Tuyển tập 20 hệ phương trình ôn thi Đại học 2015 - Nguyễn Thế Duy

Tuyển tập 20 hệ phương trình ôn thi Đại học 2015 sẽ giúp các em học sinh THPT ôn tập tốt môn Toán, đặc biệt là dạng bài tập liên quan đến hệ phương trình - một dạng bài tập hay ra ở các kì thi ĐH-CĐ. Tuyển tập20 hệ phương trình ôn thi Đại học 2015 hướng dẫn các em cách thức viết một hệ phương trình từ cơ bản đến nâng cao một cách chính xác nhất. Hy vọng với tài liệu này các em sẽ giúp các em hệ thống được kiến thức và ôn tập hiệu quả hơn. Chúc các em thành công.

Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Tuyển tập 20 hệ phương trình ôn thi Đại học 2015 - Nguyễn Thế DuyTuyển tập 20 hệ phương trình Ôn thi ĐẠI HỌC 2015 – by Nguyễn Thế Duy  xy 2 x 2  1  1  3 y 2  9  3 y  Bài 1. Giải hệ phương trình :   3x  1 x 2 y  xy  5  4 x3  3x3 y  7 x  0  Lời giải Xử lý phương trình một cho ta dạng hàm số như sau. Với y  0 chúng ta có :   Điều kiện : x 2 y  xy  5 xy 2  x2  1  1  3 y 2  9  3 y  x 2   x2  1  1   3 y2 y2  9  3 3  x x2  1  x  2 y y 2 y2  9  3 y 3 3 3 Mà muốn để xuất hiện hàm số dạng f  t   t t  1  t nên ta cũng phải đưa VP về dạng đó là :    1  nhưng để có được y  y y 1 điều này tức là cần phải đưa vào trong căn thức. Do vậy cần phải chứng minh y luôn dương như sau : y y 2  9  y  y  y   y  y  0 suy ra từ phương trình một có x  0 dựa vào điều kiện : x2 y  xy  5  y  0 . Nên đến đây thoải mái xét hàm số f  t  là hàm số đồng biến trên TXĐ suy ra xy  3 . Thế xuống phương trình hai thì :  3x  1 3x  2  4 x3  9 x 2  7 x   3x  1 3 x  2  x  3 x  1  4 x  x 2  3 x  2  x 2  3x  2 3x  1    0   x 2  3x  2   4 x  0 x  3x  2 x  3x  2   y  3 x  1 3x  1 2  Mặt khác với điều kiện : 3x  2  0 thì 4 x   0 do đó x  3x  2  0   3. x  2 y  x  3x  2   2  3 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm đó là :  x; y   1;3 ,  2;  .  2  4 x  x 2  3x  2    3x  1  2 2 2 2 3 x  x  y   x  2  x  y  Bài 2. Giải hệ phương trình :  76 x 2  20 y 2  2  3 4 x  8 x  1  x  x2  y 2   x2  2  x3  x Thế Điều kiện : x  y2  0 Lời giải Phương trình một của hệ phương trình ta sẽ dễ dàng đưa về dạng đẳng cấp như sau : x  y  2 2 3  x3  x  x  y 2   2 x  y  2 3 0  x  y2   2 x  y2  3  0  x  x  y2  y2  x  x2 y 2  x  x 2 xuống phương trình hai chúng ta có : 96 x 2  20 x  2  3 4 x 8 x  1  96 x 2  20 x  2  3 32 x 2  4 x Áp dụng bất đẳng thức Cosi suy ra : 2 3 1.1.  32 x 2  4 x   32 x 2  4 x  2  2  96 x 2  20 x  2   32 x 2  4 x  2  16 x  2   0 2 32 x 2  4 x  1 1  7  1  7  x y Do đó pt  2    . Vậy  x; y    ;  là nghiệm của hệ phương trình đã cho. 2 8 8 16 x  2   0 8 8   Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014  x  y  1  1  4  x  y 2  3  x  y   Bài 3. Giải hệ phương trình :   5 x3  1  3 2 y  x  4  Lời giải Ở phương trình đầu thực chất tác giả đã làm phức tạp nó bằng cách đặt t  phương trình này thì không quá khó khăn để phát hiện ra nhân tử như sau : Điều kiện : x  y  0  3 5 x  1 t  1  1  4t 2  3t và x  y của phương trình : 1   t  1  1  4t 2  3t  3t  t  1   2t  1 2t  1  0   2t  1   2t  1  0  3t  t  1  Còn cái phương trình còn lại dường như đã quá quen thuộc khi dựa vào điều kiện chứng minh được nó luôn dương. Với 2t  1  2 y  1  2 x thay xuống phương trình hai chúng ta có : 5x3  1  3 1  2 x  x  4  0 . Dễ dàng ta nhẩm được nghiệm x  1 và một điều nữa f  x   5x3  1  3 1  2 x  x  4 luôn đồng biến trên TXĐ là vì f  x  15 x 2 2 5x  1 3  3  2 3 1  2x  2 1   1  0 do đó  x; y   1;   là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. 2   1 2x x  y  2    Bài 4. Giải hệ phương trình :  3 x 3 y 2 x  y 2 x 1  y  2  y       Điều kiện : 2x  1 x  0  y  0 Lời giải Phương trình một nhìn khá rắc rối, ta cứ hãy quy đồng và nhân chéo xem được gì không. 2 1 2x x  y 2 x2  y x  y   2   2   2 x 2  y   3x 2 y  3xy y 3x 3 y 2 x  y 3 xy 2x  y  4 x 4  4 x 2 y  y 2  3x 2 y  3xy y  4 x 4  x 2 y  y 2  3xy y  0  x2  x2 x  4    3  1  0  2x  y y  y Từ đó thế xuống phương trình hai được : 3 2 y  y  4x2 2 x 1  4 x 2    2 x  2  2 x  1   2 x   2 x   2x  2x  1  x  Nhìn chung là dạng hàm số  2x  1  2x  1  3 f  t   t 3  t ở trên là các bạn đã được phản xạ nhiều và có thể làm được ngay khi gặp nó. Do đó 1 5 3 5 y 4 3 1 5 3  5  ;  là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. 2   4  3x  2x  y  x  2  1  y  Bài 5. Giải hệ phương trình :   y 2 1  3x  2 x 2  y 2  4  y   x; y    Điều kiện :   3x  y  y  0  y  0  Lời giải Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014 Dường như bài này có kiểu ý tưởng như bài 19 ta đã nói đó là có sự cô lập giữa các ẩn phụ. Trước hết đó là a 3x và sau nếu phương y trình hai ta chia cho y 2 thì xuất hiện ẩn phụ b  1 nên hệ đã cho trở thành : y  a  2b  3a  1  2a  1   2 2  3a  1  2a  4b  1  Và hệ phương trình này thì cộng vế với vế của từng phương trình chúng ta có :  a  2b  1  a  2b  1 3a  1  2a  a  2b  1    a  1  2a  3a  1 Với a  1  x  y thế nên phương trình một dễ dàng tìm được x  y  4  a  2b  1 Với a  1  2b  x  y  2 khi đó phương trình một trở thành : y ...