TUYỂN TẬP PT – HỆ PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH 2016 MEM GROUP NHÓM TOÁN 3 2 2(4 x  y )  12 x  y  x( y  3)   Câu (Euro Vũ) Giải hệ phương trình   y  x   x  x  Lời giải: Điều kiện : y  2 Từ phương trình :  (8 x  12 x  x  1)  y (2 x  1)  y    x  1  y  (2 x  1) y  y    x   y   (2 x  1)2  y (2 x  1)  y    y y2   (2 x   y )  (2 x   )  0    y  2x 1   (2 x   y )2  y   y  2x    1   y  7y  x   Với  x     0   2  7 y   y   2 y  x   x  x   Thay vào phương trình 1    vô lý Với y  x  2 x   x  x   x  x  Điều kiện :  x2 x  x    x2  x   x  3 x   Suy :   x  2x      x   x x 1  x   2x   ( x  x  3) x  x ( x  x  x  6)   2x   x  2x  ( x  1)  ( x  1) x   ( x  5)     ( x  1) x  x( x  2) 0   x  3    2  x  2x    x   3( x  1)    x5         x3 Vì x    x  1 2x  x  2x   x ( x  2) x   3( x  1) 3 x          Câu (Dương Công Tạo) Giải hệ phương trình:  x  x  y   y  x  y   y  y   , (1)   (2)  y  3x  y    x x y   2, x  (trích đề thi thử lần 2_chuyên Quang Trung_Bình Phước) Lời giải : Điều kiện: x  (1)  x5  3x y  xy  y10  y  y (vì y = nghiệm hệ) x x x     3      y5  y3  y  y  y  y x  f    f  y  , (a)  y Xét hàm số f  t   t  3t  4t R Ta có: f  t   5t  9t    t  1 5t    0, t  f(t) đồng biến, liên tục R, (b) Từ (a) (b), ta có x  y hay x = y2, x > y x Thế x = y2 vào (2) ta được: x  x  x    x x    3x  x   x3  3  x  2 x x 1  1    3x  x    x     x   x x  x x  1    x  3x  x    x     x   x x     1   x  1   x  1   x     x   x x      f  x  1  f  x3      x   Xét hàm số f (t )  t  t R Ta có: f(t) = 3t2 + > 0, t  f(t) đồng biến, liên tục R   x x Mà f  x  1  f  x3    nên x   x      3x  3x  x   (vì x > 0)   x  1  3x  1   x  1  y 3 với x    x  Vậy: hệ có hai nghiệm:  y   ;   x   y   3 1 Câu (Dương Long) Giải bất phương trình x2  x  2x 1 x 1  (1) 2x   Lời giải : x2  x  (1)  x     2x 1   2x 1  x x6  x 1   2x 1  ( x  3)(x  2)  x 1   2x 1  x2  x  3 2 2x 1   x 1   1 ( x   2)( x   2)(x  2) 2x 1  ( x   2)(x  2) 2x 1  Tới tiến hành giải phương trình sau :   x    ( x   2)(x  2)  x   x   (x  2) x     2x   2x 1    x 1  x 1 ( x   2)(x  2) 2x 1  Xét hàm số f(t) = t3 + t liên tục xác định R có f’(t) = 3t2 + > với t thuộc R nên hàm số f(t) đồng biến R Khi phương trinh tương đương với :  2x   x 1  (2 x  1)2  (x  1)3  x( x  x  1)   x0 x0    x  1 x  x     So với điều kiện xác định nhận nghiệm x  x  1 Lập bảng xét dấu ta nghiệm bpt (; 0]  [ 1 ;13) Câu 4.(Nguyễn Hữu Hiếu- Trường THPT Hùng Vương-Bình Phước) 3 y 2x  y  x 5y  4x  4y  Giải hệ phương trình  (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An)   x  y    x  y     Lời giải : 2xy  y   Điều kiện: 5y  4x  Từ điều kiện thứ ta có 2xy  y   xy  x  2; y  1      t 3x 2x  tx  x 5t 2x  4x  4t 2x      x 2t  t  x 5t   4t 2x     4t 2, DK : t  0;  5  Đặt y  tx Vì xy   t  ta có   2t  t  t    5t   5t    t      2 3t t  20 t     t 1 2t  t  t 5t   5t    3t 20 0  t  4     2t  t  t 5t   5t    3 2t   t4  5t          t 1x y         Thế vào (2) ta  x  x    x  x , DK : x   0;2    x  x   x   x  x2  x       1  x  x  1   0 x 1 x x  x 1   x2  x     x  1 1 y  2 Câu 5.(Nguyễn Hữu Hiếu- Trường THPT Hùng Vương-Bình Phước) x  y  3x  y   x   y    x  4y  4x  10y  5x  2y  Giải hệ phương trình  Lời giải : 1  x  3x   x   y  y    x  1   x  1   x     y 2 y 1 y  y 1 Xét hàm số  f ' t   2t   f t  t  t  t  1, t  1 t 1 1  t 1   1 t 1 t 1 1  33 t  1  1   2 t 1 t 1     Suy f(t) hàm đồng biến D Ta có f  x  1  f y   y  x  (2) ta       x  x   4x  10 x   5x  x    x  4x  6x  14  3x   , x      3x    x  4x  6x  12   x 2      x  x  6x   3x   x    x 2  x  6x    3x     Kết luận: x ; y   2;  Câu (Nguyễn Hữu Hiếu - Thi thử lần 1-THPT Hùng Vương-Bình Phước)  x  x  y   x  x  y      x  x x  y   2x  x  y     1 2 Lời giải : x  y   x  y   Điều kiện   2  y  x  (1) ta  x   x   x3  x2  x  2   x  1  x   x  1 4 x   x     x  1  Hệ có nghiệm  x; y    1; 2  , x    2;  Câu (Nguyễn Hữu Hiếu - Thi thử lần 1-THPT Hùng Vương-Bình Phước) Giải bất pt x x 6   x 1  x 2  x   3x  9x  Lời giải : x x 6     x   3x  9x    x 1  x 2  x2  x   x 1 1  x 2   x    2x  10x  12 x    x 6 x 2   x  2x    2x x 1 1 x  5x  x    x 1 2 x  5x   2 x  x 1 2  10x  12  5x  x 1 1  x 2   x  5x     2  x 1 2  x 1 1     x 1 1   x  5x    0 x   2  x 1 1    x  1;2    3;           Câu (Phùng Hiếu) Giải phương trình √21 + − = √10 + − + √2 (1) Lời giải : Điều kiện: −2 ≤ Ta có ≤ 5(1) ↔ √ ( + 3)(7 − ) = ( + 2)(5 − ) = √ √ = √2 √ (2 + 6)(7 − ) ≤ (2 + 4)(5 − ) ≤ √ ( + 9) (2) + (3) → Dấu “=” xảy +6=7− +4=5− ( + 13) (2) √ (3) ≤ √2 ↔ = Câu (Trương Công Việt (Krông Nô – Đăk Nông) Giải hệ phương trình: 1  x2  y    x  1(1)  x  y     x  y   x  66  y  x  11  x (2) x2   y 1  Lời giải : ĐK   2x  y    y  x  11  (1)  ( x  1)2   y2  x2 Xét hàm f (t )  t  1  ( x  1)2   y2  y 1 ( x  1)  1 y 1 1 , f '(t )  2t   0, t  Vậy f đồng biến 1;  t 1 t   t  1 Suy ra: f  x  1  f  y   x   y (3) Thay (3) vào (2) ta được: (4)     x   10  x  x  x  66  (4) Đk: x   7;10  x     10  x  x  x  63   x 9 x 9    x   x    x    10  x  x  Do đó: y  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y    9;8 Câu 10.(Mai Sao) Giải phương trình ( x  x  x  x  10  ( x  1)2 )( x3  x   x3  x )  (*) Lời giải : ĐK: x  (**) PT (*)  ( ( x  1)4   ( x  1) )( ( x3  x )   x  x )  a  ( x  1) đặt  (a, b  0) đưa PT dạng: b  x  x  ( a   a )( b   b)  nhanlienhop    9( b   b)  3( a   a )  a   a  (3 b)2   3b(***) xét hàm số f (t )  t   t (t  0) , f '(t )  t t2    với t  nên hàm f (t ) đồng biến nên: (***)  a=3b  ( x  1)  x  x  ( x  1)  x (x  1)  x   ( x   x )( x   x )   ( x  x  1)( x  x  1)   x   3(t / m(**)) Vậy phương trình có nghiệm x   Câu 11 (Đặng Ngọc Tuyên) Giải hệ phương trình 2 x  y  10  x   y   3y   3 x    x   2x   y   Phân tích: Nhìn vào này, ta thấy phương trình chứa thức cồng kềnh Ta tiến hành tìm xem phương trình có điều đặc biệt hay không Bắt đầu từ phương trình đơn giản phương trình Tinh ý thấy 6x + y + 10 = 3.(2x + 3)+ (y+1) Vậy ta liên tưởng đến phương pháp đặt ẩn phụ Nào! Giải toán  3  x  Lời giải : Điều kiện  y  1 6 x  y  10    Phương trình tương đương với:  x  y  10  x   y    x   a Đặt   y   b DK : a, b  Phương trình  3a  b  3a  b   a  b  x   y   y  x  Thay vào phương trình Ta có 3x    x  3y   2x   y   x    x  x  12  x   2x   Tiến hành đánh giá: Áp dụng bđt BCS, ta có  x   x  2.8  (*) x  12 x  12   x2  2x   2x   x    x   x    x  x    x   x    x   x    (  x  2)  0(**) Kết hợp (*) (**) => Dấu “=” xảy x  Với x  1 1 => y = Đối chiếu điều kiện => TMĐK 1  x  Vậy nghiệm hệ phương trình   y  Câu 12 (Đặng Ngọc Tuyên) Giải hệ phương trình ( x  y ) x  y  x  x  xy  2 y x  y  y  y Phân tích: Nhìn vào toán này, khó để định hướng cách làm Một số bạn nhìn thấy ta chuyển hệ hệ đẳng cấp nhân chéo để xuất phương trình đẳng cấp xử lí dài Vì vậy, cách mang lại lời giải đẹp đánh giá cho xuất bất ngờ :3 Cũng may từ điều kiện ta thấy x  y  nên ta áp dụng bất đẳng thức cô-si vào phương trình Nào! Thử làm x  y  y  Lời giải : Điều kiện  Phương trình ta có:  x  x  xy  ( x  y ) x  y AM  GM  ( x  y) ( x  y )  x  x  xy  x  xy  y  x  y (1) Bây ta cần đánh giá cho phương trình có x  y Ta có:  y x  y  y  y  x  y  (3 y  x  y )2 Vì (3 y  x  y )2   x  y   x  y (2) Từ (1) (2) => x  y Thay vào phương trình 2, ta có y x  y  y  y  y y  y  y  y  y y   y  y  y    3 y   y  TH 1: y   x  ( TMĐK) TH : y   y   (3 y  4)  4(9 y  3)  y   x  (TMĐK) 3 x    y   Vậy nghiệm hệ phương trình là:   x       y   Câu 13 (Trần Tuấn Anh) Giải phương trình 5 x2  14 x    Lời giải : Điều kiện:  x2  x  20  x    (1)  x2  14 x   x   x2  x  20 x2  14 x   x2  x  20  x  x2  14 x   x   x2  x  20  x2  14 x   25  x  1  x2  x  20  10  x  1 x   x    x  1 x  5 x    x  x    x  1 x   x     x  x     x     x2  x    x     x  10 x   10    x2  x   x    x  4x   x       Vấn đề quan trọng toán nhìn dòng màu đỏ, có số gợi ý sau: Phương trình có dạng aP(x) + bQ(x) = c P( x)Q ( x) (đẳng cấp) Từ phương trình đoán P(x).Q(x) =  x  1 x   x   Ta thử chọn P(x) = x+1; Q(x) = (x – 5)(x+4) Khi đó, bên vế trái ta phân tích thành a(x + 1) + b (x – 5)(x + 4) = 2x2 – 5x + cách b   đồng hệ số hai vế ta hệ phương trình: a  b  5 (Vô nghiệm) Do ta a  20b   chọn P(x) = x + Tương tự chọn P(x) = x – 5; Q(x) = (x + 1)(x + 4) Chỉ chọn P(x) = x + 4; Q(x) = (x – 5)(x + 1) Rồi ta phân tích thành a(x + 4) + b (x – 5)(x + 1) = 2x2 – 5x + cách đồng hệ số hai b  a   vế ta hệ phương trình: a  4b  5   Khi ta phân tích b   4a  5b   Một số tập giải phương trình tương tự: 1) x  x   x3  2) 3x  x   x3  3) 3x  x   x3  4) x   x3  5) x  3x   x  x  6) x  x   x3  x 7) x  x    x  1 x  x  8) 3x  x   3x  x   x  9) x  3x    x   x  10) x  x   1  x  x  x  11) x  x    x   x  x  12) x   x   x  x  58 Bài13 câu bất phương trình đề minh hoạ 2015 bộ, lấy ý tưởng từ dạng đẳng cấp này:  x2  x  x   x2  x   Câu 14 (Vũ Đức Tùng) Giải phương trình 2(4 x  x10  x  x  4)  x ( x  22 x  22) (Đề thi giải toán diễn đàn VMF) Hướng tư duy: Trước hết nhìn toán thấy vế trái,vế phải phương trình rắc rối ta biến đổi phương trình.Dự đoán thấy,phương trình vô nghiệm, số mũ lên đến bậc 10 nên ta sử dụng bất đẳng thức hướng dễ để xử lí phương trình Phương trình x  22 x  x  22 x   23 x10  x  x Khi ta thử giá trị ta thấy vế phải phương trình lớn vế trái.Nên ta nghĩ đến việc chứng minh vế trái lớn vế phải Ta có: x  22 x  x  22 x  > x  22 x  x  22 x 2 x  22 x  x  22 x  (7 x  x  x ) (1) thật vậy:(1) x (24 x  52 x  x  52)  với x Mặt khác: 2 ( x  x  x )  ((6 x  x  x )  x  x )  3.3 ( x  x  x ).x x 3 Do đó: x  22 x  x  22 x   23 x10  x  x Từ suy ra:Phương trình vô nghiệm Câu 15 (Vũ Đức Tùng) Giải phương trình x   2x   x  Hướng tư duy:Ta thấy phương trình có nghiệm với x  bạn có nhiều hướng làm chuyển vế bình phương,liên hợp,… xin cách làm ngắn gọn.Vì thấy x  nghiệm ta giả sử x  x  ngược lại từ suy x  Điều kiện: x   Gỉa sử x  => x   x  => x   x   VT   x  Do đó: x  Các phương pháp giải phương trình hệ phương trình như:Sử dụng lượng giác,biến đổi tương đương,sử dụng bất đẳng thức kinh điển như:Bunhia cốp xki, Cô si , kĩ thuật hệ số bất định, quen thuộc với bạn.Sau giới thiệu phương trình,hệ phương trình dùng phương pháp:Abel,S.O.S,Chebyshep chứng minh bất đẳng thức để giải phương trình hệ phương trình khó,mới Bàn thêm “Công thức khai triển tổng abel” (Vũ Đức Tùng) Giả sử a1 , a2 , , an b1 , b2 ,…, bn hai dãy số thực.Khi ta có: a1b1  a2b2   anbn  (b1  b2 ) S1   (bn 1  bn )S n  bn S n Trong S k  a1  a2   ak Công thức nhóm tổng thường dùng ax  by  cz  ( x  y ) a  ( y  z )( a  b)  z ( a  b  c ) Bài toán áp dụng Giải hệ phương trình  xy   xyz   x    x  y  z  Hướng tư duy: Nhìn sơ cấp toán,ta thấy hệ phương trình có ẩn x, y , z mà có phương trình.Từ ta thấy hướng bình phương, phân tích nhân tử ,… không sử dụng được.Từ ta dùng bất đẳng thức nhờ ràng buộc Điều kiện: xy  6, xyz  Từ phương trình đầu ta thấy xy   xyz   nên x    x  Kết hợp với điều kiện xy  6, xyz  ta được: y , z  Áp dụng công thức khai triển tổng abel ta có: x y x  y  z   3(  1)  2(  1)  1( z  1) x x = (3  2)(  1)  (2  1)(   y x y  2)  1(   z  3) x x y x y 1       z   3 Nên x  y  z  Mà giả thiết có: x  y  z  Từ suy ra: x  3; y  2; z  Câu 16 (Touya Akira) Giải hệ phương trình (√ − 2)(2 − 10 + − 8) + (3 − )√ + = ( +8 +3 4+ − 9)(2 − = ( ) (1) + ) (2) Lời giải : ≥ 0; ĐK: ≥0 PT(1)( − 4) ( − 4) ( ( √ √ √ √ ) ) = ( − 3)( + 3) (2 − = ( − 3)[( + 3) (2 − ) + ( − 3)√ + ) + √ + 2] Vì: ( √ √ ) > ; ( + 3) (2 − ) +√ +2> Nên từ pt(1) , suy ( − 4)( − 3) ≥ (*) Xét PT(2), ta có: 10 + + + + 12 = ( 3( +2 ) −2 −3 + + 12 =( +2 ) ( + ) ( − 3) + + − − 12 =0 ( + ) ( − 3) + + −4 +3 =0 ( + ) ( − 3) + ( − 4) + = (**) Lại nhận thấy : ( + ) >0; + >0 Khi : Từ (*)&(**) +) x-4>0 y-3>0 (**) >0 =>hpt vô nghiệm +) Nếu x-4=0 F’(t)= 3t  4t  >0 với t>=0  F(t) hàm đồng biến  (*)  F(a)=F(b)  a=b => x  x  -3+1-  x =0   x  x  =  x +2 (**) ( x  3)( x  5) x2  2x    x3  x 1   (x-3)G(x)=0  x=3 G(x)=0 x5 x  2x     x 1   ( x  5)  x  x  x    x  (***) Trừ vế theo vế (**) (***) ta ( x  6)  x  10  x  Đặt u=  x PT trở thành:  u  u  10u  14  Bạn đọc tự giải tiếp nhé… Câu 19 (Dương Văn Tuấn) Giải phương trình 15 x  12 x  12  10  x  1 x  Lời giải : Điều kiện: x   Với điều kiện phương trình 1 tương đương:  x  1   x  3  10  x  1 x  Đặt a  x  1, b  x  b   phương trình trở thành: 3a a a     10     b b  a b  3b  a b     b  3a a   b   3b  10ab  x   Với 3b  a a  3b ta được: x   x    5 x  x  26    114  18 x   x   6x     x 35 35 x  36 x    Với b  3a a  3b ta được: So điều kiện ta x  VN  114  18 35 Câu 20 (Dương Văn Tuấn) Giải bất phương trình x3  x   x   x  1, (2) Lời giải : Điều kiện: x  1 Với điều kiện bất phương trình   tương đương: 2x 3  x   x   1 x    x   x    x 1  x 1 3 Xét hàm số f  t   t  t R Ta có f '  t   3t   t   Suy hàm số f  x  đồng biến R  3  f  x    1  x  f   x   2 x      x  1 x 1   x 1  2x  x 1     x   2 x    1  17  17   x   x x     17  Giao với điều kiện ta x   1;   17    Câu 21 (Dương Văn Tuấn) Giải hệ phương trình +3 −7 + 4( + − ) = 3 + 10 + 34 = 47 −2 − Lời giải : ĐK: −2 +3 − −7 ≥0 ≥0 Chuyển vế nhân liên hợp phương trình 1 , ta được: ( +5 −6 ) + = ↔ ( +5 −6 ) ℎ ặ = ℎ ặ = −6 Với x  y thay vào 2 , ta được: = ↔hoặc x=1;y=1 x=-1,y=-1 Câu 22 (Phạm Hùng) Giải hệ phương trình sau tập số thực  x  x3 y  y x( y  x )  9( x  y )   xy   x (1) (2) Lời giải : Phương trình (2)  x(x3 – y3) = ta suy ra: x  y (1)  (x4 – xy3) + (x3y – x2y2) – 9(x – y) =  (x – y)  x ( x  y )     x( x  y )   (3) ( vì x  y )  x ( x  y )  nên suy x  Phương trình (2)  y  x  thay vào (3): x  7 x  x  x    x   7   x  x  x x3   ( x  )2    x x    x  x x  x  x ( x  7)   (*) Xét hàm số: f(x) = x  x x  x  x ( x  7)2  với x   x  14 x  f’(x) = x   x  x   3 ( x6  x )2   x  70 x  49   0, x   3 ( x6  x2 )   Hàm số f(x) đồng biến (0;  ) Mà f(1) = Nên phương trình (*) có nghiệm nhất x =  y = Vậy hệ có nghiệm nhất (x;y) = (1;2) Câu 23 (Nguyễn Thành Hiển) Giải hệ phương trình     8 x  x  x   y y  y  (1)   ( x  1) x  x   x3  y  x  20   x (2) (Thi thử lần – Lớp OFF) Lời giải : Điều kiện x  x  x         PT 1  2 x   2 x   2 x   y3  y2  y (*) Xét hàm số f  t   t  2t  4t  t   có f   t   3t đồng biến   Từ pt (*)  f 2 x   f  y   2 x   y Thay vào (2) suy ( x  1) x  x   x  x  16   x  x   x  x  16  ( x  1) x  3x    x   x  x  16  ( x  1)3  x  x  16  x  3x   Như : x  x    4t   2t   t    t  nên f (t ) [...]...  1 Các phương pháp giải phương trình hệ phương trình như:Sử dụng lượng giác,biến đổi tương đương,sử dụng những bất đẳng thức kinh điển như:Bunhia cốp xki, Cô si , kĩ thuật hệ số bất định, đã quen thuộc với các bạn.Sau đây mình giới thiệu những bài phương trình ,hệ phương trình mới dùng các phương pháp:Abel,S.O.S,Chebyshep trong chứng minh bất đẳng thức để giải các bài phương trình hệ phương trình khó,mới...  c ) Bài toán áp dụng Giải hệ phương trình  xy  6  xyz  6  x  3   x  y  z  6 Hướng tư duy: Nhìn sơ cấp bài toán,ta thấy hệ phương trình có 3 ẩn x, y , z mà chỉ có 2 phương trình. Từ đó ta thấy các hướng như bình phương, phân tích nhân tử ,… đều không sử dụng được.Từ đó ta có thể dùng bất đẳng thức nhờ ràng buộc trong căn Điều kiện: xy  6, xyz  6 Từ phương trình đầu ta thấy xy  6  xyz... màu đỏ, và tôi có 1 số gợi ý như sau: Phương trình trên có dạng aP(x) + bQ(x) = c P( x)Q ( x) (đẳng cấp) Từ phương trình ra có thể đoán P(x).Q(x) =  x  1 x  5  x  4  Ta thử chọn P(x) = x+1; Q(x) = (x – 5)(x+4) Khi đó, bên vế trái ta sẽ phân tích thành a(x + 1) + b (x – 5)(x + 4) = 2x2 – 5x + 2 bằng cách b  2  đồng nhất hệ số hai vế ta được hệ phương trình: a  b  5 (Vô nghiệm) Do đó... P(x) = x + 1 Tương tự chọn P(x) = x – 5; Q(x) = (x + 1)(x + 4) cũng như thế Chỉ khi chọn P(x) = x + 4; Q(x) = (x – 5)(x + 1) Rồi ta phân tích thành a(x + 4) + b (x – 5)(x + 1) = 2x2 – 5x + 2 bằng cách đồng nhất hệ số hai b  2 a  3  vế ta được hệ phương trình: a  4b  5   Khi đó ta sẽ phân tích như trên b  2  4a  5b  2  Một số bài tập giải phương trình tương tự: 1) 2 x 2  5 x  1 ... câu bất phương trình trong đề minh hoạ 2015 của bộ, cũng lấy ý tưởng từ dạng đẳng cấp này:  x2  x  x  2  3 x2  2 x  2  Câu 14 (Vũ Đức Tùng) Giải phương trình 2(4 x 6  3 6 x10  x 9  6 x 8  4)  x 2 ( x  22 x 2  22) (Đề thi giải toán trên diễn đàn VMF) Hướng tư duy: Trước hết nhìn bài toán thấy vế trái,vế phải của phương trình hơi rắc rối vì thế ta biến đổi phương trình. Dự đoán thấy ,phương. .. của phương trình hơi rắc rối vì thế ta biến đổi phương trình. Dự đoán thấy ,phương trình trên vô nghiệm, vì số mũ trong căn lên đến bậc 10 nên ta sử dụng bất đẳng thức là hướng dễ nhất để xử lí phương trình Phương trình 8 x 6  22 x 4  x 3  22 x 2  8  23 6 x10  x 9  6 x 8 Khi đó ta thử giá trị ta thấy vế phải phương trình trên luôn lớn hơn vế trái.Nên ta có thể nghĩ đến việc chứng minh vế trái... khoảng g ( x) là hàm số nghịch biến trên khoảng  2;  nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất x  6 Thử lại điều kiện và hệ ban đầu ta thấy hệ đã cho có nghiệm ( x; y )   6;6  Câu 18 (Nguyễn Văn Đức) Giải phương trình ( x 2  2 x  3) x 2  2 x  6  ( x  27) 4  x  2 x 2  12 x  66  0 Lời giải : ĐK : x  1  7 ;1  7  x  4 Phương trình tương đương: ( x 2  2 x  6) x 2  2 x  6  3 x... số thực  x 4  x3 y  y 2 x( y  x )  9( x  y )  3 4  xy  7  x (1) (2) Lời giải : Phương trình (2)  x(x3 – y3) = 7 ta suy ra: x  y (1)  (x4 – xy3) + (x3y – x2y2) – 9(x – y) = 0  (x – y)  x ( x  y ) 2  9   0  x( x  y ) 2  9  0 (3) ( vì x  y )  x ( x  y ) 2  9 nên suy ra x  0 7 Phương trình (2)  y  3 x  thay vào (3): x 3 2  7 x  x  3 x 3    9 x   7 7 ... 4) 2 + 3 = 0 (**) Lại nhận thấy : ( + 2 ) >0; 2 + 3 >0 Khi đó : Từ (*)&(**) +) nếu x-4>0 và y-3>0 thì (**) >0 =>hpt vô nghiệm +) Nếu x-4 ... quen thuộc với bạn.Sau giới thiệu phương trình ,hệ phương trình dùng phương pháp:Abel,S.O.S,Chebyshep chứng minh bất đẳng thức để giải phương trình hệ phương trình khó,mới Bàn thêm “Công thức... trái,vế phải phương trình rắc rối ta biến đổi phương trình. Dự đoán thấy ,phương trình vô nghiệm, số mũ lên đến bậc 10 nên ta sử dụng bất đẳng thức hướng dễ để xử lí phương trình Phương trình ... Do đó: x  Các phương pháp giải phương trình hệ phương trình như:Sử dụng lượng giác,biến đổi tương đương,sử dụng bất đẳng thức kinh điển như:Bunhia cốp xki, Cô si , kĩ thuật hệ số bất định, quen