Giải: Điều kiện: 3 x  2 y  0

Đặt: log 5  3 x  2 y   t 3 x  2 y  5t Kết hợp với phương trình thứ 2 ta có:  Từ phương trình thứ nhất ta t 1 3 x  2 y  3

có:  3 x  2 y  3 x  2 y   5  5t.3t 1  5  15t  15  t  1 3 x  2 y  5  x  1 Từ đó ta có hệ:  Thử lại giá trị x; y ta thấy thỏa điều kiện.  3 x  2 y  1 y 1 Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (1;1)

E-mail: [email protected]

- 189 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

9 x 2  4 y 2  5 41, Giải hệ phương trình:   log 5 (3 x  2 y )  log 3 (3 x  2 y )  1 Giải: Điều kiện: 3 x  2 y  0 Đặt: log 5  3 x  2 y   t 3 x  2 y  5t Kết hợp với phương trình thứ 2 ta có:  Từ phương trình thứ nhất ta t 1 3 x  2 y  3

có:  3 x  2 y  3 x  2 y   5  5t.3t 1  5  15t  15  t  1 3 x  2 y  5  x  1 Từ đó ta có hệ:  Thử lại giá trị x; y ta thấy thỏa điều kiện.  3 x  2 y  1 y 1 Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (1;1) 4

( x 4  y ).3 y  x  1 42, Giải hệ phương trình:  4 x4  y 0  8( x  y )  6 Giải: Từ phương trình thứ nhất ta có: 4 1 x 4  y  y  x 4  3x  y 3 Từ phương trình thứ hai ta có: 4 6x  y 4 x y 8 Khi đó ta có: 4 4 4 4 6 x  y  8(3x  y )  3x (2 x  y  8)  0

 x4  y  3 Do đó: x 4  y  27 43, Giải phương trình sau : x 2  2 x  2  log 2 ( x 2  1)  log 2 (3 x) 3

3

Giải: Cách 1: Đk:... x 2  2 x  2  log 2 ( x 2  1)  log 2 (3 x) 3

3 2

 ( x  1)2  1  log 2 3 ( x 1) 2

2   3 Cách 2:

x 1 x2  1  ( x  1)2  log 2 3x 2x 3

2



x 1 ... ... x  1 2x

E-mail: [email protected]

- 190 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Đk:x>0

x 2  2 x  2  log 2 ( x 2  1)  log 2 (3 x)  ( x  1)2  1  log 2 3

3

3

x2  1 3x

2

 ( x  1)2  log 2 3

x 1 Ta có: VT  ( x  1) 2  0 . 2x

x2 1 x2 1  1 . Do đó VP  log 2  0 00. Đặt: 3log 3 1  x  3 x  2 log 2 x  6t .









2t 3 log 3 1  x  3 x  2t  1  x  x  3 Khi đó ta sẽ có:  Ta sẽ có: x  26t  3 x  22t Do vậy ta  3t  log 2 x  3t  x  2 t

t

t

1 8 4 có phương trình mới là: 1  2  2  3           1 Dễ thấy hàm số ở VT là một hàm 9 9 9 nghịch biến mà VP là một hàm hằng nên phương trình trên có không quá 1 nghiệm. Ta nhẩm thấy ngay: t  2 là một nghiệm của phương trình, do đó t  2 là nghiệm duy nhất của phương trình. Với: t  2 ta suy ra: x  26.t  212 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x  212 3t

2t

2t

47, Giải phương trình : 2011x  x  x 2  1 \Giải:

E-mail: [email protected]

- 192 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Ta viết phương trình thành:

2011x ( x 2  1  x)  1 Xét: f ( x)  2011x ( x 2  1  x) có:

f ( x)  2011x ( x 2  1  x )(ln 2011 

1

)0 x2  1 Do đó f ( x ) là hàm đồng biến, mà f (0)  1 nên phương trình có nghiệm duy nhất x  0 .

 x  x 2  2 x  2  3 y 1  1 48, Giải hệ phương trình   y  y 2  2 y  2  3x1  1 Giải:  x  1  ( x  1) 2  1  3 y 1 Ta sẽ viết lại hệ dưới dạng:   y  1  ( y  1)2  1  3x 1 a  a 2  1  3b Để cho gọn ta sẽ đặt: a  x  1; b  y  1 . Ta thu được hệ:   b  b 2  1  3a Trừ vế theo vế ta thu được: a  a 2  1  b  b 2  1  3b  3a  a  a 2  1  3a  b  b 2  1  3b Xét hàm số: f (t )  t  t 2  1  3t (t  R) . Ta có: f (t ) 

t2 1  t 2

 3t.ln 3  0 Vì

t 2  1 | t | t

t 1 Suy ra hàm số trên đồng biến trên R . Do đó ta có: f (a)  f (b)  a  b Từ đó ta thu được phương trình: a  a 2  1  3a Ta sẽ tiếp tục ứng dụng hàm số để giải quyết bài toán này. Phương trình trên tương đương với: 3a ( a 2  1  a)  1 Xét hàm số: g (a)  3a ( a 2  1  a ) V?i a  R Ta có: g (a) 

3a ( a 2  1  a )(ln 3  1)

0 a2  1 Suy ra, hàm số trên đồng biến trên R , nên phương trình có tối đa 1 nghiệm. Mà ta thấy rằng: a  0 là một nghiệm của phương trình. Suy ra phương trình có nghiệm: a  0 . Suy ra: a  b  0  x  y  1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất là: ( x; y )  (1;1)  lg x  49, Giải phuơng trình:    2 

lg 2 x  lg x 2  2

 lg x

Giải:

E-mail: [email protected]

- 193 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Trước tiên ta điều kiện x  0 . Quan sát bài toán để giải bài toán này chúng ta sẽ sử dụng giải nó bằng lg 2 x  lg x 2  2

 lg x  1  cách lấy lôgarit hóa hai vế phương trình. Cụ thể ta có log 2   log 2  lg x  Phương trình   2  2  này sau khi sử dụng các công thức biến đổi của lôgarit ta đi đến phương  lg x  trình lg 2 x  lg x 2  2 .log 2    1  log 2  lg x   2  Đến đây ta tiếp tục áp dụng công thức biến đổi của lôgarit ta có phương trình mới





 lg x  (lg 2 x  2lg x  2) log 2    1  log 2 (lg x)  2   (log 2 (lg x)  1)(lg 2 x  2 lg x  3)  0  log (lg x)  1  0  2 2  lg x  2 lg x  3  0 50, Giải bất phương trình:

6  3x 10  voi x  0 x 2x 1 Giải:

1 2 Khi đó bất phương trình đã cho cho tương đương với bất phương trình : 10 x 6  3x  2 x 1 5  1  3x  2 x 1 1 • Với x  ta có : VT  0;VP  0  bất phương trình vô nghiệm 2 1 • Với 0  x  Đặt : f ( x)  1  3x  f ( x )  3x ln 3  0  hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng 2  1  0;  .  2 1 Vậy : f ( x)  f ( )  1  3 (1) 2 5 10  f ( x)   0  hàm số g ( x) là hàm nghịch biến. Tương tự : Đặt g ( x )  2x 1 (2 x  1)2 Do đó g ( x )  g (0)  5 (2)  1 Vậy trong khoảng  0;  thì bất phương trình luôn nghiệm đúng.  2  1 Kết luận : Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là :  0;   2

Điều kiện : x 

E-mail: [email protected]

- 194 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

51, Giải bất phương trình: 2 x 1  (5 x 2  11)21 x  x 2  24  x[1  ( x 2  9)2 x ] Giải: Trước tiên mình phải khẳng định bài toán này của h.u.n ra khá nặng tay. Nếu đây là một bài toán trong đề thi năm nay thì vào phòng thi gặp bài toán này chắc sẽ có rất nhiều thí sinh sẽ ngậm bút ngay đấy #-o. Mình nghỉ như thế thật đấy vì khi nhìn vào hình thức bài toán này mình cảm giác được nó mang nặng "sát khí" của bài toán được ghép " kiểu phương trình tích và phương trình giải bằng hàm số". Chưa hết sự khó khăn đâu các bạn à mà nó còn là kiểu phương trình " tích" có được khi giải nó bằng kỉ thuật "tham số biến thiên" cộng với một cái đầu hết sức sáng suốt để kéo được một hằng đẳng thức mà mình gọi là "dồn hết sức bình sinh " để cho ta một phương trình đẹp. Đoạn đường đó chỉ là cái khó khăn của bước đầu thôi chứ đi vào cái cần đạt được của bài toán các bạn còn "phải tung hết tất cả những võ công tuyệt thế" để hạ nó như là cuộc chiến của bốn đại cao thủ võ hiệp kim dung "Đông tà , Tây độc , Nam đế , Bắc cái" đấy.8->. Bây giờ mình sẽ đi vào bài toán đây. Trước tiên cái mũ 2 x kia nó quá lẻ loi trong bài toán nên thôi thì ta sẽ đặt nó bởi một ẩn phụ t  2 x , t  0 cho bài toán bớt đi "cái khó chịu " để rồi bất phương trình đã cho trở thành

10 x 2  11 2 x3  9 x  x  24  x   2t 2  ( x 2  x  24)t  22  9 x  10 x 2  x3  0 Bây giờ ta xem t t phương trình 2t 2  ( x 2  x  24)t  22  9 x  10 x 2  x3  0 là một phương trình bậc hai theo t thì phương trình có biệt số   ( x 2  x  24)2  8(22  9 x  10 x 2  x3 )  ( x 2  3 x) 2  40( x 2  3 x)  400  ( x 2  3 x  20) 2 Từ đó ta có 2t 

 x 2  x  24  x 2  3 x  20 1 2 1  x  x 1 t  4 2 2  hai nghiệm phân biệt của phương trình là   2 2  t  x  x  24  x  3 x  20   x  11  4 Vậy từ đây ta sẽ đưa bất phương trình về hình thức sau 1  1  2  t  x 2  x  1  t  x  11  0  2t  x 2  x  2  t  x  11  0 2  2   2.2 x  x 2  x  2  0  2t  x 2  x  2  0  x   2  x  11  0  t  x  11  0   x 2 2  2.2  x  x  2  0  2t  x  x  2  0  2 x  x  11  0  t  x  11  0 





Rõ ràng đến đây ta hoàn toàn không thể giải bằng những kỉ thuật cơ bản được mà ta chắn chắc phải sử dụng đến kỉ thuật hàm số. Để đạt được điều đó ta chuẩn bị các bước tiến hành sau đây. Xét hàm số f ( x )  2 x  x  11 rõ ràng ta có được hàm số này đồng biến. Mặt khác f (3)  0 nên ta có ngay các đánh giá sau Nếu f ( x )  0  x  3 Nếu f ( x )  0  x  3 Xét hàm số g ( x )  2.2 x  x 2  x  2. Ta có g ( x )  2.2 x. ln 2  2 x. Bây giờ ta cần phải đi tìm nghiệm của phương trình g ( x )  0. Nhưng nếu dùng kỉ thuật thông thường ta cũng khó có thể tìm được nghiệm của nó. Nên ta lại tiếp tục dùng hàm số như sau. Xét hàm số g1 ( x )  2.2 x.ln 2  2 x. Ta có g1 ( x )  2.2 x ln 2 2  2. Từ đây ta có

E-mail: [email protected]

- 195 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

2  2   x  log 2    x0 Ta cũng dể kiểm chứng được 2 2 2 ln 2  2 ln 2  rằng trong khoảng (; x0 ) hàm số nghịch biến , trong khoảng ( x0 ; ) hàm số đồng biến nên ta có được phương trình g1 ( x)  0 hay g ( x)  0 có hai nghiệm phân biệt. Từ đó ta bằng trực giác hình học ta đi đến kết luận rằng nếu phương trình g ( x )  0 có nghiệm thì sẽ có tối ta ba nghiệm phân biệt. Mặt khác ta có g (0)  g (1)  g (2)  0 nên ta có phương trình f ( x )  0 có ba nghiệm phân biệt x  0 ; x  1; x  2. Lại có các đánh giá Nếu x  2  0  x  1  g ( x)  0. Nếu x  0  1  x  2  g ( x )  0. Từ đó ta có hệ bất phương trình ( I ) trở thành g1 ( x )  0  2.2 x.ln 2 2  2  0  2 x 

  0  x  1   g ( x)  0      x  2 f ( x )  0   x  3 0  x  1     Vậy ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là   x  0 2  x  3   g ( x)  0    f ( x)  0   1  x  2   x  3  S  (0;1)  (2;3)  P/S : Chổ tìm nghiệm của phương trình g ( x )  0 có ba nghiệm phân biệt có thể giải bằng đồ thị hàm số và dựa vào đó có thể suy ra nghiệm bất phương trình liên quan đến g ( x )



52, Giải phương trình

x

 

3 2

3 2



x

 5

x

Giải: Ở bài toán này quan sát ta có cảm giác phương trình mũ này có chứa cặp số nghịch đảo và cái hay của bài toán này là cảm giác đó đúng chứ không phải sai các bạn à. Thật vậy ta có



x

 

3 2 .

3 2



x

 1 Và đến đây có một số bạn nghỉ rằng ta đặt ẩn phụ giải ngay nhưng không

được các bạn à vì chúng ta còn bị kẹt dí cái đại lượng

 5

x

bên vế phải phương trình. Vậy ta sẽ giải

thoát điều khó chịu này ngay bằng một biện pháp là chia cả hai vế phương trình cho nó ta được phương x

x

 3 2  3 2 trình mới là      1 Tới phương trình này có một số bạn sẽ giải quyết nó bằng 5   5    3 2   3 2  1 một sai lầm sau đó là   .   Và tiến tới đặt ẩn phụ rồi giải. Các bạn đừng nghỉ 5   5  5  mình nói điều này thừa nhé vì thực tế đã chứng minh có không ít bạn khi gặp phương trình như thế này đã làm như thế. Và đó là một "điểm chết người" vì khi làm toán với phương trình mũ có chứa cặp số nghịch đảo khi nhân chúng ta cũng không được quên cái mũ nhé. Nếu không quên thì phép tính trên cho x

x

 3 2  3 2 1 ta được phương trình   .    x Tới đây xem như kế hoạch đặt ẩn phụ đã hoàn 5   5  5  toàn phá sản. Và một lối suy nghỉ tự nhiên là khi mà các cách giải cơ bản đã không còn hiệu nghiệm nữa thì sẽ giải nó bằng kỉ thuật hàm số nhưng lưu ý với các bạn rằng để phương án giải quyết này hiệu

E-mail: [email protected]

- 196 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

nghiệm thì ta cần phải đoán được nghiệm phương trình trước rồi sau đó ta mới tiến hành từ định hướng nghiệm đó. Thực tế thì bài toán này để đoán nghiệm nó thì quả thật là rất khó cho dù ta đã dồn "hết sức bình sinh" của mình. Vậy ta phải giải quyết thế nào đây khi mà mọi lối đi đã được phơi bày mà vẫn chưa tìm ra hướng giải quyết. Và bây giờ ta sẽ bình tỉnh và tinh ý để ý tới các cơ số của hàm mũ ta có được 3 2 3 2 điều này 0   1; 1 5 5 Và điều này sẽ làm cho chúng ta bắt đầu cảm giác an toàn vì với kỉ thuật cơ bản đánh giá cơ số mũ ta đi đến các kết luận quan trọng sau : +) Với x  0 thì ta có : x

x

x

x

 3 2  3 2  3 2  3 2    0 ;    1        1 5 5 5 5         x

x

x

x

 3 2  3 2  3 2  3 2  +Với x  0 thì ta có    1 ;    0        1 5 5 5 5         Điều này chứng tỏ phương trình đã cho vô nghiệm. Qua bài toán này mình muốn gửi gắm đến các bạn khi chúng ta học về cách giải phương trình mũ , bất phương trình mũ và hệ phương trình mũ thì ngoài việc chúng ta phải nắm vững các cách giải cơ bản truyền thống cùng với các kỉ thuật giải mà bằng kinh nghiệm ta thu được thì trước tiên các bạn cần nắm rõ những tính chất của hàm mũ và đặc biệt lưu tâm đến việc so sánh các cơ số mũ với nhau nhé. Vì trong các bài toán dùng lối kỉ thuật ra thì ở đâu đó vẫn còn đó các bài toán chỉ sử dụng chất liệu cơ bản đơn giản thế thôi nhưng nếu chúng ta không có gì để nhớ thì sẽ khó khăn cho chúng ta biết chừng nào. Và mình cũng muốn gửi các bạn niềm tin rằng chúng ta hãy đừng "cố nhớ những điều quen thuộc mà chúng ta đã quên" và hãy " để những gì quen thuộc dẫn dắt cho chúng ta đường đi". Thân chào. 53, Giải bất phương trình 4 x  8 2  x 2  4  ( x 2  x ).2 x  x.2 x 1 2  x 2 Giải: Điều kiện: | x | 2 4( x  1  2 2  x 2 )  x.2 x ( x  1  2 2  x 2 )  (

4  x )( x  1  2 2  x 2 )  0 2x

* Xét hàm số f ( x)  x  1  2 2  x 2 , x  [ 2; 2] , ta có: Hàm số f(x) liên tục trên [ 2; 2] . x  1 f ( x)  0  2 2  x 2  1  x    x  1 2 2 8  4 x  x  2 x  1 Lập bảng xét dấu, ta có: f ( x)  0  x  1 f ( x )  0  x  1 f ( x )  0  x  1 4 *Xét hàm số g ( x )  x  x, x  [ 2; 2] , ta có: 2 Hàm số g(x) liên tục trên [ 2; 2] . Hàm số g(x) nghịch biến trên [ 2; 2] . g ( x )  0  x  xo (Không hieu sao le quá)

E-mail: [email protected]

- 197 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Do đó ta có:  g ( x )  0 neu  2  x  xo   g ( x )  0 neu x  xo   g ( x )  0 neu xo  x  2

1

54, Giải bất phương trình



2

log 1 2 x  3 x  1

1 log 1  x  1 3

3

Giải:

  Điều kiện:   

BPT 



0  2 x 2  3x  1  1 0  x 1  1

      

   

1  x  x 1 x  0; x 

1 2

(*)

3 2

1 1  0 log 3 ( x  1) log 3 2 x 2  3 x  1

log 3 2 x 2  3x  1  log 3 ( x  1) log 3 ( x  1).log 3 2 x 2  3 x  1

0

log 3 (2 x 2  3 x  1)  log 3 ( x  1) 2   0(1) log 3 ( x  1).log 3 (2 x 2  3 x  1) Hàm số f (t )  log 3 (t  1) là hàm đồng biến và f (0)  0  f (t )  f (t )  f (0) luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với t  0  t . Tức là: log 3 ( x  1) cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với x log 3 (2 x 2  3 x  1) cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với 2 x 2  3x

Và log 3 (2 x 2  3 x  1)  log 3 ( x  1)2 cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với 2 x 2  3x  1  ( x  1)2  x 2  5 x

x2  5x  0  ( x 2  5 x)(2 x  3)  0 (do (*)) 2 x(2 x  3 x) x5 1 0 x 2 (kết hợp với (*)) là nghiệm bất phương trình đã cho. 3 1 x  2

Do đó: (1)         

55, Giải bất phương trình 4 x  2 x  2  x 2  2 x  3 Giải:

E-mail: [email protected]

- 198 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Ta có, bất phương trình đã cho tương đương: 2

2

 2   4.2  x  2 x  3   2   4.2  4  x   2  2    x  1  2  2  x  1 x

x

x

2

x

2

2

x

2

 2x 1

x

Tới đây, ta xét 2 trường hợp: Trường hợp 1: x  1. Trường hợp 2: x  1. 56, Giải phương trình 7 x 1  6 log 7 (6 x  5)  1 Giải: Đk: (1)  7 x 1  6 log 7 (6 x  5)  6( x  1)  6 x  5  7 x 1  6( x  1)  6 x  5  6 log 7 (6 x  5)

Xét hàm:  (t )  t  6 log 7 t có:  (t )  1  6



Nên  (t ) là hàm đồng biến, do đó:  7 x 1 Xét hàm: f (a)  7 a  6a  1; a  x  1  



1  0 t  0 t ln 7   (6 x  5)  7 x1  6 x  5

1 có: f (a)  7 a ln 7  6 6

 f (a )  0  a0  log 7 6  log 7 (ln 7) Vì hàm số f (a ) đồng biến trên (; a0 ) và nghịch biến trên (a0 ; ) nên f (a)  0 có không quá hai nghiệm. Hơn nữa f (0)  f (1)  0 do đó a1  0, a2  1 là 2 nghiệm của phương trình f (a)  0 Suy ra phương trình đã cho có tập nghiệm là: S1   1; 2  57, Giải phương trình 6 x  3log 6 (5 x  1)  1  2 x Giải: Đặt log 6 (5 x  1)  t  6  5 x  1 (A) và phương trình ban đầu thành: 6 x  3t  2 x  1 . (B). t

Lấy (A) trừ (B) theo vế thì được: 6 x  6t  3t  3x .(C) Sự kiện này cộng với hàm f ( z )  6 z  3 z tăng trên R dẫn đến (C)  x  t . Đem thế lại (A) thì được: 6 x  5 x  1 . (D) Bởi sự tăng chậm rãi của 5 x  1 không thể so sánh nổi với 6 x nên trong trường hợp này chúng chỉ gặp nhau có 2 lần tại 0 và 1 ; điều này được thể hiện rõ ràng bằng hàm số f ( w)  log 6 (5w  1)  1 có đạo hàm có đúng 1 nghiệm. Tóm lại: x  0; x  1 là 2 nghiệm của phương trình.



58, Giải bất phương trình 9 3  11 2



x



 2 5 2 6



2

2



3 2



x

1

Giải:



Giải bất phương trình 9 3  11 2



x



 2 5 2 6



2

2



3 2



x

 1 Có x  0 là nghiệm, cộng thêm

sự kiện hàm số ở vế trái của phương trình đồng biến cho ta nghiệm của phương trình là: x 0. x2 1 Với điều kiện trên, ta có: log 2 ( x 2  1)  log 2 ( x)  log 2 ( ). x TheoAM  GM : x 2  1  2 x . Do đó, ta có đánh giá sau: log 2 ( x  1)  log 2 ( x)  log 2

x2  1  log 2 2  1.(1) x

Bây giờ, ta xét vế phải của phương trình. Đặt f ( x)  3 x 2  2 x 3 . Ta có: f ( x)  6 x(1  x). Xét 2 trường hợp: Trường hợp 1: x > 1. Khi đó, f ( x)  0. Suy ra f ( x ) nghịch biến khi x >1. Do đó, f ( x)  f (1)  1. Trường hợp 2: 0 < x < 1. Khi đó, f ( x)  0. Suy ra f ( x ) đồng biến khi 0 < x < 1. Do đó f ( x)  f (1). Tóm lại, với mọi x  1, ta có 3 x 2  2 x 3  1 (2) Từ (1) và (2) ta có thể kết luận được nghiệm của bài toán. 

60,

5 Giải bất phương trình

x2



 x  3 x2  5x  6 3

x 1

1

 0

Giải: Bài toán này chắc chắn chúng ta phải dùng đến kỉ thuật hàm số thôi các bạn à. Chúng ta có những đánh giá sau : + Hàm số y  f ( x )  5 x  2  x  3 là hàm số đồng biến và f (2)  0. Suy ra nó cùng dấu với x  2. + Hàm số y  g ( x)  3x 1  1 là hàm số đồng biến và g (1)  0. Suy ra nó cùng dấu với x  1. Do đó bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình

( x  2)( x 2  5 x  6)  0 Việc giải bất x 1

phương trình này quá cơ bản. 61, Giải phương trình 2 x  1  log 2 ( x  1) Giải: Điều kiện : x  1 Phương trình được viết lại như sau: 2 x  x  1  x  log 2 (1  x)  2 x  log 2 2 x  1  x  log 2 (1  x) (1) Xét hàm số đặc trưng: f (t )  t  log 2t với t>0. Ta có f (t )  1 

1  0 với mọi t>0 suy ra hàm số tln 2

f (t ) đồng biến trên (0; ) Từ (1) ta có: f (2 x )  f (1  x )  2 x  x  1 Tiếp tục xét hàm số g ( x)  2 x  x  1 ta có g ( x )  2 x ln2  1, g ( x)  2 x ln 2 2  0 với mọi x  1 Lập bảng biến thiên của hàm số g ( x) ta thấy phương trình g ( x)  0 có tối đa 2 nghiệm

E-mail: [email protected]

- 200 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Mặt khác ta có: g (0)  g (1)  0 nên phương trình ban đầu có 2 nghiệm là : x  0, x  1 PS: Ta cũng có thể lập luận để chỉ ra g ( x)  0 có tối đa 2 nghiệm theo cách. 1 Từ phương trình: g ( x)  2 x ln2  1  0  x  log 2 ( ) ln2 1 1 Từ đó ta nhận xét hàm số g ( x)  2 x  x  1 nghịch biến trên (1; ) và đồng biến trên ( ; ) nên ln 2 ln 2 trên mỗi khoảng đó g ( x)  0 có tối đa một nghiệm và cũng thu được kết quả như trên. x  3 3  x  x  log 2 y  8 y  2 y  1 62, Giải hệ phương trình:   y 2  xy  1  0  4 Giải: Điều kiện: xy>0 Ta xét 2 TH sau: Với: x>0; y>0.Ta sẽ xét phương trình thứ nhất, ta có: x x 3  x  log 2  8 y 3  2 y  1  x 3  x  log 2 x  8 y 3  2 y  1  log 2 y y 3  x  x  log 2 x  8 y 3  2 y  log 2 2 y Xét hàm số: f (t )  t 3  t  log 2 t với t>0 ta có: 1 f (t )  3t 2  1   0 Suy ra: f ( x )  f (2 y )  x  2 y Thế xuống phương trình dưới và giải ta thu t.ln 2  1 được nghiệm là:  1;   2 Với: x,y0 với mọi x  0 , với lại f (0)  f (1)  f (2)  0 nên pt f ( x )  0 chỉ có 3 nghiệm là x  (0;1;2) . Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (0; 0), (1;1), (2; 2)  x 1  y  y 1  x  2  x   2  y  135, Giải hệ phương trình:  2   2  3  x 3 2 x e  ( x  y ) ln( y  x  2)  e Giải: x y Đặt a  4 , b  4 , lấy logarit Nepe 2 vế ta có phưong trình: ln(a  1) ln(b  1)  ln a ln b ln(t  1) Xét f (t )  với t>1 ln t t ln t  (t  1) ln(t  1) f (t )  0 t (t  1) ln 2 t  4x  4 y  x  y Thay vào phương trình (2) của hệ ta có: 3 ( x 3  x ) ln( x 2  x  2)  e x  e x  VT  0 Giả sử 3 x  x  x  x3   (vô lí)  VP  0 Tương tự với 3 x  x Vậy phưong trình có nghiệm  3 x  x  x  1 vậy nghiệm ( x; y ) của hệ: (1;1) 136, Giải phương trình: log 2  x  3  2 log 4 3.log 3 x  2 Giải: Điều kiện: x > 3 Phương trình đã cho tương đương với:

E-mail: [email protected]

- 228 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

log 2 ( x  3)  2 log 4 x  2  log 2 ( x  3)  log 2 x  2  log 2  x ( x  3)  2  x 2  3x  4  0  x  1  x4  x4 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho: S  4.

137,

5 Giải bất phương trình:

x

 2 log5 (4 x  1)  2 x  1)



3

2 x  31  4 x  1)

log3 (2 x  1)  log 2 (2 x 2  1) Giải: 4 x  1  0 2  Trước tiên điều kiện của bài toán là : 2 x  1  0  x  2 2 x 2  1  0  Đặt f ( x )  5 x  2 log 5 (4 x  1)  2 x  1; x  Ta có : f ( x)  5 x ln 5 

0

2 2

8 2 2 0; x  (4 x  1) ln 5 2

2 . 2 Mặt khác f (1)  0 nên ta có hàm số y  f ( x ) triệt tiêu và cùng dấu với x  1 Suy ra hàm số đồng biến trên với mọi x 

Xét hàm số g ( x )  3 2 x  31  4 x  1 ; x  Ta có : g ( x ) 

2 2

2 1 4 2   0; x  3 3 (2 x  31) 2 2 4 x  1 2

2 2 4 x  1  3 nên ta có y  f ( x ) triệt tiêu và cùng dấu x  2

Suy ra hàm số y  f ( x ) đồng biến với mọi x  Mặt khác f ( x ) 



3

 

2 x  31  3 



Đặt h( x)  log 3 (2 x  1)  log 2 (2 x 2  1) Ta có : h( x) 

2 4x 2  0; x  2 (2 x  1) ln 3 (2 x  1) ln 2 2

2 . 2 Mặt khác ta có h(1)  0 nên ta có y  h( x ) triệt tiêu và cùng dấu với x  1. Do đó bất phương trình đã cho tương đương với hệ bất phương trình : Suy ra hàm số y  h( x ) đồng biến với mọi x 

E-mail: [email protected]

- 229 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 2 x  2  x2   ( x  1)( x  2)  0 x 1  138, Giải bất phương trình: ( 10  1)log3 x  ( 10  1)log3 x 

2x 3

Giải: Điều kiện : x  0 Đặt t  log 3 x  x  3t. Lúc đó bất phương trình trở thành : t



t

 

10  1 

t

 10  1   10  1  2 2 10  1  ·3t   (1) Do      3 3 3 3     t



t

t

t

 10  1   10  1    ·   1 nên đặt 3 3    

t

 10  1   10  1  1 u    ; u  0     . Lúc đó (1) trở thành  3   3  u t u  0 u  0  10  1    : 1 2   1  0  u  1 Từ đó dẫn đến 0     1  t  0  log 3 x  0  x  1 3 u     u  1    u 3  3 Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình là : S   0, 1 x

1 x

139, Giải phương trình: 3  3 

78 . 9 3 Giải: x

1 x

x

1 x

Ta có thể viết phương trình thành : 3  3  3  3 Nhận xét rằng khi : x0. Xét hàm số : f ( x)  3  3 , x  0.

1 1x 2 1x 1 1x 2 x 2  ·3 ln 3, f ( x )  3 ln 3  ·3 ln 3  ·3 ln 3  0, x  0 Từ đây bằng cách x2 x3 x4 lập bảng biến thiên, ta chỉ được rằng phương trình f ( x )  3  3 có nhiều nhất 2 nghiệm. 1 Nhận xét x  2, x  thỏa mãn phương trình nên đi đến kết luận phương trình chỉ có hai nghiệm như 2 trên :) Ta có f ( x)  3x ln 3 

140, Giải phương trình: 3( x  3) log 2 x  2( x  1) Giải:

E-mail: [email protected]

- 230 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Điều kiện : x>0. Đặt : u  log 2 x  x  2u và phương trình viết lại thành : (3u  2)2u  9u  2  f (u )  2u 

9u  2 Dễ 3u  2

2 2 thấy rằng f (u ) là một hàm số đồng biến trên ( , ) và (, ). Tính đạo hàm ra thôi :) 3 3 Ta lại chỉ ra được rằng : f (0)  f (2)  0 nên phương trình f (u )  0 đã cho chỉ có hai nghiệm u  0, u  2. Đến đây suy ra : x  1, x  4. Phương trình ban đầu có hai nghiệm x  1, x  4

141, Giải phương trình: log 2 x  2 log 7 x  2  log 2 x.log 7 x Giải: Đk: x>0 Đặt t  log 2 x  x  2t Khi đó: Pt  t  2log 7 2t  2  t.log7 2t  t  2tlog 7 2  2t 2log 7

Đặt log 7 2  a t  2a  2log 7 2 pt  at 2  t (1  2a)  2  0  t   t 1  log 7 4 x  2   x2 142, Giải phương trình: ( x  3).ln( x  2)  2( x  1) Giải: Điều kiện : x  2 . Với điều kiện này ta đưa phương trình về phương trình : 2x  2 2x  2 2x  2 ln( x  2)   ln( x  2)   0 (1) Xét hàm số y  f ( x )  ln( x  2)  ; x  2 x3 x3 x3 1 4 ( x  3)2  4( x  2) ( x  1) 2 Ta có : f ( x)      0 ; x  2 x  2 ( x  3)2 ( x  3) 2 ( x  2) ( x  3) 2 ( x  2) Từ đó ta có y  f ( x) đồng biến x  2 . Do đó nếu phương trình f ( x )  0 có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Mặt khác ta có f (1)  0 nên ta có x  1 là nghiệm của phương trình. 143, Giải bất phương trình sau log 5









3 x 2  8 x  5  25  log 7 3 x 2  8 x  6  2 Giải:

 Đặt t  3x 2  8 x  5   

t0 t 2 +1=3x 2 -8x+6

BPT đã cho trở thành log 5 (t  25)  log 7 (t 2  1)  2  log 5

t  25  log 7 (t 2  1)  0 25

Ta có

E-mail: [email protected]

- 231 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

log 7 (t 2  1)  0 t  25 log 5 0 25

  Dấu bằng xảy ra khi     Giải được t  0 , hay

log 7 (t 2 +1)=0 t+25 log 5 =0 25

3x 2  8 x  5  0  x  1; x  5 / 3

144, Giải phương trình: 3log 22 x  log 2 x 2  x (3log 2 x  1) Giải: 3  log 2 x  3log 2 x  2   x  log 2 x  1 2   2 log 2 x  3log 2 x  2   x  3log 2 x  2    3log 2 x  2  2 log 2 x  x   0  3log 2 x  2  0   2 log 2 x  x  0  

2

2

2

145, Giải phuơng trình (2  3)( x 1)  (2  3) ( x 1)  (2  3) 2 x  2  1 . Giải: Giải: 2 1 2 x2 2 pt  (2  3)( x 1)  3) 1 . 2  (2  (2  3)( x 1)  (2  3) 2 x

2

2

 1  (2  3) 2 x

2

2

2

(2  3) ( x 1)  (2  3) ( x 1)

2

 ((2  3)( x 1)  1)((2  3)2 x

2

2

2

 1)  0

2

 (2  3)( x1)  1  0  x  1  0  x  1

146, Giải bất phương trình

1 1 1   . 2 log 1 (2 x  1) log 1 x log 1 x 12

4

3

Giải:

2  x 1 2 Khi đó bất phương trình đã cho tương đương: 1 1 1     0   log ( 2 x2 1) 12  log x 4  log x 3  0 2 log12 (2 x  1) log 4 x log 3 x Điều kiện:

E-mail: [email protected]

- 232 -

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

1 0 log12 x x 1 0

  log (2 x2 1) 12  log x 12  0   log (2 x2 1) 12  

 log (2 x2 1) 12 log12 x  1 log12 x

0 

 log (2 x2 1) log12 x

log3 x  5  3 y  2 147, Giải hệ phương trình:  2 3 4 x  9  xy 4  y  0 Giải: Đk: x  0; y  0 9 9 Pt (2)  9(4 x  9)  ( xy ) 2 (4  y 2 )  4( )  ( ) 2  4 y 2  y 4 x x 2 Xét f (t )  4t  t , t  0 f (t )  4  2t  0, t  0 Nên f (t ) là gàm liên tục đồng biến 9 Do đó y 2  x y 2 1 9 1 pt (1)  x  353  x   2  y 3.27 y 3.27 y  y 2  27 y 1  0

Xét f ( y )  y 2  27 y 1 , y  0 f ( y )  2 y  27 y 1.ln27  0, y  0 Nên f(y) là hàm liên tục đồng biến. Lại có f (1)  0  y  1  x  9 148, Giải phương trình: 4 x  5 x  3x  6 x Giải: Cho y  [0;1] xét hàm số f ( y )  (6  y ) x  (3  y ) x Trường hợp x>1 ta có f ( y )   x (6  y ) x 1  x(3  y ) x 1  0 Suy ra f ( y ) là hàm nghịch biến, do đó f (0)  f (1) hay 6 x  3x  5 x  4 x Trường hợp 02 thì phương trình vô nghiệm! Nếu 1