SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Rèn kỹ giải hệ phương trình cho học sinh lớp 12 thông qua kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp khác I ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Hệ phương trình chủ đề quan trọng chủ đề toán học trường phổ thông Đặc biệt, năm gần đây, toán hệ phương trình kỳ thi đại học, kỳ thi học sinh giỏi thường xuất góc độ khác độ khó ngày nâng lên nên đôi lúc cách giải nhiều học sinh gặp nhiều khó khăn Một loại hệ phương trình hay gặp kỳ thi gây cho học sinh khó khăn tiếp cận hệ phương trình có sử dụng phương pháp hàm số Với mong muốn giúp em học sinh có kỹ tốt, không bỡ ngỡ gặp hệ phương trình dạng này, suy nghĩ rằng, cần phải hệ thống lại kiến thức, phân dạng tập cụ thể cần có phân tích lớp toán để học sinh hiểu, vận dụng có tư logic tập có dạng tương tự II THỰC TRẠNG Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đánh giá ba câu phân loại học sinh (cùng với toán hình giải tích mặt phẳng Oxy bất đẳng thức) đề thi đại học cao đẳng thi học sinh giỏi Cho nên gặp hệ phương trình nói chung, hệ phương trình giải phương pháp hàm số nói riêng, đa số học sinh đánh giá câu khó nên thường có chung tâm lý không làm câu này, trình ôn tập không trọng ôn luyện dạng toán Số lượng học sinh làm trọn vẹn câu hệ phương trình giải phương pháp hàm số không nhiều, thường có em giỏi môn Toán làm được, điều thể qua kết kỳ thi cấp trường cấp tỉnh Lý em phương trình hệ, cách biến đổi để đưa việc xét hàm đặc trưng, quên phương pháp giải phương trình… III CÁC GIẢI PHÁP A CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ ỨNG DỤNG CỦA HÀM SỐ Các định lý • Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm khoảng ( a; b ) a) Nều f ' ( x ) ≥ với x ∈ ( a; b ) , dấu “=” xảy hữu hạn điểm hàm số f ( x ) đồng biến ( a; b ) b) Nếu f ' ( x ) ≤ với x ∈ ( a; b ) , dấu “=” xảy hữu hạn điểm hàm số f ( x ) nghịch biến ( a; b ) • Nếu hàm số liên tục đoạn [ a; b ] (hoặc nửa khoảng) có đạo hàm f ' ( x ) ≥ khoảng ( a; b ) , dấu “=” xảy hữu hạn điểm hàm số f ( x ) đồng biến đoạn [ a; b ] (hoặc nửa khoảng tương ứng) • Nếu hàm số liên tục đoạn [ a; b ] (hoặc nửa khoảng) có đạo hàm f ' ( x ) ≤ khoảng ( a; b ) , dấu “=” xảy hữu hạn điểm hàm số f ( x ) nghịch biến đoạn [ a; b ] (hoặc nửa khoảng tương ứng) Các tính chất • Tính chất 1: Giả sử hàm số y = f ( x ) đồng biến (nghịch biến) khoảng ( a; b ) u; v ∈ ( a; b ) , f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v • Tính chất 2: Nếu hàm số y = f ( x ) đồng biến ( a; b ) y = g ( x ) hàm hàm số nghịch biến ( a; b ) phương trình f ( x ) = g ( x ) có nhiều nghiệm thuộc khoảng ( a; b ) Nếu có x0 ∈ ( a; b ) cho f ( x0 ) = g ( x0 ) phương trình f ( x ) = g ( x ) có nghiệm x0 ( a; b ) Chú ý: • Khoảng ( a; b ) nêu tính chất thay miền ( −∞; a ) , ( −∞; a ] , [ a; b ] , ( a; b ] , [ a; b ) , ( b; +∞ ) , [ b; +∞ ) , ( −∞; +∞ )  f ( x ) = f ( y ) • Khi gặp hệ phương trình có dạng   g ( x; y ) = ( 1) ( 2) Xét hàm số y = f ( t ) , ta thường gặp trường hợp hàm số liên tục tập xác định Nếu hàm số y = f ( t ) đơn điệu, từ (1) suy x = y Khi toán đưa giải phương trình (2) theo ẩn x (hoặc y) Nếu hàm số y = f ( t ) có cực trị t = a thay đổi chiều biến thiên lần qua a Từ (1) suy x = y x, y nằm hai phía a • Vận dụng linh hoạt định lí, tính chất trên, từ phương trình ẩn x, ta se đưa f hai ( vế dạng f  h ( x )  = f  g ( x )  (chẳng hạn ) x + = f ( x ) ⇔ x + = x ) với f ( t ) hàm đơn điệu đặc trưng miền D xét Thông thường dự đoán h ( x ) bậc g ( x ) , từ đồng hệ số để tìm g ( x ) B NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP Sử dụng đồng thời phương pháp hàm số giải hệ phương trình Đối với hệ phương trình hai ẩn x, y , ta thường phải xuất phát từ phương trình hệ để tìm mối liên hệ đơn giản x y , cách sử dụng phương pháp hàm số Khi tìm mối liên hệ x y đơn giản ta vào phương trình lại, thường ta thu phương trình ẩn (theo ẩn x ẩn y) Nhưng phương trình thu lại phức tạp (chứa bậc cao, chứa căn, ) chứa biểu thức tương đồng mặt hình thức, ta tiếp tục sử dụng phương pháp hàm số để giải phương trình ẩn Bài 1.(Đại học khối A năm 2010) Giải hệ phương trình: ( )  x + x + ( y − 3) − y =  2 4 x + y + − x = ( 1) ( 2) Phân tích: Ta nhận thấy khó bắt đầu với phương trình (2), để ý đến phương trình (1), x + biểu thức bậc hai x y − coi biểu thức bậc hai − y Nếu đặt t = − y (  − t2  −1 y − 3) − y =  − ÷t = t +1 t 2   ( ( ) ) ( ) 2 Biểu thức t + t có hình thức giống với x + x , ta biến đổi ( 1) dạng f ( u ) = f ( v ) Để đưa dạng ta thường “cô lập” biến, chuyển ( y − 3) − y sang vế phải ( 1) Giải 3 Điều kiện x ≤ ; y ≤ ( ) Khi ( 1) ⇔ x + x = ( − y + 1) − y ( (3) ) Xét hàm số f ( t ) = t + t = t + t , với t ∈ ¡ Ta có f ' ( t ) = 3t + > 0, ∀ t ∈ ¡ suy f ( t ) đồng biến ¡ x ≥  Do ( 3) ⇔ x = − y ⇔  − 4x2 y =  − 4x2 Thay y = vào phương trình (2) ta được: 2 5  x +  − x2 ÷ + − x − = 2  (4) Phân tích: Phương trình (4) trông “phức tạp” nên ta định hướng sử dụng phương pháp hàm số để giải Nhận thấy x = x = không nghiệm phương trình (4)  3 5  Xét hàm số g ( x ) = x +  − x ÷ + − x − với x ∈  0; ÷, ta có:  4 2  4 5   3 g ' ( x ) = x − x  − x ÷− = 4x 4x − − < 0, ∀x ∈  0; ÷ − 4x − 4x 2   4 ( )  3 1 Do g ( x ) nghịch biến  0; ÷ Mà g  ÷ = nên phương trình (4) có nghiệm  4 2 x = suy y = 1  Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) =  ;2 ÷ 2  ( ) ( )  x3 y + + x + x =  Bài Giải hệ phương trình  2 x y + y +1 = x + x +1  ( ) ( 1) ( 2) Phân tích: Trong phương trình (2) có hai biểu thức có dạng y2 +1 x + nên gợi ý cho ta sử dụng phương pháp hàm số đưa dạng f ( u ) = f ( v ) Đến ta thực “cô lập biến” cách chia hai vế ( ) cho x Giải Điều kiện x ≥ Nhận thấy x = không thỏa mãn hệ, chia vế (2) cho x3 ta được: ( 2y) + 2y ( 2y) +1 = 1 + x x +1 x2 (3) Xét hàm số f ( t ) = t + t t + với t ∈ ¡ Ta có f ' ( t ) = + t + + t2 t2 +1 > 0, ∀t ∈ ¡ Nên f ( t ) hàm số đồng biến ¡ Do đó, ( 3) ⇔ y = x ( ) Thế vào phương trình (1) ta được: g ( x ) = x + x + x + Ta có g ' ( x ) = + 3x + x x + x2 + x x = (4) > 0, ∀x > Nên hàm số g ( x ) đồng biến ( 0; +∞ ) , mà có g ( 1) = nên phương trình (4) có nghiệm x = ⇒ y =  1 Vậy, hệ cho có nghiệm ( x; y ) =  1; ÷  2 Bài 146  x + + x − − y + = y (ĐH-A13) Giải hệ phương trình  2  x + x ( y − 1) + y − y + = Giải Điều kiện x ≥ Coi (2) phương trình bậc hai ẩn x, điều kiện để tồn x ∆ ' = ( y − 1) − y + y − = y ≥ ⇔ y ≥ Đặt u = x − 1, suy u ≥ Phương trình (1) trở thành: u4 + + u = ( 3) y4 + + y Xét f ( t ) = t + + t , với t ≥ Ta có f ' ( t ) = 2t t +2 + > 0, ∀t ≥ Do phương trình (3) tương đương với y = u , nghĩa x = y + ( ) Thay vào phương trình (2) ta được: y y + y + y − = ( 4) Hàm g ( y ) = y + y + y − có g ' ( y ) = y + y + > với ∀y ≥ ( 1) ( 2) Mà g ( 1) = 0, nên (4) có hai nghiệm không âm y = y = Với y = ta nghiệm ( x; y ) = ( 1;0 ) ; với y = ta nghiệm ( x; y ) = ( 2;1) Vậy nghiệm ( x; y ) hệ cho ( 1;0 ) ( 2;1) Nhận xét: Phương trình f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v hàm số f ( t ) đơn điệu D u , v ∈ D Nếu hàm đặc trưng f ( t ) có đạo hàm f ' ( t ) chưa xác định dấu (luôn dương âm) ¡ ta phải tìm cách chặn biến x; y để u , v ∈ D f ( t ) đơn điệu D Để chặn biến x, y ta dựa vào điều kiện xác định hệ phương trình, điều kiện để phương trình bậc hai ẩn x tham số y (hoặc ẩn y tham số x ) có nghiệm, nhận xét điều kiện biểu thức để hệ có nghiệm (chẳng hạn: A + B = 0, B ≥ ⇒ A ≤ ; A B = c < ⇒ A < 0; A2 + B = ⇒ −1 ≤ A, B ≤ ,….)  x11 + xy10 = y 22 + y12  Giải hệ phương trình  4 2 7 y + 13 x + = y x x + y − Bài 147 ( ) ( 1) ( 2) Giải Xét y = 0, ( 1) ⇒ x = thay vào (2) không thoả mãn 11 x x Xét y ≠ , chia vế (1) cho y ta được:  ÷ + = y11 + y y  y 11 (3) 11 10 Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ ¡ , ta có f ' ( t ) = 11t + > 0, ∀t ∈ ¡ nên f ( t ) hàm số đồng biến ¡ Do đó,  (3) ⇔ f   x x ÷= f ( y ) ⇔ = y ⇔ x = y , y y ( ) Thế x = y vào (2) ta được: x + 13 x + = x x x + x − ( 4) Xét x = không nghiệm phương trình, chia vế cho x3 ta được: ( 4) ⇔ Đặt t = 13 + + = 23 + − x x x x x , phương trình trở thành x 8t + 13t + 7t = 3 + 3t − t ( ⇔ ( 2t + 1) + ( 2t + 1) = 3 + 3t − t + + 3t − t ) ( 5) Xét hàm số g ( u ) = u + 2u , u ∈ ¡ ta có g ' ( u ) = 3u + > 0, ∀u ∈ ¡ nên hàm số g ( u ) đồng biến ¡ Do đó, ( 5) ⇔ g ( 2t + 1) = g ( 3 + 3t − t ) ( ) ⇔ ( 2t + 1) = + 3t − t ⇔ ( t + 1) 8t + 5t + = ⇔ t = −1 Suy x = −1 ⇒ y = −1 , hệ cho vô nghiệm Bài 148 2 x3 − x + 3x − = x3 ( − y ) − y  Giải hệ phương trình   x + = 14 − x − y + ( 1) ( 2) Phân tích: Ta bắt đầu với phương trình (2) khó có biến đổi hợp lý Xét phương trình (1), thực cô lập biến bằng, chia hai vế cho x3 ta thấy vế trái bậc ba , vế phải bậc ba t = − y , ta x biến đổi đưa dạng f ( u ) = f ( v ) Giải  x ≥ −2  Điều kiện:   y ≤ Xét thấy x = không thỏa mãn hệ, nên chia hai vế phương trình (1) cho x3 ta được: ( 1) ⇔ − + − + = ( − 2y) − 2y x x x  1  1 ⇔ 1 − ÷ + 1 − ÷ =  x  x ( 3− 2y ) ( 3) + 3− 2y Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ ¡ Ta có f ' ( t ) = 3t + > ∀t ∈ ¡ nên hàm số f ( t ) đồng biến ¡ Do đó, (3) ⇔ − + = − y x Thế vào (2) ta được: x + = 15 − x + (4) Phân tích: Nhận thấy vế trái hàm số đồng biến, vế phải hàm số nghịch biến nên ta dự đoán nghiệm (thường thử giá trị x0 làm cho biểu thức chứa số “chẵn”, dùng máy tính có chức Solve,…) sau chứng minh nghiệm Ta thấy x = −2 không nghiệm (4), Với x > −2 Hàm số g ( x ) = x + có g ' ( x ) = đồng biến ( −2; +∞ ) x+2 > ∀x > −2 nên hàm số g ( x ) Hàm số h ( x ) = 15 − x + có h ' ( x ) = −1 ( 15 − x ) < 0∀x ≠ 15 Hàm số h ( x ) liên tục ¡ nên h ( x ) nghịch biến ¡ , suy nghịch biến ( −2; +∞ ) Mà x = nghiệm (4) nên (4) có nghiệm x = ⇒ y = 111 98  111  Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) =  7; ÷  98  Bài 149 ( y + 1) y + (1 − x) x − = Giải hệ phương trình  ( y − 2)( x − + y ) = x − Phân tích: Trong phương trình (1), (y ( 1) ( 2) ) + y hàm số bậc ba y; (1 − x) x − hàm số bậc ba t = x − , nên ta thử biến đổi dạng f ( u ) = f ( v ) từ phương trình (1) Giải Điều kiện : x ≥  Ta có: (1) ⇔ ( y + 1) y =   ( 2x − ) + 1 x −  (3) Xét hàm số f (t ) = t + t ¡ , có f ' ( t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ ¡ nên f (t ) đồng biến ¡ Do đó, (3) ⇔ f ( y ) = f ( x − 2) ⇔ y = x − Thay vào (2) ta : (2 x − 4)( x − + x − 2) = x − • x = nghiệm (4) • x ≠ : (4) ⇔ 4x − + 2x − = Đặt f ( x ) = x − + x − ; g ( x ) = ta có f '( x ) = g '( x ) = 3 (4 x − 4) + 2x − (4) 3x − 2x − 3x − , 2x − > 0, ∀x > −10 < 0, ∀x ∈ (1;2) (2; +∞) (2 x − 4) ⇒ f ( x ) đồng biến (1;2) (2;+ ∞) , g(x) nghịch biến (1;2) (2;+ ∞) • Trên [ 1;2 ) , ta có f ( x ) = 0;max g ( x ) = −1 ⇒ (4) nghiệm • Trên ( 2; +∞ ) , (4) có tối đa nghiệm Mà f ( 3) = g ( 3) = ⇒ x = nghiệm (4) Với x = ⇒ y = Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 3;4 ) Bài tập tương tự: ( )  x + x + ( y − ) − y = Giải hệ phương trình  22 x + y + 18 − x = 76 Đáp số: ( x; y ) = ( 1;2 )  4x2 + 2 ( 1) 2 x + = x − x y − y + x Giải hệ phương trình   x + − − y = x + + x + x3 ) ( ) ( ( ) Hướng dẫn: Xuất phát từ phương trình (1), ta cô lập biến cách chia hai vế phương trình  1 (1) cho x đưa dạng f 1 − ÷ = f  x Thế − 2y = 1− x ( ) − y , với f ( t ) = t + t vào (2), chia hai vế cho x, đưa dạng    1 f  + ÷ = f  + ÷, với f ( t ) hàm số xét x   x   −1 +  ; Đáp số: ( x; y ) =  ÷    y + x = + + x + + y Giải hệ phương trình  ( y − x ) ( y + 1) + y − + x = ( ) ( ) ( 1) Hướng dẫn: Viết lại phương trình (2) : y + − 1 = x +1 +1− y +1 x +1 +1 ⇔ f ( y + 1) = f ( x + + 1) ( f ( t ) = t − đồng biến với t > ) t ⇔ y + = x + + ⇔ x = y − 1, ( y ≥ ) ,(3) Thế (3) vào (1) ta phương trình : y + y = ( y + 1) + y + ⇔ g ( y ) = g ( y + 1), ( g (t ) = 3t + 2t đồng biến với t ≥ ) ⇔ y= y +1 ⇔ y = 1+ 1+ 1+  ; Đáp số: ( x; y ) =  ÷   2 Kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp biến đổi tương đương 2.1 Kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp nâng lũy thừa khử phương pháp giải phương trình đa thức bậc cao Ngoài phương pháp hàm số nêu phần trước, giáo viên cần nhắc lại cho học sinh số phép biến đổi tương đương phương trình để biến đổi phương trình ban đầu phương trình biết cách giải sau: 2n  g ( x ) ≥ ( f ( x ) ) ≥ f ( x ) = 2n g ( x ) ⇔   f ( x ) = g ( x ) n +1 2n f ( x ) = n+1 g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x )  g ( x ) ≥ f ( x) = g ( x) ⇔  2n  f ( x ) = g ( x ) n +1 f ( x ) = g ( x ) ⇔ f ( x ) = g n+1 ( x ) Bài (Đại học khối A năm 2012) Giải hệ phương trình:  x3 − x − x + 22 = y + y − y   2 x + y − x + y =  Phân tích: Hai vế phương trình đầu có dạng bậc (với hai biến x, y), nên ta định hướng đưa phương trình đầu dạng f ( u ) = f ( v ) , nhiên hàm đặc trưng lúc f ( t ) = t − 12t không đơn điệu ¡ ta phải chặn biến Nhìn vào phương trình thứ ta thấy đưa x− 1  1   x − ÷ +  y + ÷ = suy 2  2  1 ≤ 1; y − ≤ 2 Giải ( x − 1) − 12 ( x − 1) = ( y + 1) − 12 ( y + 1)  2 Hệ cho tương đương với:  1  1  x − ÷ +  y + ÷ = 2  2  10 ( 1) ( 2) Bài 165 Giải hệ phương trình  x + y − + = 16 y + x   x − y + x − y + 3x − y = x + y + x ( 1) ( 2) Giải Điều kiện x ≥ 0; y ≥ ; x ≥ y Xét x = , thay vào (2) ta − y = y ⇔ y = Thay x = 0, y = vào (1) ta thấy không thỏa mãn Xét x ≠ , chia vế (2) cho x ta được: y x VT đơn điệu giảm, VP đơn điệu tăng, suy phương trình có nghiệm (2) ⇔ − t + − t + − t = + 7t + Với t = t= ⇔ y = 3x thay vào (1), ta được: 4 y + y − = 16 y + 12 y − ⇔ ( y − 1) + ( y − − 1) = 16 y + 12 y − ⇔ y −1 y +1 + 8y − 8y −1 +1 = ( y + 1) ( 16 y − )   ⇔ (4 y − 1)  )+ − ( y + 1)  = y −1 +1  y +   y = ⇔  + = ( y + 1)  4y +1 y − +  ( 3) Xét phương trình (3), Với y ≥ VP ( 3) ≥ , y + > 1; y − + > ⇒ VT ( 3) < Nên phương trình (3) vô nghiệm Mặt khác, với y ≥ 1 1 Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) =  ; ÷ 3 4 27 Bài tập tương tự )( ( )  x + x2 + y + y + =  Giải hệ phương trình   x + − x = y − − y + ( 1) ( 2) Hướng dẫn: ( 1) ⇔ x = − y , vào (2) ta được: ( ( ) ) ( ) y2 + − − y − + y = ⇔ y2 −1 + − − y + − + y =   ⇔ ( y − 1)  y + + − =0 + − y + + y   y =1 ⇔  g ( y) = y +1+ − = ( 4)  1+ − y + + y Hàm số g ( y ) với y ∈ [ −3;2] , ta có: g '( y ) = + ( 2 − y 1+ − y ) + ( + y + − y ) > 0, ∀y ∈ [ −3;2] Phương trình (4) có nghiệm y = −2 Đáp số: ( x; y ) = ( −1;1) , ( x; y ) = ( 2; −2 ) ( 17 − x ) − x + ( y − 14 ) − y = Giải hệ phương trình  2 x + y + + 3 x + y + 11 = x + x + 13 Hướng dẫn Đưa phương trình đầu hệ dạng: f ( ) 5− x = f ( ) ( ) − y , với f ( t ) = + 3t t , hàm số f ( t ) đồng biến ¡ nên ta thu − x = − y ⇔ y = x −1 Thế vào phương trình thứ hai hệ, đến giải tương tự Kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp đặt ẩn số phụ Một số phép đặt ẩn phụ giải phương trình: + Nếu phương trình chứa + Nếu phương trình chứa n f ( x ) f ( x ) ta đặt t = n f ( x) f ( x ) ± g ( x ) f ( x ) g ( x ) , ta đặt t = f ( x) ± g ( x) Ngoài cần ý số cách biến đổi để làm xuất ẩn phụ: Chia hai vế cho biểu thức khác thực biến đổi đẳng thức 28  y + y = x3 + 3x + x + Bài Giải hệ phương trình   − x − y = − y − Giải Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1;0 ≤ y ≤ ( 1) ⇔ ( x + 1) ( 1) ( 2) + x + = y3 + y (3) Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ ¡ có f ' ( t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số f ( t ) đồng biến ¡ Do đó, ( 3) ⇔ f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ y = x + Thế vào (2) ta được: (4) − x2 + = + x + − x t2 − Đặt t = + x + − x ( t ≥ ) ⇒ t = + − x ⇒ − x = 2 2 Phương trình (4) trở thành t = t2 − + = t ⇔ t − 2t = ⇔  t = Với t = , ta có + x + − x = ⇔ + − x = (vô nghiệm) Với t = ta có + x + − x = ⇔ + − x2 = ⇔ − x2 = ⇔ x = Với x = ⇒ y = (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0;1) )( ( )  x + x2 + y + y2 + =  Giải hệ phương trình  y 35 = y +  x − 12 Bài 166 Giải Điều kiện x > Do y2 +1 − y > ( 1) ⇔ ( x+ y − y ≥ , nên )( x2 + y + y + ⇔ x + x2 + = ( − y ) + )( ( − y) ) y2 + − y = +1 Xét hàm số f ( t ) = t + t + 1, t ∈ ¡ , ta có 29 y2 +1 − y ( 3) ( 1) ( 2) t f '( t ) = + t2 +1 = t2 +1 + t t2 +1 > t +t t2 +1 ≥ 0, ∀t ∈ ¡ Nên hàm số f ( t ) đồng biến ¡ Do đó, ( 3) ⇔ f ( x ) = f ( − y ) ⇔ x = − y Thay vào (2) ta được: y + y y2 −1 = 35 12 (4) y > ⇒ y > Khi đó, Ta thấy phương trình (4) có nghiệm  y >1 ( 4) ⇔ y + y2 y2 1125 + = y − y − 144 y4 ⇔ + y −1 Đặt t = y2 y −1 2 y2 1125 =0 y − 144 − ( t > ) , phương trình trở thành: 49  t=−  1125 12 t + 2t − =0⇔ 144 t = 25  12 Do t > nên t = 25 , ta có 12  25  y = y=±   y 25 16 = ⇔ 144 y − 625 y + 625 = ⇔  ⇔ y − 12  y = 25 y = ±   5 Đối chiếu điều kiện y > ta y = ; y =  −5   −5  Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) =  ; ÷; ( x; y ) =  ; ÷  4  3 Bài 167 Giải hệ phương trình:   1 + ÷ 2( x − y ) + = ( x + y ) −  2( x − y )   3( x + y ) = 10 xy −  Giải Điều kiện: x ≠ y; x − y + ≥ 30 ( 1) ( 2) Từ (2) ta có: ( x + y ) = ( x − y ) + thay vào phương trình (1) ta 2   2( x − y) + = 4( x − y) +1 1 + ÷ ÷  2( x − y)  Đặt t = x − y , phương trình trở thành 3  1 + ÷ 2t + = 4t +  2t  ⇔ ( 2t + 3) 2t + = 8t + 2t ⇔ ( 2t + ) + 2t + = ( 2t ) + 2t (3) Xét hàm số f ( u ) = u + u , u ∈ ¡ , có f ' ( u ) = 3u + > 0, ∀u ∈ ¡ nên f ( u ) đồng biến ¡ Mà ( 3) ⇔ f ( 2t ) = f 2t + ⇔ 2t = 2t + ⇔ t = ( )  x − y =  x = −1 x = ⇔ Hay ta có hệ sau :     y = −2 y =1 ( x + y ) = Vậy nghiệm hệ cho: ( x; y ) = ( 2;1) ( x; y ) = ( −1; −2 ) 1   x + x2 + = y + y2 +  Giải hệ phương trình:   x + = 3x + x −  y y2 Bài 168 ( 1) ( 2) Giải Điều kiện: y ≠ Xét hàm số f ( t ) = t + có f ' ( t ) = − 2t (t ) +1 , t∈¡ t +1 = t + 2t − 2t + (t ) +1 = t + t + ( t − 1) (t ) +1 2 > 0, ∀t ∈ ¡ suy hàm số f ( t ) đồng biến ¡ Phương trình (1) có dạng f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y Thay x = y vào phương trình (2) ta được: 3x + x − 9x + = ⇔ x + = 3x − + x x x x Đặt u = x − 4 ⇒ u = x + − 12 ⇔ x + = u + 12 x x x Phương trình (5) trở thành 31 ( 4) u + ≥ u ≥ −2 ⇔ ⇔u=2 u = u + 12 = u + ⇔   u = u + 12 = u + 4u + Với ta có 3x − 1± = ⇔ 3x − x − = ⇔ x = x 1+ 1+  1− 1−  ; ; Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) là:  ÷,  ÷ 3 3     Bài 169  x3 + x − = y + y + y  Giải hệ phương trình  x + x + = 2 y + x +1  ( 1) ( 2) Phân tích: Dễ dàng biến đổi phương trình (1) dạng f ( x ) = f ( y + 1) , với f ( t ) = t + t đồng biến ¡ Do ta x = y + Thế vào (2) ta có 2x + x + = Đến đây, muôn sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, x +1 x +1 phải tự đặt câu hỏi, biểu thức phương trình có mối liên quan đặc biệt với nhau? Ta thấy ( x +1 ) = x + , ( x + ) có mối liên hệ nào? Chú ý rằng, ta tìm liên hệ: ax + b α ( mx + n ) + β ( cx + d ) cx + d = =α + β mx + n mx + n mx + n Vì vậy, ta tiến hành xác định α , β phân tích: α + β = α = x + α ( x + 1) + β ( x + 1) = ⇒ ⇒ x +1 x +1 α + β =  β = −1 Giải Điều kiện x ≠ −1; y ≠ 0; 2x + ≥0 y+2 Có ( 1) ⇔ x + x = ( y + 1) + ( y + 1) (*) 3 Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ ¡ có f ' ( t ) = 3t + > 0∀t ∈ ¡ nên f ( t ) đồng biến ¡ , ( *) ⇔ x = y + hay y = x − Thế vào (2) ta được: Đặt 2x + x + 2x + 2x + = ⇔2 = 3− x +1 x +1 x +1 x +1 2x + = t ( t ≥ ) , phương trình trở thành: x +1 32 (3) t = t + 2t − = ⇔  t = −3 ( loai ) Với t = thay trở lại cho ta nghiệm (3) x = , suy y = −1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0; −1) Bài tập tương tự  x3 − y = ( x − y ) + Giải hệ phương trình   x + − x − y − y + = Đáp số: ( x; y ) = ( 0;1)  x − y + x − y − 30 = 28 y Giải hệ phương trình  ( y + ) = − x y + 10 ( ) Hướng dẫn: Đưa phương trình thứ dạng: f x = f ( y + 3) , với f ( t ) = t + t , từ ta có x = y + , vào phương trình thứ hai ta ( ) ( ) phương trình: x + = − x x + ⇔ x x + = − x x + ( ) Đáp số: ( x; y ) = − 2; −1 , ( − 1;2 + ) 2 y + y + x − x = − x  Giải hệ phương trình  − y2 35 x + =  x − 12  Hướng dẫn: Đưa phương trình đầu dạng f ( y) = f ( 1− x ) với f ( t ) = 2t + t hàm đồng biến ¡ , y = − x , vào phương trình x 35 = Bình phương hai vế biến đổi thứ hai x + x − 12 x4 x2  35  +2 = ÷ x −1 x −  12  Đáp số: Hệ vô nghiệm Sử dụng phương pháp sau kết hợp với phương pháp hàm số Trong phương pháp này, ta thực biến đổi phương trình hệ dạng tích số, thực rút ẩn theo ẩn (trong số trường hợp ta phải rút x , y , xy, ) vào phương trình lại hệ sử dụng phương pháp hàm số 33  y − x + + = x + + − x Bài Giải hệ phương trình  3 2 2 x − y + x y = xy − 3x + y Phân tích: Nhìn vào hệ ta thấy khó bắt đầu phương trình thứ hệ Để ý đến phương trình thứ hai, ta thấy có cặp hệ số giống nhau: hệ số (trong x ;2 xy ), hệ số (trong x ,3 y ), hệ số (trong y , x y ) ta nghĩ đến ghép cặp biểu thức có hệ số giống lại để làm xuất nhân tử chung Giải Điều kiện: −1 ≤ x ≤ Ta có (2) ⇔ x( x − y ) + y ( x − y ) + 3( x − y ) = ⇔ (2 x + y + 3)( x − y ) = ⇔ y = x (vì x + y + > , với −1 ≤ x ≤ ) Thay y = x vào (1) ta được: x − x + + = x + + − x (3) Xét hàm số f ( x ) = x − x − x + − − x + + 2, x ∈ [-1;2] Ta có f ' ( x ) = x − − Và f '' ( x ) = + x +1 4( x + 1) x + + + 2− x 4(2 − x) − x > 0, ∀x ∈ (−1;2) Do hàm số f ’ ( x ) đồng biến khoảng (-1; 2), nên phương trình f ’ ( x ) = có 1 nhiều nghiệm Mặt khác f ’  ÷ = , từ ta có BBT f ( x) 2 Vì f( ) = + − < 0, nên từ bảng biến thiên suy phương trình f(x) = có nhiều nghiệm, f(0) = f(1) = 0, phương trình (3) có nghiệm x =0; x = Tóm lại hệ cho có nghiệm (0; 0) (1;1) Bài 170 (HSG tỉnh Nam Định 2013) Giải hệ phương trình:  xy + = y x +  2  y + ( x + 1) x + x + = x − x 34 Phân tích: Ta thấy phương trình thứ hệ phương trình bậc ẩn y nên ta rút y theo x vào phương trình thứ hai hệ Giải ĐKXĐ: x ∈ ¡ ; y ∈ ¡ Ta có xy + = y x + ⇔ y ) ( x2 + − x = ⇔ y = x +2−x ⇔ y = x + + x (1) Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta có : ( x2 + + x ) + ( x + 1) x + x + = x − x ⇔ + x x + + x + ( x + 1) x + x + = ⇔ ( x + 1) 1 +  ( x + 1) +  = ( − x ) 1 +   ( −x) ) ( +  (*)  Xét hàm số f (t ) = t + t + với t ∈ ¡ Ta có f '(t ) = + t + + t2 t2 + > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f (t ) đồng biến ¡ Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x + 1) = f (− x) ⇔ x + = − x ⇔ x = − Thay x = − vào (1) ta tìm y =   Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) =  − ;1÷   Bài 171  x − + ( x + 1) = y − + y Giải hệ phương trình  ( x + y ) ( x − y ) + = −6 x − y Giải Điều kiện : x ≥ ; y ≥ x + y +1 = 2 x − y + = ( ) ⇔ ( x + y + 1) ( x − y + ) = ⇔  Với y + x + = suy vô nghiệm x ≥ ; y ≥ Với x − y + = ⇔ y = x + 4, thay vào (1) ta có : 35 ( 1) ( 2) x − + ( x + 1) = x + + ( x + ) ⇔ ( x − 1) + x − = ( x + 3) + x + ( 3) Xét hàm số f ( t ) = 2t + t , t ≥ ta có f ' ( t ) = 4t + > 0, ∀t ≥ nên hàm số f ( t ) đồng biến [ 0; +∞ ) Do ( 3) ⇔ f ( ) 3x − = f ( 2x + ) ⇔ 3x − = x + ⇔ x = ⇒ y = 12 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 4;12 ) Bài 172 Giải hệ phương trình  2x x + y =  +  3x y x + y 2 x y + = + y )  ( ( ( 1) ) 2x + ( 2) Giải Điều kiện − ≤ x ≠ 0, y > 0, x + y ≠ Phương trình ( 1) ⇔ 2x + 3x y ( ) = x+ y x2 + ( y) Đặt x = t y , ( t > ) , phương trình trở thành 3t y Với t = , ta có + 2t y ( y) = t y+ y 2t t +1 ⇔ + = ⇔ t = 3t 2t + 2t y + y y = x ⇔ y = 4x2 Thay y = x vào phương trình thứ hai hệ ta được: ( ) 2x 4x2 + = ( + x ) 2x + ⇔ 8x2 + x = ( x + 2) x + ⇔ ( 2x) + 2x = ( ) 2x + + 2x + Hàm số f ( t ) = t + t , ( t ∈ ¡ ( 3) ⇔ x = ) (3) có f ' ( t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ ¡ nên đồng biến ¡ , x + ⇔ 4x2 − 2x −1 = ⇔ x = 36 1+ 3+ ⇒y= 1+ +  ; Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) =  ÷   Bài 173 Giải hệ phương trình:  x3 + x + x = y + y + y − xy  2  x + y + x ( y + 1) + y + = (1) ( 2) Phân tích: Phương trình thứ hệ có x3 y nên ta cố gắng đưa phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) , nhiên (1) lại có 6xy nên chưa thể biến đổi được, nhìn vào phương trình thứ (2) ta thấy có 6xy Do đó, ta rút 6xy từ (2) vào (1) Giải Từ (2) ta có: −6 xy = x + y + x + y + Thế vào (1) ta được: x3 + 3x + x = y + y + y + x + y + x + y + ⇔ x3 + x − x − = y + y + 15 y ⇔ ( x + ) ( x − 1) ( x − ) = y ( y + 3) ( y + ) ( 3) Đặt x − = t , (3) ⇔ t (t + 5)(t + 3) = y ( y + 5)( y + 3) Xét hàm f (t ) = t (t + 5)(t + 3) với t ∈ ¡ Ta có: f ' ( t ) = 3t + 16t + 15 > 0, ∀t ∈ ¡ ( ∆ ' = −29 < ) Nên hàm số f ( t ) đồng biến Do đó, ( 3) ⇔ f ( x − ) = f ( y ) ⇔ y = x − Thay vào (2) ta được: x + ( x − ) + x ( x − 1) + ( x − ) + =  11 + 33 x = ⇔ 11x − 11x + = ⇔   11 − 33 x =   11 + 33 + 33   11 − 33 − 33  ; ; Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) là:  ÷;  ÷ 2 2     Bài tập tương tự 2 x +3 y + y + 4.2 x + y = 2 x +3 y + 4( y +1) ( 1)  Giải hệ phương trình:  y + y − x + xy ( 2) 2 x − y − = 2 y + y − 3x +  37  22 − 10 − 10  ; Đáp số: ( 1; −1) , ( 8;6 ) ,  ÷    x3 y − y = 28 Giải hệ phương trình:  2  x y + xy + y = 18 ( ) Đáp số: 2; Kết hợp phương pháp cộng đại số với phương pháp hàm số Trong dạng này, chưa sử dụng phương pháp hàm số để biến đổi hệ phương trình mà muốn sử dụng được, cần phải kết hợp phương trình hệ lại, áp dụng tính chất hàm số để biến đổi  x3 ( + y ) = Bài Giải hệ phương trình   x y − = Phân tích: Đối với hệ này, ta nghĩ đến cô lập biến sử dụng phương pháp hàm số Chia hai vế phương trình thứ cho x3 , chia hai vế phương trình thứ hai 1 cho x cộng lại ta được: y + y = + , đến ta sử dụng phương pháp x x hàm số Giải ( ) • Với x = dễ thấy không thỏa mãn hệ • Với x ≠ , ta có:  + y =  1 x3 ⇒ y + y = + (1) Hệ cho tương đương với  x x  y3 − =  x Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , t ∈ ¡ có f ' ( t ) = 3t + > với t ∈ ¡ nên hàm số f ( t ) đồng biến ¡ 1 Do đó, (1) có dạng f ( y ) = f  ÷ ⇔ y = x  x    x = −1; y = −1  y = x y = ⇔ ⇔ x Thế vào hệ se được:  x = ; y =  x3  + ÷ =  x + x − =     x 1  Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) là: ( −1; −1) ,  ;2 ÷ 2  38 Bài 174  x3 ( y + 55) = 64 Giải hệ phương trình   xy y + y + = 12 + 51x ( ) ( 1) ( 2) Hướng dẫn:Tương tự 1, ta cô lập biến x, y; chia hai vế phương trình (1) cho x3 , phương trình (2) cho x cộng lại với biến đổi dạng: ( 4 y + 1) + ( y + 1) =  ÷ + x x Giải Với x = y = hệ không thỏa mãn 64  y + 55 =  x3 Với x ≠ 0, y ≠ , HPT ⇔   y + y + y = 12 + 51  x 4 Cộng theo vế lại ta được: ( y + 1) + ( y + 1) =  ÷ + x x 3 Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , t ∈ ¡ (3) có f ' ( t ) = 3t + > ∀t ∈ ¡ nên hàm số f ( t ) đồng biến ¡ 4 x Phương trình (3) có dạng f ( y + 1) = f  ÷ ⇔ y + = ⇔ xy = − x x Kết hợp với (1) ta được: x ( − x ) + 55 x3 = 64 ⇔ 13 x + 3x − 16 = ( ) ⇔ ( x − 1) 13 x + 16 x + 16 = ⇔ x =1 ⇒ y = Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) = ( 1;3)  x + 91 = y − + y  Bài 175 Giải hệ phương trình   y + 91 = x − + x Giải: Điều kiện x ≥ 2; y ≥ Trừ theo vế phương trình hệ ta x + 91 + x − + x = y + 91 + y − + y (3) Hàm số f ( t ) = t + 91 + t − + t , t ≥ Hàm số đồng biến [ 2; +∞ ) nên từ (3) suy x = y Thay lại phương trình đầu ta x + 91 = x − + x 39 Đoán nhận nghiệm x = nên dùng phương pháp nhân liên hợp ta  ( x − 3)  x+3  x + 91 + 10 −  − x − 3 = x − +1  Với x ≥ x+3 x + 91 + 10 − x − +1 − x − = ( x + 3) −9 − x + 91 x + 91 + 10 − x − +1 [...]... để tìm mối liên hệ giữa chúng, sau đó nhóm lại rồi nhân lượng liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung - Nhân lượng liên hợp bằng cách thêm bớt hằng số: Đoán nghiệm x0 của phương trình, sau đó thêm bớt hằng số rồi nhân lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử x − x0 Cách đoán nghiệm x0 ta có thể dùng chức năng SOLVE của máy tính cầm tay f ( x0 ) là số nguyên (hoặc hữu tỉ) hoặc chọn số x0 sao cho 2 x 3 y...  12  Đáp số: Hệ vô nghiệm 4 Sử dụng phương pháp thế sau đó kết hợp với phương pháp hàm số Trong phương pháp này, ta thực hiện biến đổi một phương trình của hệ về dạng tích số, thực hiện rút một ẩn theo ẩn kia (trong một số trường hợp ta phải rút x 2 , y 2 , xy, ) và thế vào phương trình còn lại của hệ và sử dụng phương pháp hàm số 33  y − x + 1 + 2 = x + 1 + 2 − x Bài 1 Giải hệ phương trình  3... số giống nhau: hệ số 2 (trong 2 x 3 ;2 xy ), hệ số 3 (trong 3 x 2 ,3 y ), hệ số 1 (trong y 3 , x 2 y 2 ) do đó ta sẽ nghĩ đến ghép từng cặp biểu thức có hệ số giống nhau lại để làm xuất hiện nhân tử chung Giải Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 2 Ta có (2) ⇔ 2 x( x 2 − y ) + y 2 ( x 2 − y ) + 3( x 2 − y ) = 0 ⇔ (2 x + y 2 + 3)( x 2 − y ) = 0 ⇔ y = x 2 (vì 2 x + y 2 + 3 > 0 , với mọi −1 ≤ x ≤ 2 ) Thay y = x 2 vào (1)... 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 34 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 ∈ ¡ 2 Ta có xy + 2 = y x + 2 ⇔ y ) ( x2 + 2 − x = 2 ⇔ y = 2 x +2−x 2 ⇔ y = x 2 + 2 + x (1) Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta ... trưng miền D xét Thông thường dự đoán h ( x ) bậc g ( x ) , từ đồng hệ số để tìm g ( x ) B NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP Sử dụng đồng thời phương pháp hàm số giải hệ phương trình Đối với hệ phương trình... ta dựa vào điều kiện xác định hệ phương trình, điều kiện để phương trình bậc hai ẩn x tham số y (hoặc ẩn y tham số x ) có nghiệm, nhận xét điều kiện biểu thức để hệ có nghiệm (chẳng hạn: A + B... xuất nhân tử chung - Nhân lượng liên hợp cách thêm bớt số: Đoán nghiệm x0 phương trình, sau thêm bớt số nhân lượng liên hợp để xuất nhân tử x − x0 Cách đoán nghiệm x0 ta dùng chức SOLVE máy tính