———————————————————————-
THÂN VĂN CƯƠNG
Gv THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang
——————————-t v c———————————-
CÁC CHUYÊN ĐỀ
TOÁN
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
————-BẮC GIANG, THÁNG 09 NĂM 2012————–
51
GD-05
89/176-05 Mã số: 8I092M5
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH 5
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 Phương trình - Hệ phương trình có dạng f
u f v . . . . . . . . . . . 7
1.1.2 Về hệ hoán vị vòng quanh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.1.3 Về phương trình, hệ phương trình dạng A
2
B
2
0 . . . . . . . . . . . . 14
1.1.4 Về phương trình, hệ có số ẩn nhiều hơn số phương trình . . . . . . . . . 15
1.1.5 Về phương trình, hệ phương trình sử dụng đồng biến, nghịch biến . . . 15
1.1.6 Về một số phương pháp tính tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.1.7 Giải hệ bằng phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.1.8 Một số hệ phương trình chọn lọc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.1.9 Phương trình, bất phương trình, hệ có tham số . . . . . . . . . . . . . . 22
2 LƯỢNG GIÁC - Biên soạn: Th.s Thân Văn Cương 27
2.1 Một số dạng phương trình thường gặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

PHƯƠNG TRÌNH
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương . . . . . . . . . 5
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương
1.1. Tìm giá trị của m để hàm số y 2x 2 m x
2
4x 5 có cực đại.
Đs: m
2
1.2. Cho hàm số
y
f x x x 3
Tìm cực trị của hàm số trên.
Đs: x
0, x 1
1.3. Xác định các giá trị của tham số m để các phương trình sau có nghiệm thực.
a)
4m 3 x 3 3m 4 1 x m 1 0
Đs:
7
9
m
9
7
b)
4
x
2
1 x m
Đs: 0
m 1

2
x
2
1
y
2
1
3log
3
x 2y 6 2log
2
x y 2 1
Đs:
x, y 7, 7
1.6. Giải hệ phương trình sau
x x
2
2x 2 3
y
1
1
y y
2
2y 2 3
x
1
1
1.7. Giải hệ phương trình sau
1 4
2x

2
1 0
1.12. Giải phương trình x
3
4x
2
5x 6
3
7x
2
9x 4
1.13. Tìm m để hệ sau có nghiệm
2 xy y x y 5
5 x 1 y m
Đs: 1
m 5
1.14. Xác đinh m để phương trình sau có nghiệm thực
x x 1 m x
1
x 1
4
x x 1 1
1.15. Tìm m để hệ sau có nghiệm
x 1 y 1 3
x y 1 y x 1 x 1 y 1 m
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 7
1.16. Cho hàm số f x cos
2
2x 2 sinx cosx
3

240
x
3
2y
3
3 x
2
4y
2
4 x 8y
1.21. Giải hệ phương trình.
x
4
x
3
y 9y y
3
x x
2
y
2
9x
x y
3
x
3
7
Đs:
x; y 1; 2
1.22. Giải hệ phương trình

2x 5
x 1
1
x 1
Ta thấy rằ ng phương tr ình trên đã xuất hiện f u f v như vậy công việc còn lại chỉ là
đi xét hàm "đăc trưng" cho hai vế của phương trình và chứng minh cho hàm đó đồng biến
(hoặc nghịch biến).
Thật vậy, xét f
t t
1
t
với t 0 ta có
f
t 1
1
t
2
0 với mọi t 0 từ đó suy ra f t luôn đồng biến. Từ phương trình suy ra
f
2x 5 f x 1 2x 5 x 1 . Đến đây để tìm ra nghiệm không có gì là khó, xin
dành cho các em hs!
Với phương trình mũ ta xét
Ví dụ 1.24. Giải phương trình sau.
e
cos
2
x
e
sin
2

t
t với t 0 ta được nghiệm cần tìm.
Qua ví dụ này chúng ta cũng thấy rằng để có phương trình trên chúng ta thường phải bắt
nguồn từ hàm số đã cho. Chẳng hạn với bài toán trên đó là hàm f t e
t
t, rồi sau đó
ta mới chế biến t
sin
2
x và t cos
2
x Như vậy để sáng tạo ra những bài toán dạng này
bắt buộc chúng ta phải chọn hàm s ố (quan trọng là chọn hàm như thế nào để ý đồ của ta
không dễ bị phát hiện). Ta xét ví dụ tiếp.
Ví dụ 1.25. (HSG Quảng Ninh) Giải phương tình.
5x 6
2
1
5x 7
x
2
1
x 1
Gợi ý. Viết lại phương trình đưới dạng.
5x 6
2
1
5x 6 1
x
2

3
2x 1 27x
3
27x
2
13x 2
Gợi ý. Phương trình đã cho tương đương với.
2x 1 2
3
2x 1 3x 1
3
2 3x 1
Từ đó ta xét hàm f t t
3
2t
Ví dụ 1.28. (Khối A-2010) Giải hệ phương trình.
4x
2
1 x y 3 5 2y 0
4x
2
y
2
2 3 4x 7
Gợi ý. Từ phương trình đầu ta có.
2x
2
1 2x 5 2y
2
1 5 2y

2
y
3y 18 0
2)
x
1
x
y
1
y
2x
2
xy 1 0
3)
x y e
x
e
y
log
2
2
x
3log
1
2
y 2 0
Ta xét tiếp một số ví dụ sau.
Ví dụ 1.30. Giải hệ phương trình sau.
2 2x 1
3

Gợi ý. Phương trình (1) có dạng f y f x 1 với f t t
3
t y x 1.
Ví dụ 1.32. Giải hệ phương trình sau
e
y
2
x
2
x
2
1
y
2
1
3log
2
x 2y 6 2log
2
x y 2 1
Gợi ý. Từ phương trình (1) ta có
y
2
1 e
y
2
x
2
1 e
x

y
2)
x
11
xy
10
y
22
y
12
7y
4
13x 8 2y
4
3
x 3x
2
3y
2
1
3)
x
3
5x y
3
5y
x
8
y
4

t, Từ đó sử dụng cách giải như các ví dụ
trên ta tìm được nghiệm của bài toán là
x; y 1; 1 , 1, 1
Tiếp tục ta xét ví dụ sau.
Ví dụ 1.35. Giải hệ phương trình sau.
x
3
2 3y 8
x y
3
2 6
Lời giải. Với bài toán này để chuyển được về dạng f u f v như các ví dụ trước ta làm
như sau.
Lấy phương trình (1) chia cho x
3
và phương trình (2) chia cho x ta được hệ.
2 3y
8
x
3
y
3
2
6
x
Cộng hai phương trình trên ta được phương trình sau.
y
3
3y
2

y
3
3y 3 ln y
2
y 1 z
z
3
3z 3 ln z
2
z 1 x
Lời giải. Xét hàm số f t t
3
3t 3 ln t
2
t 1 f t 3t
2
1
2t 1
t
2
t 1
0 với mọi t.
Suy ra, f
t là hà m đồng biến.
Giả sử x
min x; y; z khi đó x y f x f y y z f y f z z x. Nên suy
ra x
y z x x y z
Với x
y z ta có phương trình x

x 3
y
2
y 2 3 z
3
y 3
z
2
z 2 3 x
3
z 3
Lời giải. Hệ phương trình đã cho trở thành
x
3
2x
2
3x 3y
2
3
y
3
2y
2
3y 3z
2
3
z
3
2z
2

3
2
,
3
2
.
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 13
Với cách giải hoàn toán tương tự ta cũng có thể giả i các hệ phương trình sau.
Ví dụ 1.38. Giải hệ phương trình
1)
x 1
2
2y
y 1
2
2z
z 1
2
2x
2)
x
2
2x 6.log
3
6 y x
y
2
2y 6.log
3
6 z y

3y 3 0
2y
3
2z
2
3z 3 0
2z
3
2x
2
3x 3 0
2)
2x x
2
y y
2y y
2
z z
2z
z
2
x x
Gợi ý. 1) Xét hàm số f
t
1
2
3
2t
2
3t 3

5
Từ (2) ta tìm được x
3
Từ (3) ta tìm được y
1
TH2: Nếu xyz
15. (Ta làm tương tự)
Bình luận Rõ ràng hệ này không khó và chắc rằng nó sẽ ít được sử dụng trong các kỳ thi
nếu chúng ta không "chế biến" thêm một chút. Ta xét ví dụ sau.
Ví dụ 1.41. Giải hệ phương trình sau.
x xy y 1
y
yz z 3
z zx x 7
Lời giải. Với bài này ta đã thấy khó phát hiện ra dạng trên hơn bài trước. Vì người ra đề
đã biến đổi hệ phương trình một chút (công việc của ta là phải tìm lại hệ nguyên mẫu ban
đầu).
Thật vậy hệ trên tương đương với hệ
x 1 y 1 2
y 1 z 1 4
z 1 x 1 8
Đến đây thì việc giải chúng
không còn là khó khăn nữa.
Với cách làm như vậy chúng ta cũng tự nghĩ cho mình một số hệ phương khác.!!!!!
1.42. Giải các hệ phương trình sau.
1)
2xy x y 1
2yz y z 1
2xz
x z 1

không âm.
Để minh họa cho dạng này ta xét một số ví dụ sau.
Ví dụ 1.44. Giải phương trình sau
x 2 y 1 3 z 2
1
2
x y z 11
Gợi ý. Ta chuyển phương trình đã cho về dạng x 1
2
y 1 2
2
z 2 3
2
0.
Từ đó ta tìm được nghiệm
x; y; z 1; 5; 11
Từ bài toán này ta có thể tự sáng tác cho mình những bài toán tương tự. Ý tưởng xuất
phát từ chính biểu thức cuối cùng. Chẳng hạn xuất phát từ ý tưởng phươ ng trình c uối
x 1
2
2 y
2
1 3
2
z 3 4
2
0, ta có phương trình
Ví dụ 1.45. Giải phương trình sau
x
4y

*
d f x
f x
ln f x C
Ví dụ 1.48. Tính các tích phân sau.
I
2
1
1 x
2006
x
2008
dx
Gợi ý. Ta có I
2
1
1
1
x
2006
d
1
1
x
Ví dụ 1.49. Tính I
e
1
lnx
x ln
2

dx
1
2
π
4
0
d
1 sin2x
1 sin2x
dx
Ví dụ 1.51. Tính I
e
1
lnx
3
2 ln
2
x
x
dx
Gợi ý. Ta có I
1
2
e
1
3
2 ln
2
xd 2 ln
2

3. I
2 3
5
dx
x x
2
4
; HD Đặt t
x
2
4
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 17
4. I
1
0
x
3
1 x
2
dx
5. I
2
1
x
1 x 1
dx Đặt t
1 x 1
6. I
e
1

y
y
2xy
3
y
2
2y 9
y
2
x
Lời giải. Cộ ng hai vế của phương trình ta được
2xy
3
x
2
2x 9
2xy
3
y
2
2y 9
x
2
y
2
Ta có:
3
x
2
2x 9

Ví dụ 1.54. Giải hệ phương trình sau.
3 x
3
y x
2
4
x
2
1 x y
2
1
18 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Gợi ý. Từ phương trình (2) ta có x
2
1 suy ra 1 x 1. Lập luận ta được 3 x
3
y x
2
4.
Ví dụ 1.55. Giải hệ phương trình sau.
x
2
x 2 4 y 1
y
2
y 2 4 x 1
Lời giải. Điều kiện: x
1; y 1
Trừ hai vế của phương trình ta được
x y x y 1 4 y 1 x 1

1
x
1
y
4
x
2
y
2
1
x
2
1
y
2
4
Gợi ý. Hệ đối xứng với nghiệm
x; y 1; 1
1.59. Giải các hệ sau
1)
x y xy 5
x
2
y
2
xy 7
, 2)
x y 2xy 2
x
3

11
9
.
1.63. Giải hệ phương trình sau
3x
x
2
2
y
2
3y
y
2
2
x
2
Gợi ý. Hệ đối xứng loại 2. Đáp số
x; y 1; 1
1.64. Giải hệ
x
1
x
y
1
y
2x
2
xy 1 0
Gợi ý. Với những bài toán dạng này ngoài PP giải bằng dạng hệ đối xứng loại 2, chúng ta
có thể giải bằng hàm số để tìm ra được nghiệm x

3
và lấy phương trình (2) chia cho x, rồi cộng hai vế của hai
phương trình với nhau ta được phương trình sau.
y
3
3y
1
x
3
3
x
Với phương trình trê n có dạng f
y f
1
x
. Từ đó ta tìm đượ c nghiệm của hệ phương tr ình.
Chú ý: Chúng ta sử dụng kiến thức sau
Cho hàm số f x luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên TXĐ. Khi đó nếu có f u
f v thì ta suy ra u v
1.69. Giải hệ phương trình
1 4
2x
y
.5
1
2x y
1 2
2x
y 1
y

Gợi ý. Từ phương trình (1) nhóm lạ i và bình phương 2 vế sau đó thế phương trình (2) vào
phương trình (1)
1.72. Giải hệ phương trình
x
3
y
3
7
xy
x y 2
Gợi ý. Đặt y
kx ta được hệ phương trình đẳng cấp
1.73. Giải hệ phương trình
x
2
xy y
2
5
y
x
2x
y
5
2
2
xy
Gợi ý. Đặt y
kx ta được hệ phương trình đẳng cấp
1.74. Giải hệ phương trình sau
x

1
x
1.77. Giải hệ phương trình sau
x
2
y 1 x y 1 3x
2
4x 1
xy
x 1 5x
2
22 PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Gợi ý. Nếu ta chú ý thì thế y 1 ở phương trình (2) vào phương trình (1) ta được phương
trình với 1 ẩn. Giải phương trình này ta tìm được nghiệm
x; y 1; 1 , 2;
5
2
1.78. Giải hệ phương trình sau
xy x y x
2
2y
2
x
2y y x 1 2 x 2y
Gợi ý. Ta nhận thấy phương trình (1) là phương trình có nhân tử chung là x
y
1.79. Giải hệ phương trình sau
y
2
5x 4 4 x

4
x cos2x
sin
2
2x
4
m 0
Gợi ý. chuyển về phương trình bậc hai đối với sin2x.
1.84. Tìm m để phương trình sau có nhiều hơn 1 nghiệm x 0;
π
2
1 m tan
2
x
2
cosx
1 3m 0
1.1 Một số chuyên đề toán - Th.s Thân Văn Cương 23
Gợi ý. Phương trình (ẩn t) phải có hai nghiệm dương
1.85. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
sin
6
x cos
6
x m sin2x
1.86. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
3
sin
2
x

2x
2
x
2m 1 6
2x
2
x
m.4
2x
2
x
0
Gợi ý. Đây là loại BPT đẳng cấp bậc 2. Chú ý đặt điều kiện của t
3
2
2x
2
x
1. Đs: m 0
1.89. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất.
1
2
x 1
3m 2
Gợi ý. Sử dụng điều kiện cần và đủ. Nếu đặt t
x 1 là nghiệm thì t 1 x cũng là
nghiệm. Từ đó ta tìm được x
0
1 và tìm được m 1.
1.90. Tìm m 0 nhỏ nhất thỏa mãn cos π m

2
Gợi ý. Xét hai trường hợp
1.94. Biện luận số nghiệm của phương trình x 3 m x
2
1
Gợi ý. Lập bảng biến thiên và kết luận
1.95. Tìm m để phương trình có nghiệm x kπ: sin4 x mtanx
Gợi ý. Chuyển về phương trình bậc hai với cos2x
1.96. Tìm m để hệ sau có nghiệm.
x
4
5x
2
4 0
x
2
2m 1 x m
2
m 2 0
Gợi ý. Từ (1) suy ra
2 x 1, 1 x 2. Từ (2) suy r a x
1
m 2; x
2
m 1. Từ yêu
cầu đầu bài suy ra x
1
, x
2
lần lượt nằm trong hai khoảng nghiệm của phương trình (1).

3
x
2
4mx log
1
3
2x 2m 1 0
Gợi ý. Chuyển về phương trình bậ c hai và xét các trường hợp
1.100. Tìm m để phương trình sau có đúng 1 nghiệm x 0;
π
4
.
4 6m sin
3
x 3 2m 1 sinx 2 m 2 sin
2
xcosx 4m 3 cosx 0
1.101. Tìm m để phương trình sau có nhiều hơn 1 nghiệm x
3π
8
;
π
8
.
2cosx.cos2x.cos3x
m 7cos2x
1.102. Tìm m để hệ sa u c ó nghiệm
1
2
log

2
2x x
2
2x
2
f x .
Lập bảng xét dấu của f
x ta được 0 log
1
3
m
2
m 1 1, từ đó ta tìm được 1 m 0.
1.105. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
mx
2
m 1 y sinx
tan
2
x y
2
1
Gợi ý. Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ,giả sử hệ có nghiệm
x
0
, y
0
thì nó cũng
có nghiệm
x