Chuyên đề luyện thi ĐH, CĐ Chuyên đề: Giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số Giải hệ phương trình trong đề thi tuyển sinh đại học những năm gần đây thường sử dụng phương pháp hàm số để giải. Bài toán này thường gây ra rất nhiều khó khăn cho các bạn học sinh trong quá trình ôn tập và thi ĐH. Để giúp các bạn có thể tự tin hơn khi giải bài toán này tôi sẽ cung cấp cho các bạn các kiến thức cần thiết về bài toán này. A) Kiến thức cần nhớ. 1) Định lý 1: Nếu hàm số y = f (x) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) trên miền D thì phương trình f (x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm. Và f (x) = f (y) ⇔ x = y. 2) Định lý 2: Nếu hàm số y = f (x) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) và hàm số y = g (x) luôn nghịch biến (hoặc đồng biến) trên miền D thì phương trình f (x) = g (x) có nhiều nhất một nghiệm. Như vậy, ta thường phải thực hiện việc biến đổi phương trình: g (x) = h (y) ⇔ f (p (x)) = f (q (y)) Sau đó ta xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm đặc trưng f (t) trên miền xác định của nó. Để thực hiện việc này ta cần vận dụng kết hợp khéo léo 2 kỹ thuật đặt ẩn phụ và hệ số bất định. B) Một số ví dụ minh họa 1) Giải hệ phương trình: √ x + 1 + 4 √ x − 1 − y 4 + 2 = y (1) x 2 + 2x (y − 1) + y 2 − 6y + 1 = 0 (2) Giải (1): Đặt 4 √ x − 1 = u (u ≥ 0) (1) ⇔ √ u 4 + 2 + u = y 4 + 2 + y (3) (2) ⇔ x 2 + 2xy + y 2 − 2x −2y − 4y + 1 = 0 ⇔ (x + y − 1) 2 = 4y Suy ra y ≥ 0 Xét hàm số f (t) = √ t 4 + 2 + t (t ≥ 0) Ta có f ’ (t) = 2t 3 √ t 4 + 2 + 1 > 0 , ∀t ≥ 0 ⇒ f (t) đồng biến với t ≥ 0 Do đó (3) ⇔ u = y ⇔ y = 4 √ x − 1 Thay vào (2) ta được: x 2 + 2x 4 √ x − 1 − 1 + √ x − 1 − 6 4 √ x − 1 + 1 = 0 ⇔ (x − 1) 2 + (2x −6) 4 √ x − 1 + √ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 x = 2 Nguyễn Văn Hà - CĐXD Nam Định 1 Sđt: 0982.281.256 Chuyên đề luyện thi ĐH, CĐ 2) Giải hệ phương trình sau: x 3 − 3x 2 − 9x + 22 = y 3 + 3y 2 − 9y (1) x 2 + y 2 − x + y = 1 2 (2) (1) ⇔ (x − 1) 3 − 12 (x −1) = (y + 1) 3 − 12 (y + 1) (3) (2) ⇔ x − 1 2 2 + y + 1 2 2 = 1 Do đó −1 ≤ x − 1 2 ≤ 1 và −1 ≤ y + 1 2 ≤ 1⇔ − 3 2 ≤ x − 1 ≤ 1 2 và − 1 2 ≤ y + 1 ≤ 3 2 Xét hàm số f (t) = t 3 − 12t trên − 3 2 , 3 2 Ta có f ’ (t) = 3t 2 − 12 = 3 t 2 − 4 < 0 , ∀t ∈ − 3 2 , 3 2 ⇒ f (t) đồng biến trên − 3 2 , 3 2 Do đó (3) ⇔ x −1 = y + 1 ⇔ y = x − 2 Thay vào (2) và tìm được nghiệm x = 1 2 , x = 3 2 Vậy hpt có nghiệm 1 2 , − 3 2 , 3 2 , − 1 2 . 3) Giải hệ phương trình sau: 4x 2 + 1 x + (y −3) √ 5 − 2y = 0 (1) 4x 2 + y 2 + 2 √ 3 − 4x = 7 (2) Đk: x ≤ 3 4 , y ≤ 5 2 . (1) ⇔ 4x 3 + x = (3 − y) √ 5 − 2y ⇔ 8x 3 + 2x = √ 5 − 2y (5 − 2y + 1) ⇔ (2x) 3 + 2x = √ 5 − 2y 3 + √ 5 − 2y Xét hàm số f (t) = t 3 + t , ∀t ∈ R Ta có f ’ (t) = 3t 2 + 1 > 0 , ∀t ∈ R ⇒ f (t) đồng biến trên R. Do đó f (2x) = f √ 5 − 2y ⇔ 0 ≤ x ≤ 3 4 4x 2 = 5 − 2y Thay vào (2) ta được: 4x 2 + 5 2 − 2x 2 2 + 2 √ 3 − 4x − 7 = 0 (3) Ta thấy x = 0, x = 3 4 không là nghiệm của phương trình (3). Xét hàm số g(x) = 4x 2 + 5 2 − 2x 2 2 + 2 √ 3 − 4x − 7 trên (0, 3 4 ) Ta có g ’ (x) = 4x 4x 2 − 3 − 4 √ 3 − 4x < 0 , ∀x ∈ 0, 3 4 Nguyễn Văn Hà - CĐXD Nam Định 2 Sđt: 0982.281.256 Chuyên đề luyện thi ĐH, CĐ ⇒ g (x) nghịch biến trên (0, 3 4 ) Mặt khác g( 1 2 ) = 0 Do đó (3) có nghiệm duy nhất x = 1 2 Vậy hpt có nghiệm ( 1 2 ; 2) 4) Giải hệ phương trình sau: y 3 + 3y = x 3 + 3x 2 + 6x + 4 (1) √ 1 − x 2 − √ y = √ 2 − y − 1 (2) ĐK: −1 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 2 . (1) ⇔ y 3 + 3y = (x + 1) 3 + 3 (x + 1) (3) Vì −1 ≤ x ≤ 1 nên 0 ≤ x + 1 ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2 Xét hàm số f (t) = t 3 + 3t , ∀t ∈ [0, 2] Ta có f ’ (t) = 3t 2 + 3 > 0 , ∀t ∈ [0, 2] ⇒ f (t) đồng biến trên [0, 2] Do đó (3) ⇔ f (y) = f (x + 1) ⇔ y = x + 1.Thay vào (2) ta tìm được x = 0. Vậy hpt có nghiệm (0; 1). 5) Giải hệ phương trình sau: √ 3x − 1 + 4 (2x + 1) = √ y −1 + 3y (1) (x + y) (2x − y) + 4 = −6x −3y (2) ĐK: x ≥ 1 3 , y ≥ 1 (2) ⇔ (x + y + 1) (2x −y + 4) = 0 ⇔ x + y + 1 = 0 (V N ) 2x − y + 4 = 0 ⇔ y = 2x + 4 Thay vào (1) ta được: √ 3x − 1 + 2 (3x − 1) = √ 2x + 3 + 2 (2x + 3) (3) Xét hàm số f (t) = 2t + √ t , ∀t ≥ 0 Ta có f ’ (t) = 2 + 1 2 √ t > 0 , ∀t ≥ 0 ⇒ f (t) đồng biến ∀t ≥ 0 Do đó (3) ⇔ f (3x −1) = f (2x + 3) ⇔ 3x + 1 = 2x + 3 ⇔ x = 4 (T M) Vậy hpt có nghiệm (4; 12). Nguyễn Văn Hà - CĐXD Nam Định 3 Sđt: 0982.281.256 Chuyên đề luyện thi ĐH, CĐ 6) Giải hệ phương trình sau: 2y 3 + 2x √ 1 − x = 3 √ 1 − x − y (1) y + 1 = 2x 2 + 2xy √ 1 + x (2) ĐK:−1 ≤ x ≤ 1 (1) ⇔ 2y 3 + y = 2 √ 1 − x 3 + √ 1 − x (3) Do √ 1 − x ≥ 0 nên từ (3) suy ra y ≥ 0 Xét hàm số f (t) = 2t 3 + t , ∀t ≥ 0 Ta có Ta có f ’ (t) = 6x 2 + 1 > 0 , ∀t ≥ 0 ⇒ f (t) đồng biến ∀t ≥ 0 Do đó (3) ⇔ f (y) = f √ 1 − x ⇔ y = √ 1 − x Thay vào (2) ta được: √ 1 − x + 1 = 2x 2 + 2x 1 − x 2 (4) Đặt x = cos t , t ∈ [0, π] Thay vào (4), ta tìm được t = − π 6 + k 4π 3 t = 3π 10 + k 4π 5 (k ∈ Z) Vì t ∈ [0, π] nên t = 3π 10 ⇒ x = cos 3π 10 , y = √ 2 sin 3π 10 Vậy hpt có nghiệm cos 3π 10 ; √ 2 sin 3π 10 7) Giải hệ phương trình sau: x 3 − y 3 + 3y 2 − 3x −2 = 0 (1) x 2 + √ 1 − x 2 − 3 2y −y 2 + 2 = 0 (2) ĐK: −1 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 2 (1) ⇔ x 3 − 3x = (y − 1) 3 − 3 (y − 1) (3) Vì 0 ≤ y ≤ 2 nên −1 ≤ y −1 ≤ 1. Xét hàm số f (t) = t 3 − 3t , t ∈ [−1, 1] Ta có f ’ (t) = 3t 2 − 3 = 3 t 2 − 1 ≤ 0 , t ∈ [−1, 1] ⇒ f (t) nghịch biến trên [−1, 1]. Do đó (3) ⇔ f (x) = f (y − 1) ⇔ x = y −1 Thay vào (2) ta được: x 2 − 2 1 − x 2 + 2 = 0 Giải phương trình này ta tìm được x = 0. Vậy hpt có nghiệm (0, 1). Nguyễn Văn Hà - CĐXD Nam Định 4 Sđt: 0982.281.256 Chuyên đề luyện thi ĐH, CĐ 8) Giải hệ phương trình sau: x 3 (2 + 3y) = 8 x y 3 − 2 = 6 Ta thấy x = 0 không là nghiệm của hpt. Do đó x = 0. Chia hai vế của các phương trình của hệ cho x ta được: 2 x 3 = 2 + 3y (1) y 3 = 2 + 6 x (2) Lấy (1) − (2) vế với vế ta được: 2 x 3 + 3. 2 x = y 3 + 3y (3) Xét hàm số f (t) = t 3 + 3t , t ∈ R Ta có f ’ (t) = 3t 2 + 3 > 0 , ∀t ∈ R ⇒ f (t) đồng biến trên R. Do đó (3) ⇔ f 2 x = f (y) ⇔ y = 2 x Thay vào (1) ta được: x 3 2 + 6 x = 8 ⇔ x = 1 x = −2 Vậy hpt có nghiệm: (1; 2), (−2; −1). 9) Giải hệ phương trình sau: 2 x − 2 y = (y −x) (xy + 2) (1) x 2 + y 2 = 2 (2) Thay 2 = x 2 +y 2 vào (1) tađược: 2 x +x 3 = 2 y +y 3 (3) Từ (2) ⇒ − √ 2 ≤ x ≤ √ 2 , − √ 2 ≤ y ≤ √ 2 . Xét hàm số f (t) = 2 t + t 3 , t ∈ − √ 2, √ 2 Ta có f ’ (t) = 2 t ln 2 + 3t 2 > 0 , ∀t ∈ − √ 2, √ 2 ⇒ f (t) đồng biến trên − √ 2, √ 2 . Do đó (3) ⇔ f (x) = f (y) ⇔ x = y Thay vào (2) ta có 2x 2 = 2 ⇔ x = ±1 Vậy hpt có nghiệm: (1; 1), (−1; −1). 10) Giải hệ phương trình sau: x + √ x 2 + 1 = 3 y (1) y + y 2 + 1 = 3 x (2) Lấy (1) − (2) vế với vế ta được: 3 x + x + x 2 + 1 = 3 y + y + y 2 + 1 (3) Nguyễn Văn Hà - CĐXD Nam Định 5 Sđt: 0982.281.256 Chuyên đề luyện thi ĐH, CĐ Xét hàm số f (t) = 3 t + t + √ t 2 + 1 , t ∈ R Ta có f ’ (t) = 3 t ln 3 + 1 + t √ t 2 + 1 = 3 t ln 3 + √ t 2 + 1 + t √ t 2 + 1 Vì √ t 2 + 1 > √ t 2 ≥ −t , ∀t ∈ R ⇒ √ t 2 + 1 + t > 0 , ∀t ∈ R nên f ’ (t) > 0 , ∀t ∈ R ⇒ f (t) đồng biến trên R. Do đó (3) ⇔ f (x) = f (y) ⇔ x = y Thay vào (1) ta có x + x 2 + 1 = 3 x ⇔ ln x + x 2 + 1 − x ln 3 = 0 (4) Xét hàm số g (x) = ln x + √ x 2 + 1 − x ln 3 , x ∈ R Ta có g ’ (x) = 1 √ x 2 + 1 − ln 3 < 1 − ln 3 < 0 , ∀x ∈ R ⇒ g (x) nghịch biến trên R. Mặt khác g (0) = 0 Do đó pt (4) có nghiệm duy nhất x = 0. Vậy hpt có nghiệm (0, 0). Nguyễn Văn Hà - CĐXD Nam Định 6 Sđt: 0982.281.256 . trên − 3 2 , 3 2 Do đó (3) ⇔ x −1 = y + 1 ⇔ y = x − 2 Thay vào (2) và tìm được nghiệm x = 1 2 , x = 3 2 Vậy hpt có nghiệm 1 2 , − 3 2 , 3 2 , − 1 2 . 3) Giải hệ phương trình sau: 4x 2 + 1 x. g (x) nghịch biến trên (0, 3 4 ) Mặt khác g( 1 2 ) = 0 Do đó (3) có nghiệm duy nhất x = 1 2 Vậy hpt có nghiệm ( 1 2 ; 2) 4) Giải hệ phương trình sau: y 3 + 3y = x 3 + 3x 2 + 6x + 4 (1) √ 1. biến trên [0, 2] Do đó (3) ⇔ f (y) = f (x + 1) ⇔ y = x + 1.Thay vào (2) ta tìm được x = 0. Vậy hpt có nghiệm (0; 1). 5) Giải hệ phương trình sau: √ 3x − 1 + 4 (2x + 1) = √ y −1 + 3y (1) (x