Rèn luyện năng lực giải toán cho học sinh thông qua một số phương pháp giải phương trình hệ phương trình

RÈN LUYỆN NĂNG LỰC GIẢI TỐN CHO HỌC SINH THƠNG QUA MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH A ĐẶT VẤN ĐỀ Do đặc thù mơn tốn nên hoạt động giải tốn hoạt động khơng thể thiếu người học tốn, dạy tốn nghiên cứu toán Giải toán khả đặc biệt trí tuệ, giải tốn trí tuệ người huy động tới mức tối đa, khả phân tích tổng hợp rèn luyện, tư trở nên nhanh nhẹn Do trình giải tập tốn cần khuyến khích học sinh tìm nhiều cách giải cho tốn Mỗi cách giải dựa vào số đặc điểm đề bài, tìm nhiều cách giải luyện tập cho học sinh biết cách nhìn nhận vấn đề theo nhiều cách khác nhau, điều bổ ích cho học sinh việc phát triển lực tư Ở trường phổ thơng, dạy tốn dạng hoạt động tốn học Đối với học sinh xem việc giải tốn hình thức chủ yếu hoạt động toán học Hoạt động giải tập tốn phương tiện có hiệu thay việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kĩ kĩ xảo, ứng dụng toán học vào thực tiễn, điều kiện để thực tốt mục đích dạy học trường phổ thơng Trong chương trình tốn học trường trung học phổ thơng, phương trình hệ phương trình trung tâm chương trình toán chúng phong phú đa dạng nội dung lẫn phương pháp giải mà xuất thường xuyên tất kỳ thi kì thi học sinh giỏi, thi Đại học-Cao đẳng Vì việc bồi dưỡng cho học sinh lực giải tốn thơng qua phương pháp giải bổ ích cần thiết Trong chương trình sách giáo khoa đưa dạng phương trình, hệ phương trình (ta thường gọi phương trình, hệ phương trình “mẫu mực”) phương pháp hay thuật tốn giải chúng, phương trình hay hệ phương trình học sinh thường gặp kì thi khơng cho sẵn dạng học sinh gặp nhiều khó khăn Thơng thường giảng dạy phương trình, hệ phương trình giáo viên đưa phương pháp giải thường gặp như: Biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, đánh giá, sử dụng tính chất hàm số, … để rèn luyện tư duy, nâng cao lực, rèn luyện kĩ năng, kĩ xảo giải toán cho học sinh giáo viên cần tìm tịi thêm phương pháp khác để học sinh có thêm cơng cụ, cách nhìn rộng hơn, linh hoạt đáp ứng yêu cầu Trong trình giảng dạy tìm tòi tham khảo, học hỏi, tác giả mạnh dạn đề xuất cơng trình sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: “RÈN LUYỆN NĂNG LỰC GIẢI TỐN CHO HỌC SINH THƠNG QUA MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH” Do lực cịn nhiều hạn chế, kinh nghiệm giảng dạy chưa nhiều, khả trình bày cịn có hạn, chắn nhiều điều khiếm khuyết, thiếu khoa học, tác giả mong góp ý chân thành từ đồng nghiệp Xin chân thành cám ơn! B MỤC TIÊU CỦA ĐỀ TÀI Đưa số phương pháp chung để giải số toán phương trình, hệ phương trình, sở phương pháp này, ví dụ minh hoạ nhằm khắc sâu kiến thức hình thành kỹ năng, nâng cao lực giải toán cho học sinh C NỘI DUNG ĐỀ TÀI Nội dung đề tài trình bày trước hết sở khoa học phương pháp giải, việc rèn luyện lực, kĩ cho học sinh lột tả chủ yếu thông qua ví dụ minh hoạ I- PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Trước hết ta nhắc lại: - Phương trình tham số đường thẳng qua điểm M0(x0; y0) có véc tơ   x  x0  at  y  y0  bt phương u (a; b) là:    - Đường thẳng có PTTQ: ax + by = c có vtpt n(a; b) vtcp u ( b; a) Sử dụng PTTQ PTTS đường thẳng cho ta phương pháp giải với lời giải ngắn gọn súc tíc lớp tốn phương trình, hệ phương trình Sau vài ví dụ: Ví dụ 1.1: Giải phương trình: Giải: Trước hết ta làm nháp: x   12  x3 10 x  = X, 12  x = Y  X 1  3t Y 3  t  ta có PTĐT: X + 3Y = 10 dạng PTTS là:  Từ ta có lời giải tốn sau: ĐK:  x  0  12  x 0  x  1  3t ( t 3) Đặt   12  x 3  t  x  (1  3t ) =>  12  x 3  t  t 1  20 10t 10    t  => t = => x3 =  x =2 Vậy x = nghiệm phương trình Ví dụ 1.2: Giải PT: x   x  1 Giải: ĐK: x +   x  1  t (t 1)  Tương tự ví dụ ta đặt   x  t  x  1  2t  t   x  t => t3 – t2 +2t – = -1  t = => x =  x  y  Ví dụ 1.3: Giải hệ phương trình:  xy 3 (1)  x   y  4 (2) (ĐH-A-2006 )  x   ĐK:  y   xy 0  Giải:  x  2  t  x t  4t  (   t  2)  Đặt    y t  4t   y  2  t Phương trình (1) trở thành: 2t2 + (t   4t )(t   4t ) 3  t  10t  2t   t4 + 10t2 + = 4t4 + 12t2 +  3t4 + 22t2 =  t 0   t  22   x 3  t 0    y 3 Ví dụ 1.4: Xác định m để hệ phương trình sau có nghiệm: x  2m  3m  x 10 Giải:  x  2m 0 3m  x 0 ĐK:   x  2m 1  3t  x  2m 1  6t  9t ( t 3)   Đặt  3m  x 9  6t  t  3m  x 3  t => m = 2t2 + = f(t) => Phương trình cho có nghiệm  phương trình f(t) = m có nghiệm Lập bảng biến thiên f(t) với  t 3 =>  f (t ) 20 Vậy PT cho có nghiệm  m 20 3 (1)  x  y 35 Giải hệ phương trình:  2 log ( x  y )  log ( x  xy  y ) 2 (2) Ví dụ 1.5: Giải: x  y  ĐK:  2  x  xy  y  1 t log ( x  y ) 1  t  x  y 5 ( t 1)   Đặt  2 1t log ( x  xy  y ) 1  t  x  xy  y 7 => (x + y)(x2 – xy + y2) = 51-t.71+t 7t Từ (1) (3) => 35 t = 35  x3 – y3 = 35 7t (3) 5t  7t = 5t  t =   x 2   x  y 5  x  y 5  x  y 5   y 3    =>    2   x 3  xy 6  x  xy  y 7 ( x  y )  3xy 7    y 2 Vậy hệ PT cho có nghiệm: (2; 3) (3; 2)  x  y  x  y 2 (1) Ví dụ 1.6: Giải hệ PT:  2  x  y  x  y 4 (2) Giải:  x  y 0  x  y 0 ĐK:   x  y 1  t  x  y (1  t ) (   t  1)  Đặt    x  y (1  t )  x  y 1  t  x t   ( t 1) y  t  Khi PT (2) trở thành: (t  1)  3.4t  (1  t ) (1  t ) 4 ( t 1)  t  14t    t 4 ( t 1)  t  14t  3  t ( t 1)  t  14t  9  t  6t ( t 1)  t 1 ( t 1)  t 1  x 2  y 2 +) Với t = =>  +) Với t = -1 thỏa mãn  x 2  y  =>  thỏa mãn Vậy hệ cho có nghiệm (x; y) (2; 2) (2; -2) Ví dụ 1.7:  x  y   3 x  y 4 Giải hệ PT :  x  y 1 (1) (2) (Đề DB2-A-2005)  x  y 0  x  y  0 Giải: ĐK:   x  y  t  x 2t  2 x  y  t ( t  1)   Từ PT(1) đặt    2  x  y t  2t   y t  4t   x  y   t Khi PT(2) trở thành: t2 - t – =0  t = (do t 1)  x 2  x 2 thỏa mãn Vậy nghiệm hệ PT   y   y  =>  Ví dụ 1.8: Giải: log ( x  y ) 1  log xy (1) Giải hệ PT:  x2  xy  y2 (Đề KA-2009) 81 (2) 3  x  y 0 ĐK:   xy  Từ PT (1) ta đặt: log ( x  y ) t  log xy   t 2 t  x  y 2   1t  xy 2  x  xy  y 2t  Từ PT (2) => 32 34  2t  4  t 3 t   x  y 4   x  y 8  xy 4  xy 4    =>    x  y   xy 4 ( x  y ) 16    xy 4  x  y 2  x  y   Vậy hệ PT cho có nghiệm (x; y) (2; 2) (-2; -2) Ví dụ 1.9: Giải PT: 3x    x 8 (Đề ĐH-KA-2009) Giải: ĐK:  x 0 Từ PT cho ta đặt  3 x  1  3t 3 x  (1  3t ) (t 1)    6  x (2  2t )   x 2  2t khử x ta PT: 45t3 – 49t2 + 7t -3 =  (t – 1)(45t2 – 4t + 1) =  t = thỏa mãn ĐK => x = -2 thỏa mãn ĐK Vậy PT có nghiệm x = -2 Ví dụ 1.10: Tìm m để hệ PT sau có nghiệm:  x  y 1   x x  y y 1  3m Giải: (1) (2) ( Đề ĐH-KD-2004)  x 0  y 0 ĐK:   x  t  x t (   t  0)  Từ PT (1) ta đặt    y t  2t   y 1  t Thay vào PT (2) ta PT: f(t) = 3t2 + 3t = -3m (3) => Hệ PT cho có nghiệm  PT (3) có nghiệm t với  t 0 Lập bảng biến thiên hàm số f(t) [-1; 0] ta có  => Hệ cho có nghiệm    f (t ) 0  3m 0  m  4 Ví dụ 1.11: Giải PT: Giải:  s inx   cos x 1 ( Đề DB2-KA-2004)   s inx 1  t s inx 2t  t (0  t  1)  Từ PT cho ta đặt   cos x t    cos x t  t 0 Ta có: sin2x + cos2x = => (2t – t2)2 + (t2 – 1)2 =    t 1 thỏa mãn s inx 0  x (2k 1) , k  Z cos x  +) Với t = =>  s inx 1   x   k 2 , k  Z cos x 0 +) Với t = =>  Vậy PT có họ nghiệm x (2k  1) , k  Z  x   k 2 , k  Z  II- PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ HÓA Phần tác giả đề cập đến phương pháp giải đẹp sáng sủa cách tham số hoá để đưa phương trình phương trình đơn giản Phương pháp tham số hoá cho PT đưa vào PT tham số đó, có dạng thường sử dụng là: Dạng 1: Chọn số phù hợp đặt làm tham số sau hốn đổi trị ẩn số tham số để giải Chúng ta xét ví dụ sau: Ví dụ 2.1: Giải phương trình: x3  (  1) x  0 Nhận xét: Đây PT bậc 3, học sinh nhẩm nghiệm đưa PT tích để giải Ta giải PT tham số hoá sau: Giải: Đặt a = , PT cho trở thành:  a x  x x –(a + 1)x + a =  a – ax + x – x =    a x 2 2 x =>   x  x   x   1 1  x   1 1 x  Vậy PT cho có nghiệm Ví dụ 2.2 Giải phương trình: x  3x  x   0 Nhận xét: Đây PT bậc khơng nhẩm nghiệm khó phân tích thành phương trình tích để giải Phương pháp tham số hoá hiệu dạng PT Giải: Đặt a = , PT cho ta viết dạng:  x   (2 x  1) a   a2 – a(2x2 + 1) + x4 + x =   2 x   (2 x  1)   a   a x  x   a x  x    1 1  x1,2   x  x  0  =>      x  x   0 x   3,4 2 Vậy PT cho có nghiệm Ví dụ 2.3: Giải PT: 35  45  x  x   45  x 0  45 Giải: ĐK: 35  45  x 0  x   x  0  Đặt y = 45  x , y 0  x  35  y 35  y 45  y PT cho trở thành:   y  35 Đặt a = 35, PT viết dạng: a  y a  y  a  2a( y  2)  y  y 0  a  y2  y    a y  2y   y  y  35 0  y 5 ( Do  y  35)   y  y  31 0 45  y => x  = 10 Vậy PT cho có nghiệm x = 10 Ví dụ 2.4: Giải PT: x  68 15  x3 x Giải: ĐK: x 0 PT cho  x  17 17   x3 x Đặt m = 17 ta có PT sau:  m  x 2m m  x3    x m  2m  x  x 0    m x  x x  x2  PT cho    x  17   x   17  x 2  17  x   x  17 x  0     17  x     x1,2     x   3,4 17  17  Vậy PT cho có nghiệm Dạng 2: Dùng tham số từ định lí Lagrange Ta có định lí: “Nếu hàm số y = f(x) liên tục [a; b] có đạo hàm (a; b) x0  (a; b) cho f '( x0 )  f (b)  f (a ) ” b a 10 cot   3t cot  Vì f  t  liên tục có đạo hàm đoạn Xét hàm số f  t  t  7;11 nên theo định lí Lagrange ta có: m   7;11 : f '  m   f  11  f   với 11  f '(t ) cot  t cot    3cot  Do f(11) = f(7) nên ta có:  cot  0 cot    3cot  0   f’(m) =  cot  m m cot        k , k  Z  (VN )  Thử lại ta có nghiệm PT    k , k  Z x Ví dụ 2.7: Giải PT: 1  5      x 3x  14   21  x 1  14  Nhận xét rằng:  1    21 Giải: x x x x 5 4  PT cho viết dạng:              14   14   21   21  Giả sử  nghiệm PT cho Khi ta có:       1  1    1                Xét hàm số f  t   t    t Vì f  t   14   14   21   21   7  5 liên tục có đạo hàm đoạn  ;  nên theo định lí Lagrange ta có:  21 14  12  5 m   ;  :  21 14   5  4 f  f  1 14  21   1   với f '(t )   t     t   Do f ' m    7  14 21 1   0  5  4 1  f    f   nên ta có: f’(m) =    t     t   =     1  7  14   21  Thử lại ta có nghiệm PT x = x = Ví dụ 2.8: Giải PT : 2 log5 x  log5 x x  x log5 Giải: ĐK: x > PT  8log5 x  log5 x x  7log5 x  8log5 x  log5 x 5log5 x  7log5 x  8log5 x  5log5 x 7log5 x  log5 x Giả sử   nghiệm PT cho Khi ta có: 8log5   5log5  7log5   log5  Xét hàm số f  t   t  3  4;5 log   t log5  Vì f  t  liên tục có đạo hàm đoạn nên theo định lí Lagrange ta có: m   4;5 : f '  m   f  5  f   với 5 f '(t ) log  (t  3)log5    log  t log5   Do f(5) = f(4) nên ta có: f’(m) =  log5  (m  3)log    log5  mlog   0  log  0   log5   m log5    (m  3)   1   5  Thử lại ta có nghiệm PT x = x = Dạng 3: Tham số hóa để đưa phương trình tích Từ phương trình cho đưa vào tham số tìm tham số cho phương trình đưa phương trình tích để giải Để rõ điều xét số ví dụ sau: 13 Ví dụ 2.9: Giải phương trình: x4 – 2x2 - 16x + = Nhận xét: Vế trái PT chứa x4 x2 nên ta hy vọng viết vế trái dạng bình phương nhị thức, sau buộc vế phải bình phương đúng, từ PT giải dễ dàng Ta phải tìm tham số a thỏa mãn điều đó, ta có lời giải sau: Giải: PT cho viết dạng: (x2 + a)2 = 2(1 + a)x2 + 16x – (1 – a2) (*) Vế phải PT(*) bình phương   ' = 82 + 2(1 + a)(1 – a2) =  a = 2 Vậy PT cho  (x + 3) = 8(x + 1)  x  2 2( x  1)    x   2( x  1) x 2 2  x 2 2  Vậy PT cho có nghiệm Ở mức độ cao ta cần đưa vào nhiều tham số, chẳng hạn xét ví dụ sau: 4 (1)  x  y 240 (VMO  2010) Ví dụ 2.10: Giải hệ PT:  3 2  x  y 3( x  y )  4( x  y ) (2) Giải: 4 (1)  x  y 240 Hệ PT cho   3  x  x  x 2 y  12 y  32 y (2') Nhân vế PT (2’) với  công vế với vế hai PT (1) vaf (2’) ta có PT: x4 +  (x3 – 3x2 + 4x) = y4 + 240 +  (2y3 -12y2 + 32y)  x4 +  x3 -  x2 +  x = y4 +  y3 - 12  y2 + 32  y + 240 (3) Ta đưa vào tìm tham số  , a, b cho PT (3) có dạng: (x – a)4 = (y – b)4  x4 - 4ax3 + 6a2x2 – 4a3x + a4 = y4 – 4by3 + 6b2y2 – 4b3y + b4 (4) Từ (3) (4), sử dụng đồng thức ta được: 14  4a   6a  3   4a 4 a 2    b 4   4b 2 6b  12       4b 32  4 b  a 240  x y  Khi PT (3) trở thành: (x – 2)4 = (y – 4)4    x 6  y +) Với x = y – thay vào (1) ta được: 8y3 – 24y2 + 32y + 224 =  (y + 2)(8y2 – 40y + 112) =  y = -2  x = - +) Với x = – y thay vào (1) ta được: y3 – 9y2 + 36y – 44 =  (y – 2)(y2 – 7y + 22) =  y = => x = Vậy hệ có nghiệm (x; y) (-4; - 2) (4; 2) Ta chọn tham số để sau đặt ẩn phụ theo cách thơng thường PT đưa PT tích qua ví dụ sau: Ví dụ 2.11: Giải phương trình:  x  2  x   x   x Giải: ĐK:   x 1 Trong PT chứa  x  x nên ta chọn a  b  a 1  a  b 3 b 2 số a, b cho: - x + = a(1 + x) + b(1 – x)   Khi PT cho  (1  x)  2(1  x)   x   x   x 0 Đặt  x = u,  x = v (u, v 0 ) PT trở thành: u2 + 2v2 - 2v + u – 3uv =  (u2 – 2uv) + (u – 2v) – (uv – 2v2) =  u 2v     (u – 2v)(u – v + 1) =    u  v  0   x   x 2  x  thỏa mãn   x 1   x  x  15 Vậy PT cho có nghiệm III ỨNG DỤNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM Nội dung phương pháp dựa việc giải phương trình dạng: f ( f ( ( f ( x )) )) = x              n (1) dạng f ( g ( x)) = f (h( x)) (2) Trong f (x) , g (x) , h(x) hàm số n 2 Giải phương trình (1) (2) ta dựa vào kết sau: Mệnh đề Nghiệm PT: f ( x) = x nghiệm PT (1) Chứng minh Giả sử x = x0 nghiệm PT: f ( x) = x , tức f ( x0 ) = x0 Ta có: f ( f ( x0 )) = f ( x0 ),  , f ( f ( ( f ( x )) )) = f ( f ( ( f ( x )) ))       0          0    n n ( f ( x )) )) = x0       0    Vậy f ( f ( hay x = x0 nghiệm (1) n Mệnh đề Nếu y = f ( x) đồng biến với a x b a  f ( x) b , (1)  f ( x) = x ( f ( x )) )) = x0       0    Chứng minh Giả sử x = x0 nghiệm (1), tức f ( f ( n Giả sử x = x0 không nghiệm PT f ( x) = x , tức f ( x0 )  x0 Khơng tính tổng quát, giả sử x0 < f ( x0 ) Do hàm số y = f ( x) đồng biến nên ta có a  x0  f ( x0 )    f ( f ( ( f ( x )) )) b       0    n ( f ( x )) )) = x0       0    Vì f ( f ( , => x0 < x0 Vậy f ( x0 ) = x0 (đpcm) n Mệnh đề Nếu y = f ( x) hàm số nghịch biến a x b , n số tự nhiên lẻ a  f ( x) b , (1)  f ( x) = x Chứng minh (tương tự trên) Bằng cách chứng minh tương tự ta có mệnh đề sau: Mệnh đề Nếu y = f ( x) hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) PT (2)  g ( x ) = h( x ) 16 Mệnh đề Nếu hàm số y = f ( x) chẵn, xác định với  a  x a đồng biến  g ( x ) = h( x ) (hoặc nghịch biến) với x a , PT (2)   với  a  g ( x) a  g ( x ) =  h( x )  a h( x) a (Nếu f(x) hàm số lẻ PT(2)  g(x) = h(x)) CÁC VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 3.1: Giải phương trình: x =      x , có n dấu bậc 2( n 1 ) Giải Từ PT cho ta có x > Đặt f ( x) =  x , PT cho có dạng (1) Với x > , f ( x) =  x hàm số đồng biến f (x) > , => PT cho  f ( x) = x hay 5 x = x  x =  21 Vậy nghiệm PT x = Ví dụ 3.2:  21 Giải PT: Giải PT cho  x = 3 x3 – = x  x   Đặt f(x) = x  PT cho có dạng (1) Do f(x) đồng biến R => x = 3 x 6 6  x  = x  x3 – x – =  (x – 2)(x2 + 2x + 3) =  x = Vậy nghiệm PT x = Ví dụ 3.3: Giải PT: x9 – 6x6 + 12x3 – =  x Giải PT cho  x9 – 6x6 + 12x3 – =  x -  (x3 – 2)3 =  x -  (2 – x3)3 = -  x  x = 2 2 2 x (*) 17 Đặt f(x) =  x => PT có dạng f(f(f(x))) = x, f(x) hàm số nghịch biến R n lẻ => (*)   x = x  x3 + x – =  x = Vậy nghiệm PT x =  x3  x  x  y  Ví dụ 3.4: Giải hệ PT :  y  y  y  z  z  z  z x  Giải: Đặt f(x) = x3 + 2x2 + 2x, từ hệ ta có f(x) = y, f(y) = z, f(z) = x => f(x) thoả mãn f(f(f(x))) = x Mặt khác f’(x) = 3x2 + 4x + > x  R  x 0 => f(f(f(x))) = x  f(x) = x Vậy ta có: x3 + 2x2 + 2x = x    x  Vậy hệ có nghiệm (0; 0; 0) (-1; -1; -1) Ví dụ 3.5: Giải PT: (2 x  1)(1  (2 x 1)  )  x(1  x  ) = Giải Đặt f ( x) = x(1  x  ) = > PT có dạng: f (2 x  1) = f ( x), Vì f ( x) =  x   x2 x2  > x  R => y = f ( x) đồng biến R Mặt khác f(x) hàm số lẻ nên PT cho  x 1 =  x  x =  1 Vậy x =  3 nghiệm PT Ví dụ 3.6: x  x  x2   4 x  x Giải PT: 2 Giải PT cho   x  1  x  (2 x)  2 x Đặt f(x) = x  x PT cho có dạng: f(g(x)) = f(h(x)), f(x) = x2 – h(x) = 2x Do f(x) hàm số chẵn, liên tục, đồng biến với x 0 nghịch biến với x < 0, theo mệnh đề ta có: 18   x 1     x 1   x  2 x  PT cho   Vậy PT cho có nghiệm   x    x   x    x   Ví dụ 3.7: sin6x – 3sin2x = cos32x – 3cos2x Giải PT: Giải Đặt f(x) = x3 – 3x; g(x) = sin2x h(x) = cos2x PT cho có dạng f(g(x)) = f(h(x)) Ta có: f’(x) = 3x2 – 3, g ( x ) 1;  h( x) 1 => f(x) giảm [-1; 1]  f(g(x)) = f(h(x))  g(x) = h(x) hay: sin2x = cos2x  cos2x = Ví dụ 3.8: Giải PT: log 2 1  x =  arccos  k , k  Z 3 x  x   log 2 x  x  3 Giải ĐK: x < -1 x > Chia vế PT cho ta có PT cho  log84 x  x   log 4 x  x  3 Đặt x2 – 2x – = a + = b PT trở thành: log b 1 (a  1) log b a  (**) log b (a  1) log b (a  1) log b a  log b (b  1)  log a ( a  1) log b (b  1) log b (b  1) log b a Xét hàm số f(z) = log z ( z  1) f’(z) = z ln z  ( z  1) ln( z  1)  với 0< z z ( z  1) ln z =>(**)  a = b hay x2 – 2x – = +  x 1  11   (thoã mãn ĐK)  x 1  11   Vậy PT cho có nghiệm Ví dụ 3.9: Giải PT: ( x  x  2) x  x 1 = Giải Ta có: x  x  >   R => PT cho xác định R 19 f ( x) = x x  , Đặt h(x) = , PT cho có dạng: g ( x) = x  x  f ( g ( x )) = f (h( x)) , g (x) > h(x) = Với < x1 < x2 ta có: x f ( x1 ) = x1 1 x < x1 1 x < x2 1 = f ( x2 ), Do f ( x) = x x  đồng biến tập giá trị y = g ( x) y = h( x) Vậy PT cho  x  x  =  x1,2 = Vậy PT có nghiệm: x1,2 = Ví dụ 3.10: Giải HPT: Giải: 1 1   xy  y 10  y x    x 8 y  y x Dễ thấy (0; 0) nghiệm hệ Giả sử y ≠ 0, hệ cho viết dạng:  x  x     y5  y   y  y     x 8 y  y  x    x   f    y  g ( x     f ( y)   )  g (2 y ) Đặt f(z) = z5 + z g(z) = z3 + z hệ có dạng: Các hàm số f(z) g(z) đồn biến R nên HPT cho  x   y y x       x 2 y y   Vậy HPT cho có nghiệm Ví dụ 3.11: Giải HPT: Giải: Xét hàm số f(z) =      az y   x2   y x (1) x2  x  y ( 2) a  a  z z Với z = x a = y2 – (1)  y  x  x Với z = y a = x2 + (2)  x2  y  y 2   y 5  x  x 2  y  x  x       2   y 3 x  y   y x  y   y với a tham số Dễ thấy f(z) hàm số đồng biến khoảng xác định nên f(f(z)) = Vì HPT  x   f ( z)  a  z z Vậy HPT có nghiệm (2; 3) BÀI TẬP RÈN LUYỆN Giải PT HPT sau: 20