TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA, ĐẠI HỌC MÔN ĐẠI SỐ CỰC CHẤT

NỘI DUNG I Giải phương trình Đưa phương trình dạng f (u ) = f (v ) Một số phương pháp đồng thường gặp để biến đổi phương trình vô tỉ dạng f (u ) = f (v) : Dạng 1: x − b = a ax + b với a > ⇔ x3 + ax = ax + b + a ax + b ⇔ f ( x) = f ( ax + b ) với hàm đặc trưng f (t ) = t + at Dạng 2: ax3 + bx + cx + d = n ex + f ⇔ m( px + u )3 + n( px + u ) = m(ex + f ) + n ex + f Xét hàm f (t ) = mt + nt Dạng 3: m(ax + b)3 + n(ax + b) = m(cx + d )3 + n(cx + d ) Xét hàm f (t ) = mt + nt Bài 1: Giải phương trình: x3 − 36 x + 53x − 25 = 3x − (*) Giải: Nhận xét: ta cần đưa phương trình dạng : ⇒ b = −3 (2 x + b)3 + (2 x + b) = (3 x − 5) + 3 x − ⇔ x + 12bx + (6b − 1) x + b3 + b + = 3x − Đồng hệ số với vế trái (*) ta : 12b = −36  ⇒ b = −3 6b − = 53 b3 + b + = −25  Ta có lời giải sau: (*) ⇔ (2 x − 3)3 + (2 x − 3) = (3 x − 5) + 3 x − ⇔ f (2 x − 3) = f ( 3x − 5) (1) Xét hàm f (t ) = t + t , ∀t ∈ ¡ , ta có f '(t ) = 3t + > ∀t ∈ ¡ nên f (t ) đồng biến ¡ x = Vậy (1) ⇔ x − = x − ⇔ x − 36 x + 51x − 22 = ⇔  ± x=  3 Bài Giải phương trình : x3 + x − 3x + = 2(3x − 1) 3x − Giải : Điều kiện x ≥ Ta đưa pt dạng : x3 + x = 2( 3x − 1)3 + (3 x − 1) (1) Xét hàm f (t ) = 2t + t với t ∈ [0; +∞) , ta có f '(t ) = 6t + 2t ≥ ∀t ≥ Do hàm số đồng biến [0; +∞) (1) ⇔ f ( x) = f ( x − 1) ⇔ x = x − ⇔ x = ± Bài Giải phương trình: 3x + = x3 + x + x − (1) Giải : Ta có (1) ⇔ (3x + 5) + 3x + = ( x + 1) + ( x + 1) 23 t2 Xét hàm f (t ) = t + t ¡ , ta có: f '(t ) = + > ∀ t∈¡ Mà f (t ) liên tục ¡ ⇒ f (t ) đồng biến ¡ x =  x = -2 3 Ta có: f (3x + 5) = f (( x + 1) ) ⇔ 3x + = (x + 1) ⇔  Vậy nghiệm phương trình x = 1, x = −2 Bài Giải phương trình: 3x(2 + x + 3) + (4 x + 2)( + x + x + 1) = (1) Giải : Ta có (1) ⇔ 3x(2 + 9x + 3) = (−2 x − 1)(2 + ( −2 x − 1) + 3) 2 Xét hàm số f (t ) = t (2 + t + 3) ∀ t ∈ ¡ , f ' (t ) = + t + + t2 t2 + ⇒ f (t ) đồng biến ¡ , f (3x) = f (−2 x − 1) ⇒ 3x = -2x - ⇔ x = - > 0∀ t∈R 5 Vậy nghiệm phương trình là: x = - Bài Giải phương trình: x3 − x − x + = x + x − (1) Giải: Ta có (1) ⇔ (x + 1) + ( x + 1) = x + x − + x + x − Xét hàm số f (t ) = t + t với t ∈ R f ' (t ) = 3t + > ∀ t ∈ R ⇒ f (t ) đồng biến ¡ Mà f ( x + 1) = f (3 x + x − ) ⇔ x + = x + x − ⇔ (x + 1) = x + x −  x =  −1+ ⇔ x − x − x + = ⇔  x =  x = − −  2 Sử dụng tính đơn điệu hàm số để chứng minh phương trình có nhiều nghiệm nghiệm Bài Giải phương trình: f ( y + 1) = f ( x − 1) (1) Giải : (1) ⇔ x + 15 − x + = x − Ta thấy x + 15 − x + > ∀ x ∈ R ⇔ 3x - > ∀ x ∈ R ⇔ x > Hơn nữa, x = nghiệm (1) Ta CMR phương trình có nhiều nghiệm Thật Xét hàm f ( x) = x + 15 − x + − 3x + ( ,+∞) 3 Ta có : f '( x) = 2x x + 15 − 2x − < ∀ x ∈ ( , +∞) x +8 2 3 nên f (x) liên tục ( ,+∞) ⇒ f (x) nghịch biến ( ,+∞) , mà f (1) = nên x = nghiệm phương trình Bài Giải phương trình: (4 x − 1)( x + + 3x + 5) = x + (1) Giải : Điều kiện x ≥ −3 Xét nghiệm (1) Khi đó: (1) ⇔ x + + 3x + − 4x + = 4x −1 Nhận xét: Phương trình có nghiệm x = 1, x = −2 Ta CMR phương trình nhiều có hai nghiệm 4x + 1 ∀x ∈ ( −3; ) ∪ ( ; +∞) 4x −1 4 1 36 1 + > ∀x ∈ ( −3; ) ∪ ( ; +∞ ) Ta có f '( x) = x + + (3 x − 1) (3x + 5) 4 1 suy f ( x) đồng biến khoảng (−3; ) ( ; +∞) 4 Do f ( x) có không nghiệm Vậy nghiệm phương trình là: x = 1, x = −2 Thật vậy, xét hàm số f ( x) = x + + 3x + − Bài 3: CMR phương trình x x − = có nghiệm Giải: Điều kiện : x ≥ Xét hàm số f ( x) = x x − [2,+∞ ), ta có f '( x ) = x[2 x x − + x ] > ∀x > x−2 hàm số f ( x) đồng biến (2,+∞) , f ( x) liên tục trên [2,+∞) nên hàm số f ( x ) đồng biến [2,+∞) f (2) = −11, f (3) = ⇒ f (2).f(3) < ⇒ f ( x) có nghiệm x0 ∈ (2,3) ⇒ x0 nghiệm Bài Giải các phương trình sau: b log x = − x + a 5x = − x + Giải : a Phương trình tương đương 5x + x − = Xét hàm số f ( x) = 5x + x − , tập xác định ¡ f '( x) = 5x ln5 + > ∀ x ∈ ¡ suy f ( x) đồng biến ¡ ⇒ phương trình f ( x) = có nhiều nghiệm Nhận xét x = nghiệm phương trình Vậy phương trình cho có nghiệm x = b Điều kiện : x > Phương trình tương đương log x + x − = Xét hàm số f ( x ) = log x + x − , tập xác định ¡ + + > ∀x ∈ R + suy f ( x) đồng biến R + x ln ⇒ phương trình f ( x) = có nhiều nghiệm f '( x) = Nhận xét x = nghiệm phương trình Vậy phương trình cho có nghiệm x = Bài Giải các phương trình sau: b (4 x − 5) log x − = a 3x.2 x = 3x + x + Giải : a Nhận xét x = Với x ≠ không là nghiệm 2x + 2x + 1 ⇔ 3x − =0 , phương trình tương đương 3x = 2x − 2x − Xét hàm số f ( x ) = 3x − x Ta có f '( x) = ln + 2x + , tập xác định D = ¡ \ 2x − {} > ∀ x ∈ D suy f ( x) đồng biến (2 x − 1) 1 khoảng (−∞; ) ( ; +∞) , phương trình f ( x) = có nhiều 2 1 nghiệm khoảng (−∞; ) ( ; +∞) 2 Nhận xét x = − 1; x = nghiệm phương trình Vậy phương trình cho có nghiệm x = − 1; x = b Điều kiện: x > Nhận xét x = Với x ≠ không nghiệm 3 ⇔ log x − =0 , phương trình tương đương log x = 4x − 4x − Xét hàm số f ( x ) = log x − f '( x) = , tập xác định D = (0; +∞ ) 4x − 12 + > ∀ x ∈ D suy f ( x) đồng biến x ln (4 x − 5) khoảng 5 (−∞; ) ( ; +∞) 4 Suy phương trình f ( x) = có nhiều nghiệm khoảng (−∞; ) Nhận xét x = ; x = 2 ( ; +∞) nghiệm phương trình Vậy phương trình cho có nghiệm x = ; x = II Giải hệ phương trình Đưa phương trình hệ dạng f (u ) = f (v) Một vấn đề tương đối khó khăn học sinh làm để đưa phương trình dạng f (u ) = f (v) , mục đưa số tình thường gặp để học sinh dễ dàng nắm bắt a, Một số phương trình dễ dàng nhận hàm đặc trưng 1   x −1 − y −1 = x −1 − y −1 Bài Giải hệ phương trình:   x + y = 30  Giải : ĐK: x > 1, y > 1⇒ x −1 − 1 = y −1 − (3) x −1 y −1 ( 1) ( 2) Xét hàm f ( t ) = t − 1 + > ∀τ > ( 1,+∞ ) ta có: f ' ( t ) = t t t ⇒ f(t) đồng biến ( 1,+∞ ) x =  x = −6 ( l ) (3) ⇔ f ( z ) = f ( y ) ⇔ x = y , thay vào (2): x + x = 30 ⇔  Vậy nghiệm hệ phương trình (5;5) 2015 2015 x   x − 2014 y = y − 2014 Bài Giải hệ phương trình  3   y − 15 y + 78 y = y − + 141 ( 1) ( 2) Giải : ( 1) ⇔ x 2015 + 2014 x = y 2015 + 2014 y 2015 + 2014t ¡ , ta có: Xét hàm f ( t ) = t f ' ( t ) = 2015.t 2014 + 2014 > 0∀t ∈ ¡ ⇒ f ( t ) đồng biến ¡ Mà ( 1) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y , thay vào (2) ta có: x − 15 x + 78 x = x − + ( x + ) ⇔ ( x + u ) + ( x + u ) = ( x − ) + x − , dễ dàng tìm u = −5 Ta có: ( x − ) + ( x − ) = ( x − ) + x − 3 Xé g ( t ) = t + 5t ⇒ g ( t ) đồng biến ¡ , mà g ( x − ) = g ( ) 2x − ⇔ x − = 2x − ⇔ x =4⇒ y = Vậy nghiệm hệ phương trình (4; 4) Bài Giải hệ phương trình  x + y + x + y = 44   x + x + + x + = y − + y − + y − Giải : ( 1) ( 2) Đk: x ≥ 0, y ≥ Xét hàm f ( t ) = t + t + + t + ¡ ta có: f '( t ) = t + 1 + > 0∀t ∈ ¡ , t ≠ 0; −2; −4 t+2 t+4 ⇒ f ( t ) đồng biến R \ { 0, −2, −4} (2) ⇔ f ( x ) = f ( y − ) ⇔ x = y − ⇔ y = x + Thay vào (1) ta có: x =1⇒ y = x + 12 x − 15 = ⇔   x = −7 ( l ) Vậy nghiệm hệ phương trình (1;6)  x − x = y − y   x + y = Bài Giải hệ phương trình ( 1) ( 2) Giải :  x8 ≤  −1 ≤ x ≤ ⇒ Từ (2) ⇒  y ≤  −1 ≤ y ≤  Xét hàm f ( t ) = t − 5t [ −1;1] ta có: f ' ( t ) = 3t − < 0t ∈ [ −1;1] nên f ( t ) nghịch biến [ −1;1] ( 1) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y ⇒ x4 = Thay vào (2) ta được: x + x8 = −1 + 1+ ⇒ x = y = ±4 2 Bài Giải hệ phương trình  x − − − y + x + y =   x + − y = Giải : x ≥ x −1 ≥  ⇔ Điều kiện  3 − y ≥  y ≤  ( 1) ⇔ x −1 + x +1 = − y + − 2y ( 3) ( 1) ( 2) Xét hàm f ( t ) = t + t với t ≥ , f ' ( t ) = t + > 0∀t > Mà f ( t ) liên tục [0; +∞) nên ( 3) ⇔ f ( x − 1) = f ( − y ) ⇔ x − = − y ⇔ x = − y Thay vào (2) ta được:  y ≥ − 2y = 2y −1 ⇔  ⇔ y =1⇒ x = 2 2 y − y − =  Vậy nghiệm hệ phương trình (2;1) Trong trường hợp ta có số ý sau: Chú ý 1: Ta cần nhấn mạnh TXĐ hàm số quan trọng, học sinh dễ gặp nhầm lẫn sau :  x − x = y − y Ví dụ: Giải hệ phương trình  2 y = x3 +  Một số học sinh xét hàm f (t ) = t − Ta có f '(t ) = + với t ≠ , t > 0∀t ≠ nên kết luận hàm số đồng biến t2 f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y Điều không hàm số đồng biến hai khoảng (−∞;0) (0; +∞) nên kết luận x = y , học sinh bỏ qua khoảng xác định Với này, ta cần chuyển vế phân tích thành nhân tử, có nhân tử ( x − y ) Chú ý 2: Trong số trường hợp, hàm đặc trưng f (t ) không đơn điệu TXĐ nó, mà f (t ) có cực trị điểm x0 Ví dụ: ln(1 + x) − ln(1 + y) = x − y  2  x − xy + y = (1) (2) 1 + x ≥ x ≥ −1 ⇔   y ≥ −1 ĐK: 1 + y ≥ (1) ⇔ ln(1 + x) − x = ln(1 + y ) − y Xét hàm f (t) = ln(1 + t ) − t (−1; +∞) , f '(t ) = BBT T -1 f '(t ) f (t ) + 0 −t −1 = , f '(t ) = ⇔ t = 1+ t 1+ t +∞ - Mặt khác: (2) ⇔ x + y = xy ≥ 0∀x, y ∈ R ⇒ xy ≥ 0∀x, y ∈ R x = ⇒ y = ⇒ (0,0) nghiệm hệ y = ⇒ x =  x, y > ⇒ x = y Nếu xy ≠ ⇒ xy > ⇒ x, y dấu ⇒  x, y < ⇒ y = x  x = y (2) x = y = Với thay ta Nếu xy = ⇒  Vậy hệ có nghiệm : (0, 0) Như vậy, trường hợp ta cần so sánh x, y với điểm cực trị hàm số x = , x, y dấu ta có kết luận x = y b, Cộng đại số phương trình để làm xuất hàm đặc trưng Bài Giải hệ phương trình 2 x − y = ( y − x ) ( xy + ) ( 1)  2 ( 2)  x + y = Giải : Thế (2) vào (1) ta có: x − y = ( y − x ) ( xy + x + y ) ⇔ x − y = y − x ⇔ x + x = y + y ( 3) t Xét hàm = 2t + t3 ¡ , f ' ( y ) = ln + 3t > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f ( t ) đồng biến ¡ (3) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y Thế vào (2) : x = ⇔ x = ⇔ x = y ± Nghiệm hệ phương trình là: (1;1), (−1; −1)  x = y − + x − Bài 7.Giải hệ phương trình :   y = x − + y = −1 x ≥ Giải : Điều kiện:  y ≥1 10 ( 1) ( 2) Khi phương trình ⇔ 3 − x + x + = ( x + x − x − 1) ⇔ 3 − x − ( − x )  + 3 x + − ( x + )  = ( x + x − x − ) − x2 + x + − x2 + x + ⇔ + = ( x − ) ( x + ) ( x + 1) 3− x +5− x x + + x +     1 ⇔ ( x − ) ( x + 1) 3 ( x + ) + + =0 3 − x + − x x + + x +  4 4 4 44 4 4 4 43  >0   ⇔ ( x − ) ( x + 1) = ⇔ x = ∨ x = −1( thỏa mãn đk toán) Đáp số x = ; x = −1  x3 − y − = 3x − y (1) Bài 12 Giải hệ phương trình:  2  x + − x − y − y + = (2) Giải:  1− x2 ≥ − ≤ x ≤ ⇔ Điều kiện  0 ≤ y ≤ 2 y − y ≥ Ta có (1) ⇔ x − 3x = y − y + ⇔ ( x + 1) − 3( x + 1) = y − y Xét hàm f (t ) = t − 3t [0; 2] , ta có f '(t ) = 3t − 6t ≤ 0∀t ∈ [0; 2] ⇒ f (t ) nghịch biến [0; 2] Ta có x + 1∈ [0;2] , y ∈ [0;2] f ( x + 1) = f ( y ) ⇒ x + = y Thay y = x + vào (2) ta được: x + − x − x + − ( x + 1) + = ⇔ − x = x + ⇔ 4(1 − x ) = ( x + 2) ⇔ x + x = ⇔ x = ⇒ y = Vậy nghiệm hệ phương trình (0;1) 15 ( )   x + x + ( y − 3) − y = (1) Bài 13 Giải hệ phương trình:  2 (2)  4 x + y + − x =  y ≤ 5 − y ≥ ⇔ Giải : Điều kiện :   3 − x ≥ x ≤  ( ) (1) ⇔ x x + = ( − y ) − y ⇔ ( x ) + 1 x =     ( 5− 2y ) + 1 − y  (3) Xét hàm f ( t ) = ( t + 1).t ¡ f ' ( t ) = 3t + > ∀ t ∈ R ⇒ f ( t ) đồng biến ¡  x≥0  x≥0     Nên (3) ⇔ x = − y ⇔  x = − y ⇔  y = − x   Thay vào (2) ta được:  − 4x x +   2   + − x = ⇔ x − x + − x − =  Xét hàm g ( x ) = x − x + − x − g ' ( x ) = 16 x − 12 x + −4 − 4x  3 0;   4 ( ) = x x − −  3 < ∀x ∈ 0; ÷ − 4x  4  3  3 1 Mà g ( x ) liên tục 0; ÷ ⇒ g ( x ) nghịch biến 0; ÷ , g   = 4         Nghiệm hệ:  ;2  2  d, Chia hai vế phương trình cho luỹ thừa x, y biểu thức x, y để làm xuất hàm đặc trưng Chú ý: Ở dạng này, trước chia ta cần xét riêng trường hợp x, y hay biểu thức x, y 16  x (4 y + 1) + 2( x + 1) x =  Bài 14.Giải hệ phương trình:  2  x y + y + = x + x + (1) ) ( (2) Giải: Điều kiện xác định: x ≥ Thay x = vào (2) ta có: = không thỏa mãn Với x ≠ , chia vế (2) cho x ta được: ) ( y + 4y2 +1 = 1 + x x2 x2 +1 ⇔ 2y + 2y 4y2 +1 = 1 + x x +1 x2 Xét hàm f (t ) = t + t t + (0;+ ∞ ), ta có: f ' (t ) = + t + + t2 t2 +1 > ∀t > ⇒ f (t ) đồng biến (0;+ ∞ ) x Do x > nên từ phương trình (2) suy y > , ta có: f (2 y ) = f ( ) ⇔ y = Thế vào (1) : x + x + x x + x = Xét hàm g ( x) = x + x + x x − (0;+ ∞ ), ta có : g ' ( x) = x + + x x + x2 x + ∀x > x >0 Mà g (1) = ⇒ x = nghiệm g (x)   Vậy nghiệm hệ phương trình:  1; ÷   )( ( )  x + x + y + y + = (1)  Bài 15.Giải hệ phương trình :  12 y − 10 y + = x + (2) Giải : Ta có (1) ⇔ x + x + = y + y +1 ⇔ x + x + = (−2 y ) + + (−2 y ) 17 ⇔ x + x + = 2.( y + − y ) x Xét hàm f ( t ) = t + t + với t ∈ ¡ , ta có : t f '(t) = 1+ t2 + = t2 + + t t2 + > t +t t2 + > ∀ t∈¡ ⇒ f ( t ) hàm số đồng biến ¡ Do f ( x ) = f ( − y ) ⇔ x = −2 y Thế vào pt (2) ta được: ( ) x + x + = 21 x + ⇔ ( x + 1) + 2( x + 1) = x + + 23 x + Xét hàm g ( t ) = t + 2t ¡ , g ' ( t ) = 3t + > ∀ t ∈ ¡ ⇒ g ( t ) đồng biến ¡ Từ đó: g ( x + 1) = g ( )  x = −1 ⇒ y = x + ⇔ x + = x + ⇔ 3x + 3x = ⇔   x=0⇒ y =0 Vậy nghiệm hệ : ( − 1;2) , ( 0;0)  xy ( x + + 1) = y + + y Bài 16 Giải hệ phương trình:  3 x x y + xy − − x + x y − x = (1) (2) Giải : Điều kiện: x y + xy ≥ Ta có: y2 + + y > y + y ≥ ⇒ x > Kết hợp điều kiện x y + xy ≥ suy y > Lúc (1) ⇔ x( x + + 1) = 3 ( + + 1)(*) y y Xét hàm f (t ) = t( t + + 1) (0,+∞) Ta có f '(t ) = t2 t +1 + t + + > 0∀t > ⇒ f (t ) đồng biến (0, +∞ ) 18 3 Mà f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y Thế vào (2) ta được: (3x − 1) x − − x + x − x = ⇔ (3 x − 1)( x − − x) = x −12 x + x x = 1⇒ y = 3x − ( x − 3x + 2)( x + ) = ⇔ x − 3x + = ⇔  x = ⇒ y = 3x − + 2  Nghiệm hệ là: (1;3) , (2; ) Nhận xét: Trong lời giải phương trình (2) sau y vào, nhiều bạn hỏi lại biết thêm bớt ( 3x − − x) để có nhân tử chung Thế ta thấy nhẩm nghiệm x = 1, x = nên phương trình phân tích thành nhân tử: ( x − 1) ( x − ) = x − 3x + Ta cần tìm a, b cho Do : x − − (ax + b) = k ( x − 3x + 2) x − + ( ax + b) 3x − − (ax + b) = k ( x − 3x + 2) ⇔ − a x + (3 − 2ab) x + (− − b ) = k ( x − x + 2) k = −a  Ta cần tìm a, b thoả mãn : −3k = − 2ab , chọn k = 1, a = 1, b = Khi ta  2k = −2 − b  có nhân tử ( 3x − − x) Sử dụng tính đơn điệu hàm số để chứng minh phương trình có nhiều nghiệm nghiệm Bài Giải hệ phương trình:  x + xy + y + x + xy + y = 3( x + y )   x + y + + 12 x + y + = xy + x + Giải: Điều kiện: x + y + ≥ 19 (1) (2) Khi hệ có nghiệm ( x; y ) , từ (1) ⇒ x + y > x + xy + y ≥ x + y ⇔ ( x + y ) ≥ Dấu “=” ⇔ x = y Ta có: x + xy + y ≥ x + y ⇔ ( x − y ) ≥ Dấu “=” ⇔ x = y Khi VT (1) ≥ 3( x + y ) Dấu “=” xảy ⇔ x = y Thay vào (2) ta được: 3x + + 23 19 x + = x + x + (3) Điều kiện: x ≥ −1 Ta thấy x = 0, x = nghiệm Vậy ta thêm bớt dể có nhân tử x − x = x(x − 1) Thật ta có: ( ) ⇔ x2 − x )[ (3) ⇔ x − x + ( x + − 3x + ) + ( x + − 19 x + ) = ( 2+ x + + 3x + + ( x + 2) + ( x + 2) 19 x + + (19 x + 8) 2 ] =0 x = ⇒ y = ⇔ x2 − x = ⇔  x = ⇒ y = Vậy nghiệm phương trình là: (0;0), (1;1)  x + xy − y + y − = y − − x Bài Giải hệ phương trình :  3 − y + x + y − = x + Giải: x ≥  Điều kiện: 1 ≤ y ≤ 2 x + y − ≥  Ta có (1) ⇔ y − − x + ( y − 1) − x + y ( y − x − 1) =  ⇔ ( y − x − 1) + y −1+ x +  y −1 + x  ⇔ y − x − = (do  y =   + y + x −1 > ) y −1 + x ⇔ x = y − Thế vào phương trình (2) ta được: − y +3 y −9 = y + ⇔ (8 − y − − y ) + 3( y − − y − 9) = 20 (1) (2) ⇔ y − y + 10 y − y + 10 +3 =0 (8 − y ) + − y (y − 1) + y − ⇔ y − y − 10 = ⇔ Vậy nghiệm hệ phương trình là: (1; 2), (4;5)  x + y − 3xy + 3x − y + = Bài Giải hệ phương trình :  2 4 x − y + x + = x + y + x + y Giải: (1) (2) 2 x + y ≥ x + y ≥ Đk:  Ta có (1) ⇔ x + 3(1 − y ) x + ( y − 1) = ⇔ ( x + − y )(2 x + − y ) = ⇔x= y −1 x = y − ⇔ y = x + y = x + TH1: y = x + Thế (2) ta được: 4x − 4x − 4x −1 + x + = 4x + + 9x + ⇔ x + + x + + x − = (3) Đk: Ta thấy x=0 nghiệm (3) Ta CM (3) có nhiều nghiệm Thật vậy, xét f ( x) = x + + x + + 3x − với x ∈ [ f ' ( x) = 1 + + > 4x + 9x + Suy hàm số đồng biến ( biến [ −1 ,+∞) ∀x ∈ ( − ,+∞) −1 −1 ,+∞) , f ( x) liên tục [ ,+∞) nên f ( x) đồng 4 −1 ,+∞) Mà f (0) = ⇔ x = nghiệm TH2: Thay y = x + ta 21 x − ( x + 1) + x + = x + + x + Đk: x ≥ − ⇔ x − x + = 3x + + x + ⇔ (3x − x − 2) + (2 − x + 1) + (3 − x + ) = ⇔ ( x − 1)[(3 x + 2) − Xét g (x) = 3x + − g ' ( x) = + − ]=0 + 3x + + x + − với x ≥ − + 3x + + x + 3x + 1(2 + 3x + 1) + 25 > ∀x > − x + (3 + x + 4) −1 −1 Mà g ( x) liên tục [ ,+∞) ⇒ g ( x) đồng biến [ ,+∞) Hơn ∈ [ −1 ,+∞) , g (0) = ⇔ x = nghiệm g ( x) Vậy nghiệm hệ pt là: (0;1), (1; 2) ( x + 1) x + ( y − 3) − y = (1) Bài Giải hệ phương trình :  2 (2)  x + y + − x = Giải: (1) ⇔ x3 + x = − ( y − 3) − y ( 3) Đặt t = − y ⇒ y =  − t2  t3 + t − t2 ⇔ − − ÷t = 2   Khi (2) : x3 + x = t3 + t ⇔ ( 2x) + 2x = t3 + t Xét hàm số : f (u ) = u + u ⇒ f '(u ) = 3u + > 0∀u ∈ ¡ suy f (u ) đồng biến ¡ Do (1) ⇔ x = − y ⇔ x = − y ⇔ y = − x ( ) 22  − x2   3 (2) Thay vào : g ( x) = x +  ÷ + − x − = : x ∈ 0;   4   4 5   3 g '( x) = x − x  − x ÷− = x ( x − 3) − < 0∀x ∈  0; ÷ − 4x − 4x 2   4   Mặt khác : g  ÷ = ⇒ x = nghiệm , thay vào (4) tìm y = 2 1   Vậy hệ có nghiệm : ( x; y ) =  ; ÷ 2   x + y − y = (2 x + 1)( y − 1)    x − − y = x + y − 12  Bài Giải hệ phương trình : (1) (2) Giải: Điều kiện: x ≥ , y ≥ 0, x + y − 12 ≠ Từ (1) ⇔ ( ( y − x − 1)2 = ⇔ y = x + Thế vào (2) ta : 3x − − x + = (3) x − 11 điều kiện x ≥ , x ≠ 11 Ta thấy x = 3, x = nghiệm (3) Ta chứng minh phương trình (3) có không nghiệm Thật vậy: Xét hàm : f ( x) = 3x − − x + − f '( x) = = 11 với x ≥ , x ≠ Ta có x − 11 3 10 − + 2 x − x + (2 x − 11) x + 17 (3x − 8)( x + 1)(3 x + + 3x − 8) + 10 > với x ≥ , x ≠ 11 (2 x − 11) Ta có bảng biến thiên: 23 x 8/3 11/2 f '( x ) +∞ + + f ( x) Từ bảng biến thiên ta thấy f ( x) có không nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm: (3; 4), (8,9)  − x3 − y y + − y = x  Bài Giải hệ phương trình :  (4 x + 3)( − y + 3x − − 1) = (1) (2) x ≤ 0 ≤ y ≤ 16 Giải: Điều kiện:  Ta có: (1) ⇔ Xét hàm: − x − x = ( y )3 + − y f (t ) = + t + t với t ≥ −1 Ta có : f '(t ) = 3t 2 1+ t3 + > ∀t > −1 Suy hàm số f (t ) đồng biến (−1; +∞) , mà f (t ) liên tục [ − 1; +∞) nên f (t ) đồng biến [ − 1; +∞) Hơn f (− x) = f ( y ) ⇔ − x = y Thế vào phương trình (2) ta : (4 x + 3)( x + + 3 x + − 1) = (3) Ta có x = − (3) ⇔ không nghiệm (3) nên x + + 3x + − − = (4) 4x + Ta thấy x = 0, x = −3 nghiệm (4) Ta CMR (4) có không nghiệm 24 Thật vậy, xét g ( x) = x + + 3x + − g '( x) = − (-4; +∞)\ { − } 4x + 1 36 + + > ∀ x ∈ (-4; +∞)\ { − } (4 x + 3) 2 x + (3 x + 8) 4 Suy g ( x) đồng biến hai khoảng (−4; − ) (− ; +∞) nên g ( x) có không nghiệm Vậy nghiệm hệ phương trình là: (0;0), (−3;9) Bài Giải hệ phương trình:   Giải: Điều kiện  4  (1)  x ( x + y ) = y ( y + 1)  2   x + + − y + y − = y + (2) x ≥1  − ≤ x ≤  x5 =  y = ⇒ x=0 Xét thay vào hệ ta  x + + − =   Vậy (0;0) nghiệm hệ phương trình  x x Với x ≠ 0, y ≠ ta có: (1) ⇔ x + xy = y + y ⇔  ÷ + = y + y (3)  y y 10 Xét hàm f (t ) = t + t ¡ ta có f '(t ) = 5t + > ∀ t ∈ ¡ ⇒ f (t ) đồng biến ¡ nên (3) ⇔ x = y Thay vào (2) ta có x + + − x + x − = x + (4) ,điều kiện −1 ≤ x ≤ Ta thấy (4) có nghiệm x = 0, x = Ta CMR phương trình (4) tối đa nghiệm Thật vậy, Xét hàm g ( x) = x + + − x + x − x + − [ −1; 2] 25 g '( x) = ⇔ − x − x +1 1 − + − x Ta có g '( x) = ⇔ + − 2x = ( x + 1)(2 − x ) x +1 2 − x   1 (1 − x)  + 1 = ⇔ − x = ⇔ x = 2  ( x + 1)(2 − x ) ( − x + x + 1)  Từ bảng biến thiên ta có g ( x) có không nghiệm nên (4) có nghiệm x = 0, x = Vậy nghiệm hệ phương trình (0;1), (1;1) III Bài tập củng cố Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 1, 3x + = 3x + + x + + x Đ/s: x = 0, x = ( x + + x)( y + + y ) = 2,   y − y +1 = x3 +1 Đ/s: (0;0), (−1; 2)  x −2 y + = 3,  (3 − x) − x − y y − = Đ/s: ( ; )  2 − x − (2 y − 1) = (3 − x) − x − y y − = 4,  1+ 1+ ; ) Đ/s: (1;1) , ( (4 x + 1).x + ( y − 3) − y = 5,   4x + y + − 4x = Đ/s: ( ;2) 2(2 x + 1) + x + = (2 y − 3) y − 6,  4x + + y + =  Đ/s: ( ;6) 2 26 1   x + x +1 = y + y + 7,   x + 42 = x + x − y y  Đ/s (  x + 3( x − y ) − 33 y + = 8,  3  y + 3( y − x) − 3 x + = 1± 1± ; ) 3 Đ/s: (−1; −1), (2; 2)  (23 − x) − x + (3 y − 20) − y =  x + y + − − x + y + + x − 14 x − = 9,  Đ/s : (5; 4)  x − y + x − y − 30 = 28 y 10,  2x + + x = y  Đ/s: (3;6) , ( − , −1 ) HD: x [( x )2 + 1] = ( y + 3)[( y + 3) + 1]  y + y + y + x − 22 x + 21 = ( x + 1) x − 11,  x − 11x + = y  Đ/s: (1;0), (5; 2) HD: f ( y + 1) = f ( x − 1) 2 y + y + x − x = − x 12,   y + + y = + x + Đ/s: ( −3; ) x  2 + y = y − x − y 13,   x + x − y = x + 3y −  Đ/s: ( 7, −1) , (  x2 +1 y + 12 =3 y − x  − 14,   2( x + y ) + x + y =  2 ( ) 88 ; )   Đ/s :  ; ÷ 5   ( x + 1) x + ( y − 3) − y = 15,  2  x + y + − x = Đ/s: ( 1; −1) ,   ( x + 1) + x + = ( y − 3) 16,   x + + y + = Đ/s:   − 11 −3 + 11  ; ÷ ÷ 2   y−2  53 − 31 − 53  ; ÷ ÷   27  ( x + x − y − 1) = x ( y + 1) ( 1)  17,   y + x + + ln ( y + x ) = ( ) Đ/s: ( 0, −1) ( x − 3) x − − y − y = 18,   x − x + y + y − y + = 5  Đ/s:  ; −2 ÷ 2   1− x2  x − y = − xy − 19,   x2 y + 2x − x2 y + − x = ) ( 3  Đ/s:  2; − ÷ ( + 42 x − y ) 51− x + y = + 2 x − y +1  20,   y + x + + ln ( y + x ) = Đ/s: ( 0, −1)  4  x3 − 3x = y3 − y −   x−2 21,   y −1  log y  y − ÷+ log x  x − ÷ = ( x − 3)      Đ/s: (3; 2)  x y + y = x + x 22,  ( x + ) y + = ( x + 1) Đ/s: (− 3;3), ( 3;3)  x − y s inx  e = siny  π  23,   x ∈  0; ÷÷   3 x + + = y − y + + y   Đ/s:  ; ÷ 8 8  y ( y + x ) = x ( x + 3)  24,  x y − x + − x + = 4024  2012 Đ/s: (1; ) ( 1 1 ) 28 29 [...]... minh phương trình (3) có không quá 2 nghiệm Thật vậy: Xét hàm : f ( x) = 3x − 8 − x + 1 − f '( x) = = 5 8 11 với x ≥ , x ≠ Ta có 2 x − 11 3 2 3 1 10 − + 2 2 3 x − 8 2 x + 1 (2 x − 11) 6 x + 17 2 (3x − 8)( x + 1)(3 x + 1 + 3x − 8) + 10 > 0 với x ≥ 8 , x ≠ 11 (2 x − 11) 2 3 2 Ta có bảng biến thi n: 23 x 8/3 11/2 f '( x ) +∞ + + f ( x) Từ bảng biến thi n ta thấy f ( x) có không quá 2 nghiệm Vậy hệ phương... > −1 Suy ra hàm số f (t ) đồng biến (−1; +∞) , mà f (t ) liên tục trên [ − 1; +∞) nên f (t ) đồng biến trên [ − 1; +∞) Hơn nữa f (− x) = f ( y ) ⇔ − x = y Thế vào phương trình (2) ta được : (4 x + 3)( x + 4 + 3 3 x + 8 − 1) = 9 (3) Ta có x = − (3) ⇔ 3 không là nghiệm của (3) nên 4 x + 4 + 3 3x + 8 − 9 − 1 = 0 (4) 4x + 3 Ta thấy x = 0, x = −3 là nghiệm của (4) Ta sẽ CMR (4) có không quá 2 nghiệm... + x = − ( y − 3) 5 − 2 y ( 3) Đặt t = 5 − 2 y ⇒ y =  5 − t2  t3 + t 5 − t2 ⇔ − − 3 ÷t = 2 2  2  Khi đó (2) : 4 x3 + x = t3 + t 3 ⇔ ( 2x) + 2x = t3 + t 2 Xét hàm số : f (u ) = u 3 + u ⇒ f '(u ) = 3u 2 + 1 > 0∀u ∈ ¡ suy ra f (u ) luôn đồng biến trên ¡ Do đó (1) ⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔ 4 x 2 = 5 − 2 y ⇔ 2 y = 5 − 4 x 2 ( 4 ) 22 2  5 − 4 x2   3 2 (2) Thay vào : g ( x) = 4 x +  ÷ + 2 3 − 4 x − 7 =... − + 1 − 2 x Ta có g '( x) = 0 ⇔ + 1 − 2x = 0 2 ( x + 1)(2 − x ) 2 x +1 2 2 − x   1 1 1 (1 − 2 x)  + 1 = 0 ⇔ 1 − 2 x = 0 ⇔ x = 2 2  ( x + 1)(2 − x ) ( 2 − x + x + 1)  Từ bảng biến thi n ta có g ( x) có không quá 2 nghiệm nên (4) chỉ có 2 nghiệm x = 0, x = 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (0;1), (1;1) III Bài tập củng cố Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 1, 3x 2 + 3 = 3x + 1 +... y bằng 0 16  x 3 (4 y 2 + 1) + 2( x 2 + 1) x = 6  Bài 14.Giải hệ phương trình:  2 2 2  x y 2 + 2 4 y + 1 = x + x + 1 (1) ) ( (2) Giải: Điều kiện xác định: x ≥ 0 Thay x = 0 vào (2) ta có: 0 = 1 không thỏa mãn Với x ≠ 0 , chia 2 vế của (2) cho x 2 ta được: ) ( y 2 + 2 4y2 +1 = 1 1 + x x2 x2 +1 ⇔ 2y + 2y 4y2 +1 = 1 1 + x x 1 +1 x2 Xét hàm f (t ) = t + t t 2 + 1 trên (0;+ ∞ ), ta có: f ' (t ) = 1... 4 = (−2 y ) 2 + 4 + (−2 y ) 17 ⇔ x + x 2 + 4 = 2.( y 2 + 1 − y ) 1 x Xét hàm f ( t ) = t + t 2 + 4 với t ∈ ¡ , ta có : t f '(t) = 1+ t2 + 4 = t2 + 4 + t t2 + 4 > t +t t2 + 4 > 0 ∀ t∈¡ ⇒ f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ Do đó f ( x ) = f ( − 2 y ) ⇔ x = −2 y Thế vào pt (2) ta được: ( ) 3 x 2 + 5 x + 2 = 21 x 3 + 1 ⇔ ( x + 1) + 2( x + 1) = x 3 + 1 + 23 x 3 + 1 3 Xét hàm g ( t ) = t 3 + 2t trên ¡ ,... b ) = k ( x 2 − 3 x + 2) k = −a 2  Ta cần tìm a, b thoả mãn : −3k = 3 − 2ab , có thể chọn k = 1, a = 1, b = 0 Khi đó ta  2k = −2 − b 2  có nhân tử ( 3x − 2 − x) 2 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh phương trình có nhiều nhất 1 nghiệm hoặc 2 nghiệm Bài 1 Giải hệ phương trình:  5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 = 3( x + y )   x + 2 y + 1 + 2 3 12 x + 7 y + 8 = 2 xy +... − 3 = 0 (3) Đk: Ta thấy x=0 là nghiệm của (3) Ta sẽ CM (3) có nhiều nhất 1 nghiệm Thật vậy, xét f ( x) = 4 x + 1 + 9 x + 4 + 3x − 3 với x ∈ [ f ' ( x) = 1 1 4 + 9 + 3 > 0 2 4x + 1 2 9x + 4 Suy ra hàm số đồng biến trên ( biến trên [ −1 ,+∞) 4 1 ∀x ∈ ( − ,+∞) 4 −1 −1 ,+∞) , f ( x) liên tục trên [ ,+∞) nên f ( x) đồng 4 4 −1 ,+∞) 4 Mà f (0) = 0 ⇔ x = 0 là nghiệm duy nhất TH2: Thay y = x + 1 ta được 21... + ( x − 1)2 + 1 = 3 y −1 Hệ phương trình tương đương:   y − 1 + (y − 1) 2 + 1 = 3x −1  x − 1 + ( x − 1) 2 + 1 = 3 y −1 ⇔  x − 1 + ( x − 1) 2 + 1 + 3x −1 = y − 1 + (y− 1) 2 + 1 + 3 y −1 Xét hàm số f (t ) = t + t 2 + 1 + 3t , t ∈ R Có f '(t ) = 1 + t t +1 2 + 3t ln t = t 2 +1 + t t +1 2 + 3t ln t , t ∈ ¡ 12 (1) t 2 + 1 > t ≥ −t nên f '(t ) > 0 ∀t ∈ ¡ Do suy ra f (t ) đồng biến trên ¡ do đó phương... −1 + 1 (2) Đặt t = x − 1 , phương trình (2) trở thành : t + t 2 + 1 = 3t ⇔ ln(t + t 2 + 1) = t.ln 3 Nhận xét t + t 2 + 1 ≥ t + t ≥ 0 ∀t ∈ ¡ nên phương trình tương đương ln(t + t 2 + 1) = t.ln 3 Xét hàm số g (t ) = ln(t + t 2 + 1) − t.ln 3, t ∈ ¡ , g '(t ) = Ta có 1 t +1 2 1 t2 +1 − ln 3, t ∈ ¡ ≤ 1 < ln 3 nên g '(t ) ≤ 0 ∀t ∈ ¡ hay g (t ) nghịch biến trên ¡ và g (0) = 0 nên phương trình g (t ) = 0 có