CHUYÊN ĐỀ TÌM HIỂU CÁC KĨ THUẬT ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Phương trình, hệ phương trình là một chủ đề quan trọng trong chương trình luyện thi đại học, cao đẳng. Có rất nhiều phương pháp để giải phương trình, hệ phương trình mà trong đó phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số là rất phổ biến, ta có thể áp dụng nó trong từng bước giải của bài toán. Và một trong những khó khăn của học sinh là làm thế nào để nhận biết được khi nào ta dùng tính đơn điệu của hàm số, trong những trường hợp đó có thể gặp những sai lầm nào không. Vì vậy, mục đích của chuyên đề là giúp học sinh giải quyết những khó khăn đó. Xuất phát từ quá trình tự học, tự nghiên cứu của bản thân và những kinh nghiệm trong quá trình dạy học, dạy luyện thi tôi viết chuyên đề : “ Tìm hiểu các kĩ thuật ứng dụng đạo hàm giải phương trình, hệ phương trình ”

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC CHUYÊN ĐỀ TÌM HIỂU CÁC KĨ THUẬT ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Giáo viên: Bùi Thị Nga Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc Mail: Ngatoancvp@vinhphuc.edu.vn A MỤC ĐÍCH CHUN ĐỀ Phương trình, hệ phương trình chủ đề quan trọng chương trình luyện thi đại học, cao đẳng Có nhiều phương pháp để giải phương trình, hệ phương trình mà phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số phổ biến, ta áp dụng bước giải tốn Và khó khăn học sinh làm để nhận biết ta dùng tính đơn điệu hàm số, trường hợp gặp sai lầm khơng Vì vậy, mục đích chun đề giúp học sinh giải khó khăn Xuất phát từ trình tự học, tự nghiên cứu thân kinh nghiệm trình dạy học, dạy luyện thi tơi viết chun đề : “ Tìm hiểu kĩ thuật ứng dụng đạo hàm giải phương trình, hệ phương trình ” B ĐỐI TƯỢNG BỒI DƯỠNG – SỐ TIẾT DẠY – TÀI LIỆU THAM KHẢO - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh lớp 12 luyện thi đại học - Số tiết dạy cho HS 10 tiết - Tài liệu tham khảo: [1] Đồn Quỳnh, Giải tích 12 nâng cao, 2009, NXB Giáo dục [2] Lê Hồng Đức, 2005, Phương pháp giải toán mũ-logarit, NXB Hà Nội [3] Trần Văn Hạo, 2007, Đại số Giải tích 11, NXB Giáo dục [4] Tủ sách toán học tuổi trẻ, 2012, NXB Giáo dục [5] Tuyển tập tạp chí Toán học Tuổi trẻ năm 2004 [6] Các đề thi thử đại học - Cao đẳng mạng internet [7] Bộ đề thi ĐH-CĐ từ 2002-2013, BGD&ĐT [8] http://www.k2pi.net [9] http://www.vnmath.com C.KIẾN THỨC CƠ BẢN I - Sự đồng biến nghịch biến hàm số Định lý Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm khoảng (a; b) a Nếu f '( x) > với x ∈ (a; b) hàm y = f ( x) đồng biến khoảng b Nếu f '( x) < với x ∈ (a; b) hàm y = f ( x ) nghịch biến khoảng Mở rộng định lý: Định lý Cho hàm số y = f ( x) xác định khoảng (a; b) Nếu f '( x ) ≥ (hoặc f '( x ) ≤ ) dấu đẳng thức xảy số hữu hạn điểm khoảng (a; b) hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) khoảng Chú ý : Nếu f '( x) ≥ (hoặc f '( x) ≤ ) khoảng (a; b) , hàm số y = f ( x) liên tục [ a; b ] hàm số y = f ( x ) đồng biến (hoặc nghịch biến ) [ a; b ] II- Các tính chất liên quan giữa tính đơn điệu nghiệm phương trình Tính chất 1: Nếu hàm số y = f ( x) đồng biến (hoặc nghịch biến) khoảng (a; b) phương trình f ( x ) = k , k ∈ ¡ có khơng q nghiệm khoảng (a; b) Tính chất 2: Nếu hàm số y = f ( x) đồng biến (hoặc nghịch biến) khoảng (a; b) với u, v ∈ (a; b) ta có f (u ) = f ( v ) ⇔ u = v Tính chất 3: Nếu hàm số y = f ( x) đồng biến hàm số y = g ( x ) nghịch biến khoảng (a; b) phương trình f ( x) = g ( x) có nhiều nghiệm thuộc khoảng (a; b) III- Định lý tồn nghiệm phương trình Định lý 3: Nếu hàm số y = f ( x ) liên tục đoạn [ a; b ] f (a ) f (b) < phương trình f ( x) = có nghiệm thuộc khoảng ( a; b) D 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 vơ 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) 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 nhất 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 + ( ,+∞) 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 + + 3 x + 5) = x + (1) Giải : Điều kiện x ≥ −3 Xét khơng phải 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 khơng q 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 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 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 chúng tơi 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 − = 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 − 5) = 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 : 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) 18 ( )   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 hiện hàm đặc trưng Chú ý: Ở dạng này, trước chia ta cần xét riêng trường hợp x, y hay biểu thức x, y 19  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 ) 20 ⇔ 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, +∞ ) 21 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  k = −2 − b  có nhân tử ( 3x − − x) Sử dụng tính đơn điệu hàm số để chứng minh phương trình có nhiều nhất 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 + ≥ 22 (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) = 23 (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 − xy + x − 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 24 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 ( ) 25  − 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 khơng q 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: 26 x 8/3 11/2 f '( x ) +∞ + + f ( x) Từ bảng biến thiên ta thấy f ( x) có khơng q 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 khơng q nghiệm 27 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 khơng q 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] 28 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 khơng q nghiệm nên (4) có nghiệm x = 0, x = Vậy nghiệm hệ phương trình (0;1), (1;1) III Bài tập củng cố Giải 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 29 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  ; ÷ ÷   30  ( 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 ) 31 32 ... CHUN ĐỀ Phương trình, hệ phương trình chủ đề quan trọng chương trình luyện thi đại học, cao đẳng Có nhiều phương pháp để giải phương trình, hệ phương trình mà phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm. .. trình dạy học, dạy luyện thi tơi viết chuyên đề : “ Tìm hiểu kĩ thuật ứng dụng đạo hàm giải phương trình, hệ phương trình ” B ĐỐI TƯỢNG BỒI DƯỠNG – SỐ TIẾT DẠY – TÀI LIỆU THAM KHẢO - Chuyên đề. .. 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