Tài liệu Skkn phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm số

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm số 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục đào tạo 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 20 tháng 9 năm 2016 đến ngày 15 tháng 05 năm 2016. 4. Tác giả: Họ và tên: Nguyễn Văn Khoa Năm sinh: 1983 Nơi thường trú: Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ toán học Chức vụ công tác: Phó Hiệu trưởng Nơi làm việc: Trường THPT Xuân Trường Địa chỉ liên hệ: Xóm 2 - Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định Điện thoại: 0917.842.399 Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến: 100% 5. Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT Xuân Trường Địa chỉ: Xã Xuân Hồng-Huyện Xuân Trường-Tỉnh Nam Định Điện thoại: 03503.886.167 1 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm số I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Hệ phương trình là một chủ đề rất quan trọng trong các chủ đề toán học ở trường trung học phổ thông. Trong những năm gần đây, bài toán hệ phương trình trong các kỳ thi đại học (bây giờ là thi THPT Quốc gia), kỳ thi học sinh giỏi, thi khảo sát chất lượng của các Sở giáo dục, của các trường trên toàn quốc… xuất hiện với tần suất rất lớn và ngày càng đa dạng về nội dung và phương pháp giải. Các bài toán được các tác giả ra đề khéo léo giấu đi những tính chất quen thuộc nên học sinh thường gặp nhiều khó khăn để tìm ra cách giải quyết bài toán. Hệ phương trình có mặt trong các đề thi toán 12 thường có thể sử dụng phương pháp hàm số để giải quyết. Người ra đề cũng dựa vào những hàm cơ bản mà biết trước được tính đơn điệu của nó trên ¡ hoặc trên một miền nào đó để chọn làm hàm đặc trưng. Khi đã chọn được hàm đặc trưng, người ta chọn tiếp hai biến u, v (với độ phức tạp tùy ý) để gắn vào phương trình dạng f  u   f  v  và biến đổi đi để được một phương trình mới. Lúc này đòi hỏi học sinh phải nắm chắc kiến thức, thành thục kỹ năng biến đổi mới có thể tìm ra chìa khóa để giải quyết bài toán. Nhưng thực tế, với lớp hệ phương trình này, đa số các em lớp 12 đều gặp những trở ngại nhất định, một trong những trở ngại đó là tìm ra hàm đặc trưng của một phương trình trong hệ, dẫn đến gặp bế tắc trong việc tìm ra lời giải. Đấy là chưa kể đến những kỹ năng khác để giải phương trình như biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, nhân liên hợp…học sinh đã quên (do phần này học ở chương trình lớp 10). Với mong muốn giúp các em học sinh có phương pháp, kỹ năng tốt, nắm bắt được bản chất vấn đề, không còn bỡ ngỡ khi gặp các hệ phương trình dạng này, tôi suy nghĩ rằng, cần phải hệ thống lại kiến thức, phân dạng bài tập cụ thể, hình thành phương pháp và cần có phân tích đối với lớp các bài toán đó để học sinh hiểu, vận dụng và có tư duy logic cho những bài tập có dạng tương tự. Chính vì vậy, tôi đã chọn đề tài “Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm số” để giúp học sinh có được một phương pháp tốt để giải hệ phương trình, cũng như phương trình và bất phương trình. II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP 1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến Trước đây, khi giảng dạy hay ôn tập cho học sinh lớp 12 phần hệ phương trình, giáo viên thường sẽ giới thiệu cho học sinh một chuyên đề: “phương pháp hàm số giải hệ phương trình”, đi vào giảng dạy cụ thể, giáo viên sẽ nêu ra phương pháp chung 2 chung rồi cho học sinh làm một hệ thống các bài tập liên quan đến hàm số mà không chia nhỏ hơn nữa. Với cách giảng dạy đưa ra một hệ thống các bài tập như thế, học sinh không nắm được cách thức để tìm ra hàm đặc trưng. Không phân biệt được sự giống và khác nhau giữa các cách đó. Do đó, hiệu quả giảng dạy không cao. 2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến 2.1. Các kiến thức cơ bản 2.1.1. Các định lý Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên khoảng  a; b  . a) Nều f '  x   0 với mọi x   a; b  , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm thì hàm số f  x  đồng biến trên  a; b  . b) Nếu f '  x   0 với mọi x   a; b  , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm thì hàm số f  x  nghịch biến trên  a; b  . 2.1.2. Các tính chất Tính chất 1: Giả sử hàm số y  f  x  đồng biến (nghịch biến) trên khoảng  a; b  và u; v   a; b  , khi đó f  u   f  v   u  v. Tính chất 2: Nếu hàm số y  f  x  đồng biến trên  a; b  và y  g  x  là hàm hằng hoặc là một hàm số nghịch biến trên  a; b  thì phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng  a; b  . Nếu có x0   a; b  sao cho f  x0   g  x0  thì phương trình f  x   g  x  có nghiệm duy nhất x0 trên  a; b  . Chú ý: Khoảng  a; b  nêu trong tính chất có thể thay bởi các miền  ; a  ,  ; a  ,  a; b  ,  a; b  ,  a; b  ,  b;   , b;   ,  ;   . 2.2. Giải pháp cụ thể 2.2.1. Hệ chứa một phương trình có luôn dạng f  u   f  v  Khi đó, ta chỉ cần xét luôn hàm đặc trưng f  t  với t  D , chứng minh hàm luôn đơn điệu trên D, từ đó có được u = v, tức là tìm được mối liê n hệ đơn giản hơn giữa x và y. Thực hiện thế vào phương trình còn lại đưa về phương trình một ẩn. Vận dụng các phương pháp: biến đổi tương tương, nhân lượng liên hợp, đặt ẩn phụ, đánh giá….để giải phương trình này. 3 1  2 3 3  x  y  y  x Bài 1. Giải hệ phương trình:  2 2   x  xy  y  1 Giải. Ta có 1  x 3  x  y 3  y  f  x   f  y  , với f  t   t 3  t . Xét hàm số f  t  với t ¡ . Có f '  t   3t 2  1  0 t  ¡  f  t  đồng biến trên ¡ . Do đó f  x   f  y   x  y Thế vào (2) ta được x2  x2  x2  12  x  2 . Vậy, hệ đã cho có nghiệm  x; y    2;2  ,  2; 2  . 1 1   x  x2  1  y  y 2  1  Bài 2. Giải hệ phương trình:  2  9 x 2  4  3x  2 x  2  y y2 1  2 Giải. Điều kiện: y  0 Xét hàm số f  t   t  có f '  t   1  2t t 2  1 2 1 , t ¡ t 1 2  t 4  2t 2  2t  1 t 2  1 2  t 4  t 2   t  1 t 2  1 2 2  0, t  ¡ suy ra hàm số f  t  đồng biến trên ¡ . Phương trình (1) có dạng f  x   f  y   x  y Thay x  y vào phương trình (2) ta được: 9 x2  Đặt u  3x  4 3x 2  2 x  2 4 2   9 x 2  2  3x   2 2 x x x x  4 2 4 4  u 2  9 x 2  2  12  9 x 2  2  u 2  12 x x x Phương trình (5) trở thành u  2  0 u  2 u  2 u 2  12  u  2   2  u2  2 u  2 u  12  u  4 u  4   Với ta có 3x  2 1 7  2  3x 2  2 x  2  0  x  x 3 4 1 7 1 7  1 7 1 7  Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  là:  ; ; , . 3   3 3   3  x  1  4 x  1  y 4  2  y Bài 3. Giải hệ phương trình  2 2  x  2 x  y  1  y  6 y  1  0 1  2 Phân tích: Ta dễ dàng nhận thấy phương trình (1) có luôn dạng f  u   f  v  , thậy vậy 1   4  4 x 1  2  4 x 1  y4  2  y . Đến đây ta thực hiện xét hàm đặc trưng f  t   t  t 4  2 . 2t 3 Ta có f '  t   t4  2  1 chưa xác định được dấu. Để ý rằng, miền D của t là hợp miền của 4 x  1  0 và y, nếu ta chặn được biến y  0 thì với việc xét hàm số f  t  trên D   0;   thì f '  t   0, t  0 . Từ (1) ta khó chặn được biến y, xét đến (2), ta coi đây là phương trình bâc 2 ẩn x, tham số y, dựa vào điều kiện có nghiệm ta sẽ chặn được biến y. Giải. Điều kiện x  1. Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x, điều kiện để tồn tại x là  '   y  1  y 2  6 y  1  4 y  0  y  0 2 Đặt u  4 x  1, suy ra u  0. Phương trình (1) trở thành: 3 u4  2  u  y4  2  y Xét f  t   t  2  t , với t  0. Ta có f '  t   4 2t 3 t4  2  1  0, t  0 Do đó phương trình (3) tương đương với y  u , nghĩa là x  y 4  1.   Thay vào phương trình (2) ta được: y y 7  2 y 4  y  4  0  4 7 4 6 3 Hàm g  y   y  2 y  y  4 có g '  y   7 y  8 y  1  0 với y  0 . Mà g 1  0, nên (4) có hai nghiệm không âm là y  0 và y  1 Với y  0 ta được nghiệm  x; y   1;0  ; với y  1 ta được nghiệm  x; y    2;1  x; y  của hệ đã cho là 1;0  và  2;1 . Nhận xét: Phương trình f  u   f  v   u  v chỉ khi hàm số f  t  đơn điệu D và u , v  D . Nếu hàm đặc trưng f  t  có đạo hàm f '  t  chưa xác định một dấu Vậy nghiệm trên (luôn dương hoặc luôn âm) trên ¡ thì ta phải tìm cách chặn biến x; y để u , v  D và f  t  đơn điệu trên D . Để chặn biến x, y ta có thể dựa vào điều kiện xác định của hệ 5 phương trình, điều kiện để phương trình bậc hai ẩn x tham số y (hoặc ẩn y tham số x ) có nghiệm, hoặc nhận xét điều kiện của biểu thức để hệ có nghiệm (chẳng hạn: A  B  0, B  0  A  0 ; A B  c  0  A  0; A2  B 2  1  1  A, B  1 ,….) 1  2 f  x   f  y  , với f  t   t 3  3t. 3 3   x  y  3x  3 y Bài 4. Giải hệ phương trình:  2 4  x  y  1 Giải. Ta có 1  x 3  3x  y 3  3 y  Từ phương trình (2) suy ra x  1, y  1 . Xét hàm số f  t  với t   1;1 , ta có f '  t   3t 2  3  0 t   1;1 Suy ra f  t  nghịch biến trên  1;1 , do đó f  x   f  y   x  y . Thay vào (2) ta được: x2  x4  1  x4  x2  1  0  x2  1  5 1  5  x 2 2  1  5 1  5   1  5 1  5  ;   ; ; Vậy, hệ đã cho có nghiệm  x; y        2 2 2 2     2.2.2. Phương pháp nhân liên hợp tìm hàm đặc trưng Hệ chứa dạng liên hợp  ax    ax   ax  Phương pháp: Nhận xét ax  Nên  ax    by   ax   by  2 2  1 . by     by   1   ax   2 2 2  1  . by     by   ax   1  ax   1  1  by    ax  2 2 2  1  1   ax  ax  0  by  2 1  1 ax   ax  2 1 1 Bằng cách xét hàm đặc trưng f  t   t  t 2  1 , ta chứng minh được f  t  đồng biến trên ¡ , do đó phương trình trên  by  ax . Ngoài phương pháp trên, ta có thể sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp để tìm ra mối liên hệ giữa x và y. 2 * Với hệ chứa biểu thức dạng t  t  1 , 1 t  t 1 2 , khi phân tích, tìm tòi lời giải ta cũng nên thử nhân liên hợp cho các dạng thức trên để tìm lời giải bài toán.  x2  2 x  y  8  6 y  4x  2  Bài 1. Giải hệ phương trình  2 y  1  y2  1  3x  1  9 x   6  1  2 Giải. Điều kiện: y  4 x  2  0 Ta có 3x  1  9 x2  3x  9 x 2  3x  3x  0 1 Nên  2   y  1  y 2   y  1  y 2  3 x  1  9 x 2 2 3x  1  9 x  y  1  y 2   3x   1   3x  2 Xét hàm số f  t   t  t 2  1 trên ¡ có: f 't   1  t  t2 1  t t t  t2 1 t2 1 t2 1 Nên hàm số f  t  đồng biến trên ¡ . Do đó, f  y   f  3x   y  3x . Thế vào phương trình (1), ta được:  0 t  ¡   x 2  x  8  6 x  2  x 2  2 x  1  3 x  2  2 x  2  1   x  1  3 + Với 2   x  2 1 2 x  1  3 x  2  3  x  1  3  3  x  2  x  3 1 x  3 1    2  2 x  2x 1  3  4  2 3  3 x  2 x  x 1 2 3  2  2 3  0     x  3 1    x  22 3 x  1 x  2  2 3  0     + Với  x  1  3  x  2   3   x  1  3  3  x  2                  Phương trình vô nghiệm do x  2 thì  x  1  3  2  1  3  0  3  x  2  Với x  2  2 3  y  6  6 3 . Thử lại thấy thỏa mãn.  Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y   2  2 3; 6  6 3  ( x 2  1  x)( y 2  1  y )  1 Bài 2. Giải hệ phương trình  2  4 x  2  22  3 x  y  8 Giải. Điều kiện: 2  x  Do 1  2 22 3 1  y 2  y  y 2  y   y  y  0, y  ¡ Nên nhân hai vế của phương trình (1) với 1  x  1  y 2  y ta được 1  x2    y   Xét hàm số h  t   t  t 2  1 , t  ¡ 7  y 2 1 (3) Ta có h '  t   1  t t2 1  t2 1  t t2 1  t t t2 1  0, t  ¡ Suy ra hàm số h  t  đồng biến trên ¡ . Do đó  3  x   y . Thay y   x vào phương trình (2) ta được: 4 x  2  22  3x  x2  8 Nhẩm được nghiệm x  2 , thực hiện nhân liên hợp ta thu được nghiệm x  2 và phương 4 3   x  2 (*) x22 22  3x  4 đặt VT  f ( x) ;VP  g ( x) trình: Ta có: f ( x)  4 2 x  2.(2  x  2) 2  9 2 22  3 x .(2  22  3 x ) 2  0 và 22   g ( x)  1  0 với x   2;  . 3   22   Suy ra f ( x) nghịch biến, g ( x) đồng biến trên  2;  3  Mà f (1)  g (1)  1 suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất x  1 Vậy nghiệm  x; y  của hệ đã cho:  2; 2  ,  1;2      x  x2  1 y  y 2  1  1  Bài 3. Giải hệ phương trình   x 2  3  x  2 y 2  4 2  y  5 1  2 Giải. Ta có 1  x   y , thế vào (2) ta được:     y 2  5  4 2  y  3  y  0   y 2  1  4 1  2  y  2  3  y  0   4 1   y  1  y  1   0 1  2  y 2  3  y   y 1 4 1   g  y  y 1   0  4  1 2  y 2  3  y Hàm số g  y  với y   3;2 , ta có: g ' y   1   2 2  y. 1  2  y  2   1 2 3  y. 2  3  y Phương trình (4) có duy nhất nghiệm y  2 Vậy hệ có nghiệm  x; y    1;1 ,  x; y    2; 2  . 8  2  0, y   3;2     x  x2  4 y  y 2  4  2  Bài 4. Giải hệ phương trình:  27 x 6  8 y  2  x 3 Giải. Ta có 1  x  x 2  4  2  x  x2  4   2 y  2  y2  1  y  4   2 y   f  x   f  2 y  (*), với f  t   t  1  t 2 1 t2  t Xét hàm số f  t  với t ¡ , ta có f '  t   (Vì 1 t2  t 1 t2  t2  t 1 t2  t t  1 t 2 0  0) 1 t2 nên hàm số f  t  đồng biến trên ¡ . Do đó *  x  2 y. Thế vào phương trình (2) ta được:  2  27 x6  4 x  2  x3   3x2  3  3x 2  x 3  3x 2  4 x  2   3x 2    3x 2    x  1   x  1  g  3x 2   g  x  1 , với g  t   t 3  t . 3 3 Xét hàm số g  t  với t ¡ , ta có g '  t   3t 2  1  0, t  ¡ nên g  t  ĐB trên ¡ .   Do vậy, g 3x 2  g  x  1  3x 2  x  1  x  1  13 6  1  13 1  13   1  13 1  13  ; ; Vậy, hệ đã cho có nghiệm  x; y  là:  ;  6 6  6   6      y 2  1  1 x  y  x2  2x  2  y 2  Bài 5. Giải hệ phương trình:   8 y  11 2 x 2  1  3   3 x  1 y  1  Giải. Do y  0 không thỏa mãn hệ phương trình nên với y  0 , nhân hai vế với y 2  1  1  0 ta được: 1  x  y   x  1  1   f  x  1  f  y  2 y2 1 1  x 1  x  1 2 1  y  y2 1 Với f  t   t  t 2  1 . Xét hàm số f  t   t  t  1, t  ¡ , ta có f '  t   2 với t ¡ , suy ra f  t  đồng biến trên ¡ . 9 1 t2  t 1 t2  t2  t 1 t2  t t 1 t2 0 Do đó f  x  1  f  y   y  x  1 , thế vào (2) ta được: 3x2  x  8x  3 2 x 2  1  3  0  8x  3 2 x2  1  3x2  x  3 3  3  x  x   8   8  8 x  32  2 x 2  1   3x 2  x  32 119 x 4  102 x3  63 x 2  54 x  0   3  6 13 x   x  y 8 7 7 119 x3  102 x 2  63x  54  0   6 13  Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    ;  . 7 7  Bài 6. (HSG tỉnh Nam Định 2013) Giải hệ phương trình:  xy  2  y x 2  2  2 2 2  y  2  x  1 x  2 x  3  2 x  4 x. Phân tích: Ta thấy phương trình thứ nhất của hệ là phương trình bậc nhất ẩn y nên ta sẽ rút y theo x rồi thế vào phương trình thứ hai của hệ. Giải. ĐKXĐ: x  ¡ ; y  ¡ . Ta có xy  2  y x 2  2  y   x2  2  x  2  y  2 x 2x 2  y  x2  2  x Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :   2 x 2  2  x  2  x  1 x 2  2 x  3  2 x 2  4 x  1  x x2  2  2 x   x  1 x 2  2 x  3  0 .   x  1 1    x  1 2  2     x  1    x   2  2  (*)  Xét hàm số f (t )  t 1  t 2  2 với t ¡ . Ta có f '(t )  1  t 2  2  t2 t 2 2  0, t  ¡  f (t ) đồng biến trên ¡ . 1 Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x  1)  f ( x)  x  1   x  x    y  1 . 2  1  Vậy hệ đã cho có nghiệm là  x; y     ;1 .  2  10 2.2.3. Tìm hàm đặc trưng dạng bậc ba dạng f  t   at 3  bt 2  ct  d 2.2.3.1. Hệ chứa một phương trình có dạng a1 x3  b1 x 2  c1 x  d1  a2 y 3  b2 y 2  c2 y Phương pháp: Ta tìm cách biến đổi phương trình trên về dạng: m.  ax  b   n  ax  b   m. cy  d   n  cy  d   f  ax  b   f  cy  d  3 3 Đến đây, ta xét hàm số f  t  và chứng minh hàm f  t  luôn đồng biến (nghịch biến) trên D. Suy ra: f  ax  b   f  cy  d   ax  b  cy  d và thế vào phương trình còn lại. Lưu ý: miền D  D1  D2 với D1 , D2 là miền của ax  b và cy  d . Bài 1. (Đại học khối A năm 2012) Giải hệ phương trình:  x3  3x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y   2 1 2 x  y  x  y  2  Phân tích: Hai vế của phương trình đầu đều có dạng bậc 3 (với hai biến x, y), nên ta định hướng đưa phương trình đầu về dạng f  u   f  v  , tuy nhiên hàm đặc trưng lúc đó f  t   t 3  12t không đơn điệu trên ¡ do đó ta phải chặn biến. Nhìn vào 2 2 1  1  phương trình thứ 2 ta thấy đưa được về  x     y    1 suy ra 2  2  x 1 1  1; y   1 . 2 2  x  13  12  x  1   y  13  12  y  1  2 2 Giải. HPT   1  1   x     y    1 2  2  1  2 1 1   3 1  x  2  1  2  x  1  2 Từ (2), suy ra   1  y  1  1  1  y  1  3   2 2 2  3 3 3 Xét hàm số f  t   t  12t trên   ;  , ta có f '  t   3 t 2  4  0, suy ra f  t   2 2   nghịch biến. Do đó 1  x  1  y  1  y  x  2  3 1  x  1  3  2 Thay vào (2), ta được:  x     x    1  4 x 2  8 x  3  0   2  2  x  3  2 2 2 11 1 3 3 1 Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là  x; y    ;   ;  x; y    ;   2 2 2 2  x3  y 3  3  x  y 2   2  Bài 2. Giải hệ phương trình  2 2 2  x  1 x  3 2 y  y  2  0 Giải. Điều kiện 1  x  1;0  y  2 . 1  2 Ta có 1  x3  3x   y  1  3  y  1  3 3 Do 0  y  2  1  y  1  1 Xét hàm số f  t   t 3  3t với 1  t  1, có f '  t   3t 2  3  0, t   1;1 nên hàm số f  t  đồng biến trên  1;1 . Do đó  3  f  x   f  y  1  x  y  1 hay y  x  1 Thế vào (2) ta được x2  1  x2  3 1  x2  2  0  x2  2  2 1  x2  x4  8x2  0  x  0 Với x  0  y  1 (thỏa mãn điều kiện). Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    0;1 .  x3  2 y 3  3  x  2 y   3 xy  x  y  1 Bài 3. Giải hệ phương trình  3 2  2 2 x  1  4 y  3 x  2 x  1 1 Giải. Điều kiện: x   . 2 3 Phương trình 1   x  y   3  x  y   y  3 y 3 (3) Xét hàm số f  t   t 3  3t , với t ¡ . Ta có f '  t   3t 2  3  0, t  ¡ nên f  t   t 3  3t đồng biến trên ¡ . Khi đó: (3) có dạng f  x  y   f  y   x  y  y  x  2 y.  Thế vào (2) ta được: 2 x3  1  2 x  3x 2  2x  1 (4) Đặt t  2 x  1, t  0, khi đó (4) trở thành: 2 x3  t 3  3x2t  2 x3  3x 2t  t 3  0 Nếu t  0 thì x  0 không thỏa mãn (4) x  t  1  x  t  x  x 3 Nếu t  0, chia hai vế cho t ta được: 2    3    1  0    t t t  2 x x  1  t 2 3 12 2  1 1  2  x  0    x  0   Với x  t , ta có x   2 x  1   2    x  1 2 x  1 2  x2  2x  1     x  1  2  Với 2x  t , ta có x  0    x  1  5 x  0 1 5 2x  2x  1   2   x 4  4 4 x  2 x  1  0  1  5  x    4 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  x; y   1 5 1 5  1 2  là: 1  2; ;  và   2 4 8      y 3  y  x 3  3x 2  4 x  2 Bài 4. Giải hệ phương trình  2  1  x  y  2  y  1 Giải. Điều kiện 1  x  1;0  y  2 . 1   x  1 Xét hàm số f  t   t 3  t , t  ¡ 3 1  2  x  1  y3  y (3) có f '  t   3t 2  1  0, t  ¡ nên hàm số f  t  đồng biến trên ¡ Do đó,  3   f  x  1  f  y   y  x  1 Thế vào (2) ta được: 1  x2  1  1  x  1  x (4) t2  2 Đặt t  1  x  1  x  t  0   t  2  2 1  x  1  x  2 2 2 2 t  0 t2  2 Phương trình (4) trở thành  1  t  t 2  2t  0   2 t  2 Với t  0 , ta có Với t  2 ta có 1  x  1  x  0  2  2 1  x 2  0 (vô nghiệm) 1  x  1  x  2  2  2 1  x2  4  1  x2  1  x  0 Với x  0  y  1 (thỏa mãn điều kiện). Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    0;1 . 2 x  xy x 2 y 2  2   xy  1 x 2  4 x  6  3  0 1  Bài 5. Giải hệ phương trình:  2 2 2  2   xy  xy  1  x y   x  1  x  x  1 Phân tích: Nhân thấy cả hai phương trình không độc lập được x, y ở hai vế, nhưng để ý ở phương trình (2), nếu xem z  xy thì z, x độc lập ở hai vế, đến đây ta biến đổi để xuất hiện hàm đặc trưng. 13  2   xy  x 2 y 2  2xy  1  x 2 y 2   x  1  x 2  x  1  xy  x 2 y 2  xy  1   x  1  x  1   x  1  1    f  xy   f  x  1 2 với f  t   t 3  t 2  t . Đến đây, ta chứng minh hàm f  t  đồng biến, ta sẽ suy ra xy  x  1 , thế vào phương trình còn lại để tìm x. Giải. Điều kiện x, y  ¡ .   xy  x    Ta có:  2  xy x2 y 2  2 xy  1  x2 y 2   x  1 x 2  x  1 2 y 2  xy  1   x  1  x  1   x  1  1    f  xy   f  x  1 2 với f  t   t 3  t 2  t . Xét hàm số f  t  trên ¡ , ta có f '  t   3t 2  2t  1  2t 2   t  1  0, t  ¡ . 2 Do đó, hàm số f  t  đồng biến trên ¡ . Suy ra, f  xy   f  x  1  xy  x  1. Thế vào (1) ta được: 1  2 x   x  1  x2  2x  3   x  2 x2  4x  6  3  0      x  1 1  x 2  2 x  3   x  2  1  x 2  4 x  6  0    x  1 1    x  1 2    2    x  2 1    x  2 2 2   g  x  1  g   x  2   Với g  t   t 1  t 2  2  t  t t 2  2 Xét hàm số g  t  trên ¡ , ta có g '  t   1  t 2  2  g  t  đồng biến trên ¡ . t2 t 2 2  0, t  ¡ nên hàm số 3 1 y . 2 3  3 1 Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y     ;   2 3 3 3  x  x  2  y  3 y 2  4 y 1  Bài 6. Giải hệ phương trình  2 x  1 x  2   2 2 y2 x 1  Do đó, g  x  1  g   x  2   x  1   x  2  x  Phân tích: Dễ dàng biến đổi được phương trình (1) về dạng f  x   f  y  1 , 3 với f  t   t  t đồng biến trên ¡ . Do đó ta được x  y  1 14 2x  1 x  2 . Đến đây, muôn sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ,  x 1 x 1 chúng ta phải tự đặt câu hỏi, các biểu thức trong phương trình có mối liên quan đặc Thế vào (2) ta có 2 biệt nào với nhau? Ta thấy  x 1  2  x  1 , còn  x  2  có mối liên hệ như thế nào? Chú ý rằng, ta luôn tìm được sự liên hệ: ax  b   mx  n     cx  d  cx  d     mx  n mx  n mx  n Vì vậy, ta sẽ tiến hành xác định  ,  trong phân tích:   2  1   3 x  2   x  1    2 x  1 .        2    1 x 1 x 1   Giải. Điều kiện x  1; y  0; 2x  1 0 y2 Có 1  x3  x   y  1   y  1 (*) 3 Xét hàm số f  t   t 3  t , t  ¡ có f '  t   3t 2  1  0t  ¡ nên f  t  đồng biến trên ¡ , do đó *  x  y  1 hay y  x  1 . Thế vào (2) ta được: 2 Đặt 2x  1 x  2 2x  1 2x  1  2  3 x 1 x 1 x 1 x 1 (3) t  1 2x  1  t  t  0  , phương trình trở thành: t 2  2t  3  0   x 1 t  3  loai  Với t  1 thay trở lại cho ta nghiệm của (3) là x  0 , suy ra y  1 (thỏa mãn ĐK) Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    0; 1 2.2.3.2. Hệ chứa một phương trình dạng a1 x3  b1 x 2  c1 x  d1   a2 y  b2  c2 y  d 2 Khi đó, ta căn cứ vào biểu thức  a2 y  b2  c2 y  d 2 để truy ra hàm đặc trưng a  a2 y  b2  c2 y  d 2  2  c2 y  d 2     c2 y  d 2 c2  a2 c2  c2 y  d 2  3   a2 c2 y  d 2 c2 a a 3 Tiếp theo, ta sẽ biến đổi vế trái về dạng 2  x  m   2  x  m  (chú ý đưa hết b1 x 2 c2 c2 a a vào trong khai triển bậc 3 rồi thực hiện xét hàm đặc trưng f  t   2 t 3  2 t c2 c2 Bài 1. (Trích đề thi TSĐH khối A năm 2010) Giải hệ phương trình: 15  4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  0 1  2 2  2 4 x  y  2 3  4 x  7 Phân tích: Ta nhận thấy khó có thể bắt đầu với phương trình (2), để ý đến phương trình (1), 4 x 2  1 là biểu thức bậc hai của x và y  3 có thể coi là biểu thức bậc hai của 5  2 y . Nếu đặt t  5  2 y thì:  y  3   5  t2  1 5  2y    3  t   t 2  1 t 2  2     Biểu thức t 2  1 t có hình thức giống với 4 x 2  1 2 x , do vậy ta sẽ biến đổi 1 về dạng f  u   f  v . Để đưa về dạng này ta thường “cô lập” biến, do vậy sẽ chuyển  y  3 5  2 y sang vế phải của 1 . 3 5 Giải. Điều kiện x  ; y  4 2   Khi đó 1  4 x2  1 .2 x   5  2 y  1 5  2 y  (3)  Xét hàm số f  t   t 2  1 t  t 3  t , với t ¡ Ta có f '  t   3t 2  1  0,  t  ¡ suy ra f  t  đồng biến trên ¡ x  0  Do đó  3  2 x  5  2 y   5  4 x2 y   2  Thay y  5  4x2 vào phương trình (2) ta được: 2 2 5  (4) 4x    2x2   2 3  4 x  7  0 2  Phân tích: Phương trình (4) trông khá “phức tạp” nên ta định hướng sử dụng 2 phương pháp hàm số để giải quyết Nhận thấy x  0 và x  3 không là nghiệm của phương trình (4) 4 2 5   3 Xét hàm số g  x   4 x    2 x 2   2 3  4 x  7 với x   0;  , ta có:  4 2  2 4 4 5   3 g '  x   8x  8x   2 x2    4 x  4 x 2  3   0, x   0;  3  4x 3  4x 2   4 16  3 1 Do đó g  x  nghịch biến trên  0;  . Mà g    0 nên phương trình (4) có nghiệm  4 2 duy nhất x  1 suy ra y  2 . 2 1  Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    ;2  . 2  ( y 2  1) y  (1  2 x) 2 x  2  0 Bài 2. Giải hệ phương trình  2 3 ( y  2)( 4 x  4  y )  3 x  1 Phân tích: Trong phương trình (1), y 2 1 2  1 y là hàm số bậc ba đối với y; (1  2 x) 2 x  2 là hàm số bậc ba đối với t  2 x  2 , nên ta sẽ thử biến đổi về dạng f  u   f  v  từ phương trình (1). Giải. Điều kiện : x  1 Ta có: (1)  ( y 2  1) y     2x  2  2  1 2 x  2  (3) Xét hàm số f (t )  t 3  t trên ¡ , có f '  t   3t 2  1  0, t  ¡ nên f (t ) đồng biến trên ¡ Do đó, (3)  f ( y)  f ( 2 x  2)  y  2 x  2 Thay vào (2) ta được : (2 x  4)( 3 4 x  4  2 x  2)  3x  1  x  2 không phải là nghiệm của (4)  x  2 : (4)  3 4 x  4  2 x  2  Đặt f  x   3 4 x  4  2 x  2 ; g  x   ta có f ' x  g ' x  4 3 3 (4 x  4) 2  (4) 3x  1 . 2x  4 3x  1 , 2x  4 1  0, x  0 và 2x  2 10  0, x  (1;2) và (2; ) (2 x  4)2  f  x  đồng biến trên (1;2) và (2;+ ) , g(x) nghịch biến trên (1;2) và (2;+ )  Trên 1; 2  , ta có min f  x   0;max g  x   1  (4) không có nghiệm.  Trên  2;  , (4) có tối đa một nghiệm. Mà f  3  g  3  4  x  3 là nghiệm duy nhất của (4). Với x  3  y  2 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y    3;4  . 17 4 x3  3x   y  1 2 y  1  0 Bài 3. Giải hệ phương trình:  2 2 x  x   y  2 y  1  0 1  2 1 Giải. Điều kiện:   y  0 2 Phương trình (1)   2 y  1  3 2 y  1   2 x   3 2 x  (3) 3 1 Vì   y  0 nên 0  2 y  1  1. 2 Từ phương trình (2) của hệ ta thấy để hệ có nghiệm thì 1 2 x2  x  0    x  0  0  2 x  1 . 2 Xét hàm số f  t   t 3  3t , t   0;1 , ta có f '  t   3t 2  3  0, t   0;1 nên hàm số f  t  nghịch biến trên  0;1 ta suy ra  3  f  2 x   Thế y  f  x  0  2 y  1  2 x  2 y  1   4x2  1 y   2   4 x2  1 vào (2) ta được: 2 2 x 2  x  2 x.  x  0 1  4 x2  0  x 2 x  1  2 1  4 x 2   0   2 2  2  8 x  2 x  1   4 1 Với x  0  y   . 2 Xét phương trình (4), ta có: 1  x   2 1 1    1 x   x    1    x   x    T/m x  0  2 2  4   2 2 2  8 x 2  4 x 2  4 x  1 12 x 2  4 x  1  0      1   x  6  1 Với x    y  0 . 2 1  1   Hệ đã cho có hai nghiệm  0;   ,   ;0  2  2    x3  3x 2  2  y 3  3 y 2  Bài 4. Giải hệ phương trình:  2  3 x  2  y  8 y 18 1  2 Giải. Điều kiện: x  2, y  0 1  x3  3x 2  2  y y  3 3   x  1  3  x  1   y  3 y  3  3 y  3  3 Xét hàm số f  t   t 3  3t , t  1 có f '  t   3t 2  3  0, t  1 nên hàm số biến trên 1;   . Với x  2  x  1  1; y 0 f  t  đồng y 3 1 Phương trình (3) có dạng f  x  1  f   y  3  x 1  y3 Do x  2, bình phương hai vế ta được y  x2  2 x  2 Thế vào (2) ta được 9  x  2    x 2  2 x  2   8  x 2  2 x  2   x 4  4 x3  8 x 2  17 x  6  0 2 x  3   x  3  x 3  x 2  5 x  2   0   3 2  x  x  5x  2  0 Với x  2  x 3  x 2  x 2  x  1  0;5 x  2  10  2  8 nên PT (2) vô nghiệm. Do vậy, hệ đã cho có nghiệm  x; y    3;1  8 x  3 2 x  1  y  4 y 3  0 Bài 5. Giải hệ phương trình  2 3 2 4 x  8 x  2 y  y  2 y  3  0 1  2 1 Giải. Điều kiện: x  ; Ta có 2 Xét hàm số 1  4 y3  y  4  2 x  1 f  t   4t 3  t , t  ¡ 2x 1  2x 1 (3) Suy ra f '  t   12t 2  1  0, t  ¡  f  t  là hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó  3  f  y   f   2x 1  y  2x 1 . Từ (2) ta có 4 x2  8x  2 y  y 2  1  y 2  3  0  4 x2  8x  2 y  2 x  2   2 x  1  3  0  4 x 2  6 x  2  2 y  2 x  2   0   2 x  2  2 x  1  2 y  2 x  2   0 x  1   2 x  2   y  2 y   0   y  0  y  2 2 1  5  Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  là 1;1 , 1; 1 ,  ;0  ,  ; 2  2  2  19  y3  3 y   x  5 x  2 1  Bài 6. Giải hệ phương trình:  2 2 2 2 x  16  3 2 y  y x  2 x  4  2    Giải. Điều kiện x  2, y  ¡ . 1  y3  3 y   x  2 3 3 x2 Xét hàm số f  t   t 3  3t , t  ¡ f '  t   3t 2  3  0, t  ¡ , suy ra f  t  đồng biến trên ¡ . Phương trình (1) có dạng: f  y   f    x2  y  x2 Thay vào (2) ta được 2 x 2  16  3 2  x  2   x  2 x 2  2 x  4   2x2  6x  4  3 x  2 x2  2x  4  2  x2  2x  4  2  x  2  3 x  2 x2  2x  4 Đặt u  x  2, v  x2  2 x  4,  u  0, v  0  Phương trình trở thành 2v2  3uv  2u 2  0 (3) Do v  0, chia hai vế phương trình (3) cho v 2 ta được: 2 u u 1 u u 2    3    2  0   hoặc  2 . v v 2 v v u 1 Do u  0, v  0 nên   v  2u v 2 Suy ra x 2  2 x  4  2 x  2  x 2  6 x  4  0  x  3  13 (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là: 3    13; 5  13 , 3  13; 5  13 . 2 x3  4 x 2  3x  1  2 x3  2  y  3  2 y 1  Bài 7. Giải hệ phương trình  3   2  x  2  14  x 3  2 y  1 Phân tích: Ta không thể bắt đầu với phương trình (2) vì khó có sự biến đổi nào hợp lý ở đây. Xét phương trình (1), thực hiện cô lập biến bằng, chia hai vế cho x 3 ta thấy vế trái là bậc ba đối với 1 , vế phải là bậc ba đối với t  3  2 y , do vậy ta có thể x biến đổi đưa về dạng f  u   f  v  .  x  2  Giải. Điều kiện:  3  y  2 Xét thấy x = 0 không thỏa mãn hệ, nên chia hai vế của phương trình (1) cho x 3 ta được: 20