G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình.
I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp.
Bài 1:Gpt:
.0
1
4
.11
1
2
1
2
.10
2
2
22
=








−
−
−




+
−
=
x
x
v
x
x
u
(1).
Ta có: 10.u
2
+ v
2
-11.uv = 0
⇔
(u-v).(10u-v)=0
⇔
u=v hoặc 10u=v.
Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng.
Bài 2:Gpt: (x
2
- 4x+3).(x
2
- 6x + 8)=15.
Giải:
Đặt x
2
- 5x + 5 = u (1).
Ta có: (x







−
+






+
x
x
x
x
Giải:
⇔
90
)1(
1
)1(
1
.
22
2
=

≥
0) (1).
Ta có:
22
2
)1.(902290
)1(
22
.
−=+⇔=
−
+
uuu
u
u
u
( u
≠
1).
⇔
09018288
2
=+−
uu
.
Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x.
Bài 4:Gpt:
3
33
)1.(1232

Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 5:Gpt:
x
x
xxx 3
22
1
2335
2
23
+=+−++
(1).
Giải:
Từ (1) suy ra:
162335.2
223
−+=−++
xxxxx
xxxxxxxx 122121368121220
232423
−−+++=−++⇒
0924228
234
=+−+−⇒
xxxx
(x
≠
0).
0
924

xxx
Giải:
Điều kiện x > 4 hoặc x < -1.
*Nếu x > 4, (1) trở thành:
018)4).(1(.3)4).(1(
=−−++−+
xxxx
Đặt
0)4).(1(
≥=−+
yxx
(2) ta có:
y
2
+ 3y -18 = 0.
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x.
*Nếu x < -1, (1) trở thành:
018)4).(1(.3)4).(1(
=−−+−−+
xxxx
Đặt
0)4).(1(
≥=−+
yxx
(3) ta có:
y
2
- 3y -18 = 0.
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x.
Bài 7:Gpt:(2x

2.2
1
2
2
=−






++






+
x
x
x
x
. Đặt y =
x
x
1
2
+
.(2)

Giải:
423242
5552221 xxxxxxx
++=+++++⇔
022
042224
234
234
=+−+−⇔
=+−+−⇔
xxxx
xxxx
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x
≠
0.
Chia cả hai vế của phương trình trên cho x
2
ta được:
2x
2
- x + 1 -
0
21
2
=+
x
x
. Đặt y =
x
x

y =1 hoặc y = -1.
Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x.
II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau:
Bài 1: x
2
= y.(y+1).(y+2).(y+3)
Giải:
Đặt y
2
+ 3y = t.
Ta có: x
2
= y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y
2
+ 3y).(y
2

+ 3y +2) = t
2
+ 2t.
*Nếu t > 0 thì t
2
< x
2
= t
2
+ 2t < (t+1)
2
suy ra không tồn tại x thỏa mãn.
*Nếu t < -2 thì 2t + 4 < 0 nên t

< t
2
suy ra x
2
= (t+1)
2
suy ra t
2
+2t = (t +1)
2
(=x
2
)
Suy ra : t
2
+2t = t
2
+2t +1 (Vô lý).
*Nếu t = -1 suy ra x
2
= t
2
+2t = -1 <0 (Vô lý).
*Nếu t = 0 suy ra x = 0
⇒
y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3 .
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
3
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
Bài 2:

−+=
+
−+
=⇔
xx
x
x
x
xx
y 
Từ đó ta tìm được x
⇒
tìm được y
⇒
tìm được z.
Bài 3:



=−−
=−−
)2(1
)1(3
222
zyx
zyx
Giải:
Thay (1) vào (2) ta được:
(y + z -3)
2

=⇔
+
−
=
yy
yy
y
x
y
y
x 
Từ đó ta tìm được y
⇒
tìm được x.
Bài 5:
.3
=++
y
zx
x
yz
z
xy
Giải:
Điều kiện : x,y,z
≠
0.
Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số -3 thỏ mà chỉ có
hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương)
Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y =

3
.3.....3..3 zxy
x
y
z
y
x
z
z
xy
y
x
z
x
y
z
z
xy
y
zx
x
yz
z
xy
=≥++==++



−===
===

x
x
xx
y 
Từ đó ta tìm được x
⇒
tìm được y.
III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác.
Bài 1:
.2
2
11
2
=
−
+
x
x
Giải:
Điều kiện :
2,0
<≠
xx
.
-Nếu x < 0 thì
<
−
+
2
2

22
ba
ba
Có:
1
1
.2
11
2
≥⇒≥+=
ab
abba
(1).
Lại có: 2 = a
2
+ b
2

≥
2ab suy ra 1
≥
ab (2).
Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a
2
+ b
2
=2 nên suy ra (a+b)
2
= 4 suy ra a + b = 2.
Vậy ta có:

≥−
)4(016
)3(032
)2(041
)1(04
4
22
2
x
yyx
x
x
Từ (4) suy ra x
2

≥
4 kết hợp với (1) suy ra x
2
= 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2.
Phương trình đã cho trở thành:
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
5
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
51
+−=−
yy
.
Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu).
Bài 3: 2x
4







+⇔=+−+−
x
x
x
x
x
x
xx
Đặt
y
x
x
=+
25
ta có:
2y
2
-21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y
⇒
tìm ra x.
Bài 4:




ba
Từ đó tìm được a =3,b =1.
Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa.
Bài 5:





−+=
=−+−
)2(15
)1(151
xy
yx
Giải:
Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có:
11.215151
=−⇔=−−++−
xxx
.
Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa.
Bài 6:





=+−+−
=−+−+−

Phương trình đã cho phân tích được như sau:
[ ]
[ ]
0)1(2.)5(
2
=−−−−−
mxxmx
.
Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa.
Bài 8:



=++
=++
xyzzyx
zyx
444
1
Giải:
Bổ đề:
.:,,
222
cabcabcbaRcba
++≥++∈∀
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên).
Sử dụng bổ đề ta có:
xyz = x
4
+ y





+++−=−
=+
)2)(2001.(
)1(1
2000
20001999
1999
22
xyyxxyyx
yx
Giải:
Điều kiện: x,y
.0
≥
Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy:
-Nếu x > y thì:
VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP.
-Nếu y > x thì:
VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP.
-Nếu x = y khi đó: VT =VP =0.
Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y
.0
≥
) ta được:
2
1

Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là:
2
5
7
529
052
0523
≥≥⇔



−≥
≥−
⇔≥−−
x
x
x
x
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:






∈
7;
2
5
x

Vậy: ab + bc + ca
≤
a
2
+b
2
+c
2
.
Lại có:
a < b + c
⇒
a
2
< a.(b + c) (1)
Tương tự: b
2
< b.(a + c) (2) ,c
2
< c.(b + a) (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được:
a
2
+b
2
+c
2
< a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca).
Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR:
xyzyzzxz

(2).
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
8