SỬ DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

SỬ DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Kỹ năng: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRèNH

I- TỔNG QUAN PHƯƠNG PHÁP:

Như cỏc chuyờn đề đó đề cấp trước đõy, chỳng ta cú thể giải hệ bằng nhiều phương phỏp khỏc nhau Trong chủ đề này, chỳng tụi hệ thống lại một phương phỏp giải hệ thường được “ưu tiờn” trong cỏc đề thi Đại học và Kỡ thi Học sinh giỏi những năm gần đõy, đú là

kỹ năng “Phương phỏp hàm số”

Xột hệ phương trỡnh: ( )

=





=



F x y

I

Bằng phộp biến đổi tương đương một cỏch khộo lộo, ta đưa hệ (I) về dạng:

=





=



f x y

II

G x y Trong đú f x y( ; )=0 là một phương trỡnh sử dụng phương phỏp hàm số để giải quyết Chỳng ta ụn tập lại phương phỏp này:

Xột phương trỡnh f x( )=0 1 ( ) (x D với D là một khoảng cho trước ∈ )

Để vận dụng tớnh đơn điệu của hàm số để giải phương trỡnh, ta cú một số hướng biến đổi (tương ứng với 3 dạng thụng dụng) sau đõy:

1 Đối với loại phương trỡnh cú 3 hướng để giải quyết:

Dạng 1: Dạng F x( )=0, với F x( ) hoặc đồng biến, hoặc nghịch biến trên D

Bước 1: Đưa phương trỡnh (1) về dạng: F x( )=0

Bước 2: Xột hàm số y F x = ( )

Chỉ rừ hàm số y F x đồng biến hay nghịch biến trờn D = ( )

Bước 3: Đoỏn được F x( )0 =0 Lỳc đú phương trỡnh (1) cú nghiệm duy nhất x x = 0







đồng biến trên D Phương trình (1) có: hoặc ngược lại

nghịch biến trên D

F x

G x Bước 1: Đưa phương trỡnh (1) về dạng : F x( )=G x (1) ( )

Bước 2: Xột hai hàm số y= f x và ( ) y g x = ( )

Chỉ rừ hàm số y F x là hàm đồng biến (nghịch biến) và= ( ) y G x là hàm = ( )

nghịch biến (đồng biến)

Bước 3: Đoỏn được F x( )0 =G x ( )0

Lỳc đú phương trỡnh (1) cú nghiệm duy nhất x x = 0

Dạng 3: Dạng phương trình F u( )=F v( ) (*), với F x( ) hoặc đồng biến,

hoặc nghịch biến trên a b Lúc đó, (*) có nghiệm duy nhất u v

Bước 1: Đưa phương trỡnh về dạng F u( )=F v (1) ( )

Bước 2: Xột hàm số: y F t = ( )

Chỉ rừ hàm số đồng biến hay nghịch biến trờn (a b ; )

2 Nhận xét:

+ Định lí về tính đơn điệu trên đoạn:

“ Nếu hàm số y= f x liên tục trên ( ) [ ]a b và có đạo hàm ; f /( )x >0 trên khoảng

(a b thì hàm số ; ) y= f x đồng biến trên ( ) [ ]a b ” ;

+ Đối với bất phương trình, hệ phương trình, tư duy vận dụng tính đơn điệu hoàn

toàn tương tự như trên

II- BÀI TẬP MINH HỌA:

Bài tập: Giải hệ phương trình

2 2

3 3 (1)

1 (2)

− = − + =







Phân tích

Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích Tuy nhiên ta muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Hàm số f t( )= −t3 3t không đơn điệu trên toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn

được x và y trên đoạn [−1;1]

Bài giải:

Từ (2) ta có x2≤1, y2 ≤ ⇔1 x y, ∈ −[ 1;1]

Hàm số ( ) 3

3

= −

= − < ∀ ∈ − ⇒

[−1;1]

Do x y, ∈ −[ 1;1] nên (1) ⇔ f x( )= f y( )⇔ =x y thế vào (2) ta được 2

2

= = ±

Vậy tập nghiệm của hệ là S = 2; 2 ; 2; 2

Nhận xét: Trong TH này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để hàm số đơn điệu

trên đoạn đó

Bài tập: Giải hệ phương trình: ( )







Bài giải:

Phương trình(1)⇔ x3+3x= y3+3y

Xét hàm f t( )= +t3 3t⇒ f t/( )=3t2 + > ∀ ∈3 0 t ℝ Vậy f t( )nđồng biến trên ¡

Từ (1) ⇒ f x( )= f y( )⇒ =x y

Thay và (2) tiếp tục sử dụng phương pháp hàm số chứng minh được (2) có 1 nghiệm duy nhất x= ⇒ =1 y 1

Bài tập: (Khối A – 2003) Giải hệ phương trình :

3

(1)

 − = −







y x

Bài giải: Điều kiện x≠0; y≠0

Xét hàm số ( ) ( ) /( ) ( ) ( )

2

đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và (0;+∞ )

TH 1: Xét x∈ −∞( ;0) Phương trình (1) có dạng: f x( ) ( )= f y ⇔ = x y

Thay vào (2) có nghiệm x=1 (loại), 1 5

4

− +

=

4

− −

=

TH 2: Xét x∈(0;+∞) Phương trình (1) có dạng: f x( ) ( )= f y ⇔ = x y

Thay vào (2) có nghiệm x=1 (nhận), 1 5

4

− +

=

4

− −

=

Kết luận: Vậy hệ có các nghiệm là ( )1;1 ; 1 5 1; 5 ; 1 5 1; 5

− + − +  − − − − 

Sai lầm thường gặp:

Xét hàm số f t( ) t 1 ,t ( ;0) (0; )

t

= − ∈ −∞ ∪ +∞ Đạo hàm:

/

2

1

t

= + ∀ ∈ −∞ ∪ +∞

Suy ra hàm số f t đồng biến trên ( ) (−∞;0) (∪ 0;+∞ )

Ta có (1) có dạng f x( )= f y( )⇒ = x y

Sai do hàm số đơn điệu trên hai khoảng rời nhau (cụ thể f ( )− =1 f ( )1 = ) 0

Bài tập: (Thi HSG tỉnh Hải Dương 2012) 3 ( )3 ( )







Bài giải: Điều kiện x≥1; y≥ 1

Từ điều kiện và từ phương trình (2) có x≥1; y− ≥1 1

Phương trình 3 ( )3

(1)⇔ x −3x= y−1 −3 y−1 Xét hàm số f t( )= −t3 3t trên [1;+∞ )

Dễ chứng minh được, hàm số đồng biến trên [1;+∞ , ta có ) f x( )= f ( y− ⇒ =1) x y−1 Với x= y−1thay vào (2) giải được x=1; x=2 1, 2

Bài tập: (Khối A – 2012) Giải hệ phương trình

1 2







Bài giải:

Từ phương trình (2)

1

⇒ −  + +  =

x  y  nên

1

1

−

 ≤ − ≤





−

 ≤ + ≤



x

y

(1)⇔ x−1 −12 x− =1 y+1 −12 y+1 nên xét f t( )= −t3 12t trên 3 3;

2 2

−

2 2

−

= − < ∀ ∈ ⇒

2 2

−

  Lúc đó: f x( − =1) f y( + ⇒ − = +1) x 1 y 1

Thay vào, giải ra được ( ; ) 1; 3 ; 3; 1

= −   − 

Bài tập: (Khối A – 2010) Giải hệ phương trình ( 2 ) ( )

2 2

4 1 3 5 2 0 (1)

4 2 3 4 7 (2)







Bài giải: 4; 5.

x≤ y≤

Phương trình (1) ( 2 ) ( )

4 1 2 2 6 5 2 0

2 1 2 5 2 1 5 2 2 2 5 2 5 2

⇔ f x = f − y

Xét f t( )= +t3 t⇒ f t/( )=3t2+ >1 0, ∀ ∈t ℝ ⇒ f t đồng biến trên ℝ ( )

2

−

= − ⇔ = − ⇔ = x ≥

2 2

2

− +  − − = ⇔ =

+

x

Với ( )

2 2

4 2 3 4 7, 0;

−

= +  − − ∈ 

+

 

x

Chứng minh hàm g x( ) nghịch biến trên 0;3

4

 

 

  Ta có nghiệm duy nhất

1

2 2

= ⇒ =

Bài tập: (Thi thử ĐT 2011) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm







Bài giải: Điều kiện − ≤ ≤1 x 1, 0≤ ≤y 2

Phương trình (1) 3 ( )3 ( )

⇔ x − x= y− − y− Hàm số f t( )= −t3 3t nghịch biến trên đoạn [ 1;1− ]

Ta có: x y; − ∈ −1 [ 1;1] nên f x( )= f y( − ⇔ = − ⇔ = +1) x y 1 y x 1

Thế vào phương trình (2) ta được 2 2

Hệ có nghiệm ⇔ Pt (3) có nghiệm x∈ −[ 1;1]

2

1

1

−

x

Ta có:g x/( )= ⇔ =0 x 0; g( )0 = −2, g( )± =1 1

Hệ có nghiệm⇔ Phương trình (3) có nghiệm x∈ −[ 1;1]⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤2 m 1 1 m≤2

Bài tập: (Thử ĐT 2012) Giải hệ phương trình:

( )

2

(1)







Bài giải: 5 ;

4

x≥ − y∈ ¡

TH1: Xét y=0 thay vào hệ thây không thỏa mãn

TH2: Xét y≠0, chia 2 vế của (1) cho y ta được 5

5

 

 

 

- Xét hàm số f t( )= + ⇒t5 t f t/( )=5t4+ >1 0 nên hàm số đồng biến

- Từ (3)⇒   = ( )⇒ = ⇒ = 2

 

- Thay vào (2) ta có PT 4x+ +5 x+ = ⇒ =8 6 x 1 Vậy hệ có nghiệm

(x y; ) ( )= 1;1

Bài tập: Giải hệ phương trình ( )( )

2







(1) (2)

Phân tích. Nếu thay 2 =x2+y vào phương trình (1) thì ta sẽ được hđt 2

Bài giải:Thay 2 =x2+y vào phương trình thứ nhất ta được 2

2x−2y = y x xy x− + +y ⇔2x−2y = y −x ⇔ 2x +x =2y +y (1)

Xét hàm số ( )=2t + 3, ∈

f t t t ℝ có /( )=2 ln 2 3t + 2 >0, ∀ ∈

suy ra f t đồng biến trên ℝ ( )

Từ (1) ⇔ f x( )= f y( )⇔ =x y thế vào (2) ta được x= = ±y 1

Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( ) (1;1 ; − −1; 1) }

Bài tập: Giải hệ phương trình

2 2

1 3

1 3







y x

Bài giải:Trừ vế hai phương trình ta được:

có dạng f x( )= f y với ( ) ( ) 2

1 3

= + + + t

2

1

+

t

t

f t

( )

⇒ f t đồng biến trên ℝ Bởi vậy f x( )= f y( )⇔ =x y thế vào phương trình thứ nhất ta

Với g x( )=3x( x2+ −1 x) /( ) ( 2 )

2

1

+

x

2

1

1

+

2

+ − >

1 1 + ≥

x

Suy ra g x đồng biến trên ℝ Bởi vậy ( ) g x( )= g( )0 ⇔ =x 0

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = = y 0

Bài tập: Chứng minh hệ

2007

2 1 2007

2 1

= −

−

= −

−















y x

e

y x y

e

x

có đúng 2 nghiệm x>0,y>0

2 2

; 1 1;

1 0

; 1 1;

1 0

∈ −∞ − ∪ +∞



 − >

∈ −∞ − ∪ +∞

− >

x x

y

0 0

>



 >



x

y nên

1 1

>



 >



x y

Trừ vế hai phương trình ta được:

Hay f x( )= f y với ( ) ( ) 2 , (1; )

1

−

Ta có: ( )

/

1

0, 1;

t

Do đó: f x( )= f y( )⇔ =x y thế vào phương trình thứ nhất ta được:

( )

1

−

Ta có ( )

2

3

1

−

Suy ra g x đồng biến trên /( ) (1;+∞ ) ⇒ g x liên tục trên /( ) (1;+∞ và có )

1

lim+ , lim

→+∞

x

x g x g x nên g x'( ) 0= có nghiệm duy nhất x0∈(1;+∞) và

0

> ⇔ > ⇔ >

0

0 1

< ⇔ < <

Từ BBT của g x ta suy ra pt ( ) g x( )=0 có đúng 2 nghiệm x∈(1;+∞)

Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương

Bài tập: Giải hệ phương trình ( ) ( )

ln 1 ln 1 (1)

12 20 0 (2)

+ − + = −

− + =







Bài giải: Điều kiện: x> −1, y> −1

Phương trình (1) ⇔ln 1( +x)− =x ln 1( +y)− ⇔y f x( )= f y ( )

với f t( )=ln 1( + −t) t t, ∈ − +∞( 1; )

−

t

nghịch biến trên (0;+∞ )

TH 1: x y, ∈ −( 1;0) hoặc x y, ∈(0;+∞) thì f x( )= f y( )⇔ =x y

Thế vào phương trình (2) ta được x= =y 0 (không thỏa mãn)

TH 2: x∈ −( 1;0), y∈(0;+∞) hoặc ngược lại thì 2 2

< ⇒ − + >

TH 3: xy=0 thì hệ có nghiệm x= =y 0 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x= =y 0

Bài tập: Chứng minh với ∀ >a 0 thì hệ phươngtrình sau luôn có nghiệm duy nhất :

 − =ln 1( + )−ln 1( + )



− =



y x a

Bài giải: Điều kiện: x> −1; y > − 1

Hệ  + − +ln 1( + )−ln 1( + + )=0

⇔ 

= +



y x a

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ ( )= x a+ − x+ln 1( + )−ln 1( + + )=0

duy nhất trong khoảng (− +∞ 1; )

Ta có:

+

x a x x a x ∀ > − ⇒x 1 f x ( )

đồng biến trong khoảng (− +∞ 1; )

Mặt khác: Do f x( ) liên tục trên (− +∞ và 1; ) ( )

1

lim+

Nên pt có nghiệm trong khoảng (− +∞ ⇒ phương trình 1; ) f x( )= có nghiệm duy nhất 0 trong khoảng (− +∞ Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với 1; ) ∀ >a 0

Bài tập: Giải hệ phương trình:

2 2







Bài giải: Điều kiện: x y; ≥0

Hệ

2



⇔ 



(*)

Xét phương trình: 3+x2 +3 x = 3+y2 +3 y (**)

Xét hàm số: ( ) 2 /( )

2

3

2 3

+

t

t

t ; ∀ ∈t (0;+∞)

⇒ f t đồng biến trên ( ) (0;+∞ )

Phương trình (**) trở thành: f x( )= f y( )⇔ =x y

Thay x y= vào (*) của hệ ta được: 3+x2 + x− =3 0

Xét hàm số: g x( )= 3+x2 + x−3 có

( )

/

2

1 0 2

3

+

x

g x

x

x ∀ ∈x (0;+∞)⇒ g x đồng biến trên ( ) (0;+∞ )

⇒ g x = có nhiều nhất một nghiệm, mà: g( )1 = ⇒ = ⇒ = 0 x 1 y 1

Vậy hệ đã cho có nghiệm là ( )1;1

Bài tập: Giải hệ phương trình: 6 ( 4 )

sin sin

5

; 4

−









 < <



e

y

π

π x y

(1)

(2)

(3)

Bài giải:

Phương trình(1)

sin sin

x y (*) Xét hàm: ( )

sin

= e t

f t

t với

5

; 4

π

Ta có: /( ) ( )

2

sin cos

0 sin

−

t

f t

t với

5

; 4

π

( )

⇒ f t đồng biến trong khoảng ;5

4

π π

Khi đó pt (*) trở thành: f x( ) ( )= f y ⇔ = , thế vào phương trình (2) ta được: x y

10 x + =1 3 x +2 Do x6+1= (x2+1)(x4−x2+1)

đặt 2

1

1

3

=





v u

* Với u=3v thay vào ta có pt vô nghiệm

* Với v=3uthay vào pt ta được x= ± 5+ 33 đối chiếu với (3) ta được x= 5+ 33 Vậy hệ pt có một nghiệm là ( 5+ 33; 5+ 33)

Bài tập: (Khối A- 2013) Giải hệ phương trình:

4 4







(1) (2)

Bài giải: Điều kiện: x≥1; y ℝ ∈

(1)⇔ x2+2(y−1)x y+ 2−6y+ =1 0 ( )2 ( )2

⇔ x y+ − − y= ⇔ x y+ − = y⇒ ≥y

Ta có: x+ +1 4 x− −1 y4 + =2 y ⇔ x+ +1 4 x− =1 (y4+ + +1) 1 4(y4+ −1 1 **) ( )

Đặt f t( )= t+ +1 4t−1 thì f t( ) đồng biến trên  +∞1; )

Nên (**) ⇔ f x( )= f y( 4+1)⇔ =x y4+ 1

Thế vào (*) ta có: ( 4 )2 8 5 2

4y= y +y =y +2y +y

⇔ 7 0 4 1

= ⇒ =







0 1

=



 =



y

y (vì g y( )= y7 +2y4+y đồng biến trên  +∞0; )) Vậy hệ có nghiệm là ( ) ( )1;0 , 2;1

Cách khác: Từ (*)⇒ ≥ y 0

0

=



− + = ⇔  =



x

y (thỏa điều kiện)

Xét 4 x− + >1 y 0

Lúc đó: ( x+ −1 y4+2)+(4 x− −1 y)=0

⇔

2

0

4

2

x y

⇔ x=y4+ , tiếp tục như trên 1

Bài tập: (Khối B- 2013) Giải hệ phương trình:







Bài giải:

Ta có:







Xem (1) là phương trình bậc 2 theo y ta được: y=2x+ hay 1 y= + x 1

TH1: y=2x+ Thế vào (2) ta có: 1

4

⇔x= (vì 0 f x( ) đồng biến và g x( ) nghịch biến trên 1

; 4

+∞ 

  Vậy x= và 0 y= 1

TH2: y= + Thế vào (2) ta có : x 1

2 1

3

⇔ 3x+ +1 5x+ =4 3(x−1)x+2x+3

⇔  3x+ −1 (x+1)  + 5x+ −4 (x+2) =3(x−1)x

⇔

2 3

⇔ x2− = hay x 0

3

 = ⇒ =

 = ⇒ =



Vậy nghiệm của hệ là ( )0;1 hay ( )1;2

III- BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

Bài tập: Giải các hệ phương trình sau:

1)

 − = −







Gợi ý: Xét hàm số ( ) 3 ( )

1

0

t Hệ có nghiệm ( ) (2;2 ; − − 6; 6)

2)

2







Gợi ý: Xét hàm số f t( )= +t3 t (t ℝ Hệ có nghiệm ∈ ) ( ) (1;1 ; − − 1; 1)

3)

2







Gợi ý: Xét hàm số f t( )= +t5 t (t ℝ Hệ có nghiệm ∈ ) ( ) (1;1 ; − − 1; 1)

4) ( 1 2)( 1 2) 1 (1)







( ) ( )

1

t t

−

¡

Suy ra: x = − , thế vào (2) ta được: y

2

Từ đây hệ có các nghiệm là: (1; 1 ; ) 3 11 3; 11

2 4 6 3 (2)







Gợi ý: (2)⇔(x y+ +1 2)( x y− +4)= ⇔ =0 y 2x+ (do điều kiện của hệ) 4

Thay vào (1) ta có: 3x− +1 2x− =8 2x+ ⇔3 2 3( x− +1) 3x− =1 2 2( x+3)+ 2x+ 3

(3 1) (2 3)

⇔ − = + với f t( )=2t+ t t( ≥0)

Dễ chứng minh được f t( ) đồng biến trên  +∞0; ) suy ra:

3x− =1 2x+ ⇔ = ⇒ =3 x 4 y 12

6)

1 0 (2)





+ + =



Gợi ý: Từ vế trái của (1) ta thấy có dạng đơn giản: f t( )= + − t3 t 2

Chúng ta phân tích: y3+3y2+4y=g y3( ) ( )+g y − , rõ ràng 2 g y( )= + y b

Đồng nhất thức ta được: 3 2 ( ) (3 )

y + y + y= y+ + y+ − Lúc đó (1) có dạng: f x( ) (= f y+ , dễ thấy 1) f t( ) đồng biến trên ¡ suy ra: y+ = 1 x

Thay vào (2) ta được phương trình:

0

x

 =

 Phương trình

2

+ − + = + −  + >

Vậy hệ có nghiệm là (0; 1− )

4 1 2 1 6 (1)









Gợi ý: Ta thấy x = không thỏa (1), chia (2) cho 0 x2 ta được phương trình:

2

 

có dạng f( )2y f 1

x

 

=  

  với f t( )=t(1+ 1+t2) (t∈ ¡ )

Dễ chứng minh được f t( ) đồng biến trên ¡ , suy ra: 2y 1

x

= thay vào (1) ta được:

( )

( ) ( )

( )

h x

g x

x + +x x + x − = ⇔x14 2 43+ − = −x x + x

1 44 2 4 43 Chứng minh h x( ) nghịch biến và g x( ) đồng biến trên ¡ nên phương trình có nghiệm duy

2

x = ⇒ = Hệ có nghiệm y 1;1

2

 

 

 

2

2 0 (2)

x y x







Gợi ý: Ta thấy x = hoặc 0 y= thay vào hệ không thỏa 0

Giả sử xy≠ , phương trình (1) 0

2

2

2

y

+ −

có dạng: f 1 f( )2y

x

 

=

 

  Mời độc giả tiếp tục bài toán

9)

2

3 2 8 (2)







Gợi ý: Ta thấy ( 3 2 )2 3 2

x − x + =y + y

Cố gắng phân tích thử ( 3 2 )2 3 2

x − x + =g + y (quá phức tạp!)

Hướng khác: x3−3x2+ =2 y y+ Đặt 3 a= y+ ⇔3 a2 = + , y 3 y y+ =3 a3−3a Phân tích đồng nhất thức: x3−3x2+ =2 g3−3g ta được g= − x 1

Lúc đó: (1) có dạng f x( − =1) f( y+3) với f t( )= −t3 3t đồng biến trên  +∞1; )

Từ đó giải được nghiệm của hệ là ( )3;1

3

3

2 3

x y





− =



Gợi ý: Ta thấy x = thay vào hệ không thỏa 0

3 3

1

3 3

2

y

x y

x





 

 − =



với f t( )= +t3 3t

Nghiệm của hệ phương trình là ( 1; 1 ; ) 1;2

2

11)

2

1 1

e

y

−

=





2

1

y

+ Nghiệm của hệ là (4; 4− )







3

2

3 3 12 51







3







15)

3







16)







IV-TÀI LIỆU THAM KHẢO:

1- Tuyển tập Đề thi- Đáp án ĐH Quốc gia từ 2002- 2013 Bộ giáo dục và đào tạo

3- Sáng tạo và giải PT- BPT- HPT Thầy Nguyễn Tài Chung 4- Tạp chí Toán học tuổi trẻ NXB Giáo dục Việt Nam 5- Tuyển tập Đề thi thử Bắc Trung Nam Thầy Hoàng Văn Minh

6- Nguồn internet…Google.com…volet.vn…Boxmath.info