1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

SKKN: Kinh nghiệm tư duy áp dụng để tìm con đường khai thông nhằm giải quyết bài toán một cách gọn gàng

22 12 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 22
Dung lượng 551,35 KB

Nội dung

Mục tiêu của đề tài là Rèn luyện kĩ năng sử dụng phương pháp hàm số để giải hệ. Rèn luyện tư duy logic, khả năng nhìn nhận, đánh giá chung nhằm tìm ra con đường hợp lí để có định hướng nhằm đưa ra giải pháp tốt nhất khi gặp một bài toán cụ thể. Rèn luyện các kĩ năng tổng hợp về tư duy và kĩ xảo toán học.

MỤC LỤC Nội dung A. Mở đầu I. Lí do chọn đề tài II. Mục đích nghiên cứu III. Đối tượng nghiên cứu IV. Phương pháp nghiên cứu B. Nội dung SKKN I) KIẾN THỨC CƠ BẢN ĐỂ GIẢI QUYẾT DẠNG TỐN  Trang 1 1 2 NÀY II) CÁC BÀI TỐN ĐIỂN HÌNH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP 1. Hàm đặc trưng có dạng hàm số đa thức bậc 2, bậc 3, bậc 4 2. Hàm đặc trưng có dạng hàm số chứa căn thức 3. Sử dụng phương pháp thế, cộng đại số sau đó kết hợp với  3 10 15 phương pháp hàm số IV. Hiệu quả do sáng kiến đem lại V. Đề xuất, kiến nghị      Danh mục các tài liệu tham khảo 18 18 20 A. MỞ ĐẦU I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI  Trong những năm gần đây, các đề  thi đại học và học sinh giỏi ln  xuất hiện bài tốn giải hệ  với độ  khó ngày càng tăng. Một trong những loại   hệ  hay gặp trong các kỳ thi và gây cho học sinh khó khăn khi tiếp cận là loại  hệ  trong đó có sử dụng phương pháp hàm số Do vậy, việc cần tìm ra một con đường ngắn nhất, lựa chọn hàm số  thích   hợp, thực hiện các thao tác đơn giản, tiết kiệm tối đa thời gian để giải tốn là  một vấn đề tơi ln trăn trở                Trong bài viết này tơi muốn trình bày một số  kinh nghiệm tư  duy áp  dụng để  tìm con đường khai thơng nhằm giải quyết bài tốn một cách gọn  gàng. Bằng việc sử dụng một số bài tốn ở mức độ thi đại học và thi học sinh  giỏi làm ví dụ  minh họa, tơi đi sâu vào việc phân tích các khả  năng tiếp cận   lời giải, dẫn ra những cách giải tương ứng, đưa ra những phân tích, nhận xét  phù hợp, để từ  đó học sinh có thể nắm bắt được ý tưởng, con đường tư  duy  mà mỗi người làm tốn cần rèn luyện khi đứng trước một bài tốn giải hệ  II) MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU ­ Rèn luyện kĩ năng sử dụng phương pháp hàm số để giải hệ  ­ Rèn luyện tư  duy logic, khả năng nhìn nhận, đánh giá chung nhằm tìm   ra con đường hợp lí để  có định hướng nhằm đưa ra giải pháp tốt nhất   khi gặp một bài tốn cụ thể ­ Rèn luyện các kĩ năng tổng hợp về tư duy và kĩ xảo tốn học III) ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: ­ Các bài tốn giải hệ    có thể  sử  dụng phương pháp hàm số  để  giải   ­ Các dạng tốn về hệ  trong các kì thi HSG và Đại học trong những năm  gần đây IV) PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: ­ Nghiên cứu xây dựng cơ  sở  lí thuyết giải bài tốn hệ    bằng phương  pháp hàm số  ­ Nghiên cứu khả năng áp dụng trên cơ sở thực tiễn tiếp thu của các đối  tượng học sinh đã và đang được truyền thụ B. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM I) KIẾN THỨC CƠ BẢN ĐỂ GIẢI QUYẾT DẠNG TỐN NÀY Tính chất 1:  Giả  sử  hàm số   y = f ( x )   đồng biến (nghịch biến) trên  miền D và  u; v D , khi đó  f ( u ) = f ( v ) � u = v   Tính chất 2:  Nếu hàm số   y = f ( x )   đồng biến  trên D và   y = g ( x )   là  hàm hằng  hoặc là một hàm số  nghịch biến  trên D thì phương trình  f ( x ) = g ( x )  có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng D Khi gặp hệ  có dạng  f ( x) = f ( y) g ( x; y ) = ( 1) ( 2) Xét hàm số  y = f ( t ) , ta thường gặp trường hợp hàm số liên tục trong tập xác   định của nó Nếu hàm số   y = f ( t )  đơn điệu, thì từ  (1) suy ra  x = y  Khi đó bài tốn  đưa về giải phương trình (2) theo ẩn x (hoặc y) Nếu hàm số   y = f ( t )  có một cực trị tại  t = a  thì nó thay đổi chiều biến  thiên một lần khi qua a.  Từ (1) suy ra  x = y  hoặc  x, y  nằm về hai phía của a Vân dung linh hoat cac đinh li, tính ch ̣ ̣ ̣ ́ ̣ ́ ất trên, từ môt ph ̣ ương trinh ân  ̀ ̉ x,   f� h( x) � g ( x) � ta se đ ̃ ưa hai vê vê dang  ́ ̀ ̣ � �= f � � �  II) CÁC BÀI TỐN ĐIỂN HÌNH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP Hàm đặc trưng có dạng hàm số đa thức bậc 2, bậc 3, bậc 4 Bài 1.Giải hệ :   ( 4x ) + x + ( y − 3) − y = 4x2 + y + − 4x = ( 1) ( 2) Phân tích: Ta nhận thấy khó có thể  bắt đầu với phương trình (2), để  ý đến   phương trình  (1),   x +   là biểu thức bậc hai của   x     y −   có thể  coi là     − 2y biểu   thức   bậc   hai   ( y − 3)  Nếu   đặt  t = − 2y   thì  �5 − t � −1 − 2y = � − 3� t= t +1 t �2 � ( ) 2 Biểu thức  ( t + 1) t  có hình thức giống với  ( x + 1) x , do vậy ta sẽ  biến đổi  ( 1)  về  dạng  f ( u ) = f ( v )  Để  đưa về  dạng này ta thường “cô lập” biến, do   vậy sẽ chuyển  ( y − 3) − y  sang vế phải của  ( 1) Giải: Điều kiện  x ;y ( )  . Khi đó  ( 1) � x + x = ( − y + 1) − y   (3) Xét hàm số  f ( t ) = ( t + 1) t = t + t ,  với  t ᄀ   Ta có  f ' ( t ) = 3t + > 0, ∀ t ᄀ  nên  f ( t )  đồng biến trên  ᄀ (3)    x = − y    − 4x2 �5 � Thay  y =  vào  (2) ta được: x + � − x �+ − x − =   (4) �2 � Phân tích:  Phương trình  (4) trơng khá “phức tạp” nên ta định hướng   sử dụng phương pháp hàm số để giải quyết Nhận thấy  x =  và  x =  khơng là nghiệm của phương trình (4) � 3� �5 � Xét hàm số  g ( x ) = x + � − x �+ − x −  với  x �0; �, ta có: � 4� �2 � 4 �5 � � 3� g ' ( x ) = x − x � − x �− = 4x 4x2 − − < 0, ∀x � 0; �  − 4x �2 � − 4x � 4� ( ) � 3� � � �1 � �� Do đó   g ( x )   nghịch biến trên   �0; �. Mà   g � �=   nên phương trình (4) có  �1 �2 � � nghiệm duy nhất  x =  suy ra  y =  Vậy hệ đã cho có nghiệm  ( x; y ) = � ;2 � Bài 2. Giải hệ   x3 − x + 3x − = x3 ( − y ) − y ( 1) ( 2) x + = 14 − x − y + Phân tích: Ta khơng thể bắt đầu với phương trình (2) vì khó có sự biến   đổi nào hợp lý ở đây. Xét phương trình (1), thực hiện cơ lập biến bằng, chia   x hai vế cho  x   ta thấy vế trái là bậc ba đối với  , vế phải là bậc ba đối với  t = − y , do vậy ta có thể biến đổi đưa về dạng  f ( u ) = f ( v ) −2 HD: Điều kiện:   Xét thấy x = 0 khơng thỏa mãn hệ, nên chia hai vế  y x của phương trình (1) cho  x  ta được:  3 1� � 1� − �+ � − �= ( 1) � − + − + = ( − y ) − y � � � x x x � x� � x� ( 3− 2y ) + − y   ( 3) Xét hàm số  f ( t ) = t + t , t ᄀ  Ta có  f ' ( t ) = 3t + > ∀t ᄀ  nên hàm số  f ( t )   Hệ có nghiệm duy nhất  x = � y = 111 98 x3 − x − x + 22 = y + y − y Bài 3. (Khối A năm 2012) Giải hệ:  x + y2 − x + y = Phân tích: Hai vế  của phương trình đầu đều có dạng bậc 3 (với hai   biến x, y), nên ta định hướng đưa phương trình đầu về dạng  f ( u ) = f ( v ) , tuy   nhiên hàm đặc trưng lúc đó   f ( t ) = t − 12t   khơng đơn điệu trên   ᄀ   do đó ta   phải   chặn   biến   Nhìn   vào   phương   trình   thứ     ta   thấy   đưa     về  2 � 1� � 1� �x − �+ �y + � =  suy ra  x − � 2� � 2� 1; y − ( x − 1) − 12 ( x − 1) = ( y + 1) − 12 ( y + 1) 2 Giải: Hệ  tương đương với:  � � � 1� ( 2) �x − �+ �y + � = � 2� � 2� � − x − � � Từ (2), suy ra  � � −1 y + � �3 − � �2 � � − �2 ( 1)   y +1 x −1 3 � � − ; �,   ta   có   f ' ( t ) = ( t − ) < 0,   suy   ra  Xét   hàm   số   f ( t ) = t − 12t     � � 2� f ( t )  nghịch biến.  Do đó  ( 1) � x − = y + � y = x − �1 � 3� �3 � ( 3) 1� Hệ có nghiệm là  ( x; y ) = � ; − �;  ( x; y ) = � ; − �  2 2 Bài 4.   Giải hệ   � ( ) � x3 − y = x − y + ( 1) x2 + − x2 − y − y + = ( 2) Giải: Điều kiện  −1 x 1;0 y Ta có  ( 1) � x − 3x = ( y − 1) − ( y − 1) ( 3)  Do  �y �2 � −1 �y − �1 Xét hàm số  f ( t ) = t − 3t  với  −1 t , có  f ' ( t ) = 3t − �0, ∀t �[ −1;1]  nên hàm  số  f ( t )  đồng biến trên  [ −1;1] Do đó  ( 3) � f ( x ) = f ( y − 1) � x = y −  hay  y = x +  Thế vào (2) ta được   x2 + − x2 − − x2 + = � x2 + = − x2 � x4 + 8x2 = � x = Với  x = � y =  (t/m điều kiện). Vậy hệ có nghiệm duy nhất  ( x; y ) = ( 0;1) Bài 5. Giải hệ :  y3 + y = ( x + 5) x + ( x + 16 = y + y x − x + ( 1) ) ( 2) Giải Điều kiện  x −2, y ᄀ ( 1) � y + y = ( x + 2) +3 x+2   Xét hàm số  f ( t ) = t + 3t , t ᄀ có  f ' ( t ) = 3t + > 0, ∀t ᄀ ,  Phương trình (1) có dạng:  f ( y ) = f ( ) x+2 � y = x+2 ( 2 Thay vào (2) ta được  x + 16 = ( x + ) + x + x − x + ( ) ) � x2 − x + = x + x2 − x + � x2 − x + − ( x + ) = x + x2 − x + Đặt  u = x + 2, v = x − x + 4, ( u 0, v > ) phương trình trở thành  2v − 3uv − 2u =  (3) Do  v > 0,  chia hai vế phương trình (3) cho  v  ta được: u u �u � �u � � �+ � �− = � =  hoặc  = −2 v v �v � �v � )( ( ) Vậy hệ  có nghiệm  ( x; y )  là: + 13; + 13 , − 13; − 13 Bài 6. Giải hệ   x3 − y + ( x − y ) = 3xy ( x − y ) ( 1) ( x3 = + y − 3x ) ( 2) 2x + 1   Giải:  Điều kiện:  x − Phương trình  ( 1) � ( x − y ) + ( x − y ) = y + y   (3) Xét hàm số  f ( t ) = t + 3t ,  với  t ᄀ   Ta có  f ' ( t ) = 3t + > 0, ∀t ᄀ  nên  f ( t ) = t + 3t  đồng biến trên  ᄀ   Khi đó: (3) có dạng  f ( x − y ) = f ( y ) � x − y = y � x = y   Thế vào (2) ta được:  x = ( + x − x ) x +   (4) Đặt  t = x + 1, t 0,  khi đó (4) trở thành:  x = t − 3x t � x + 3x t − t =   � − 2; Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  ( x; y )   là:  � � Bài 7. Giải hệ   ( 1) ( 2) x3 y + y = x6 + x ( x + 2) y + = ( x + 1) 1− � � 1+ 1+ � ; �  và  � �  � � � Giải: Điều kiện  y −1 Do  x =  khơng thỏa mãn nên chia hai vế của phương  �y � y trình (1) cho  x  ta được:   ( 1) � � �+ = x3 + x �x � x ( 3) Xét hàm số  f ( t ) = t + 2t , t ᄀ Ta có:  f ' ( t ) = 3t + 0, ∀t ᄀ  nên hàm số  f ( t )  đồng biến trên  ᄀ   �y � y Do đó  ( 3) � f � �= f ( x ) � = x � y = x x �x � Thế  y = x  vào (2) ta được:  ( x + 2) x2 + = x2 + 2x + � ( x + 2) ) ( x2 + − x = Ta có   x + + x > x + x  nên nhân hai vế  của phương trình trên với  x + + x  ta được: x + = x2 + + x � x2 + = � x = � ( ) Vậy hệ có nghiệm:  ( x; y ) = − 3;3 , ( x; y ) = Bài 8. Giải hệ   ( y + y = x3 + 3x + x + ( 1) − x2 − y = − y −1 ( 2) Giải: Điều kiện  −1 x 1;0 y ) 3;3   ( 1) � ( x + 1) + x + = y + y (3) Xét hàm số  f ( t ) = t + t , t ᄀ  có  f ' ( t ) = 3t + > 0, ∀t ᄀ   Do đó,  ( 3) � f ( x + 1) = f ( y ) � y = x + Vậy hệ đã cho có nghiệm  ( x; y ) = ( 0;1) Bài 9. Giải hệ   x − + ( x + 1) = y −1 + 3y ( x + y ) ( x − y ) + = −6 x − y Giải : Điều kiện :  x ( 1) ( 2) x + y +1 = ; y ( ) � ( x + y + 1) ( x − y + ) = � 2x − y + = ; y Với  y + x + =   suy ra vơ nghiệm vì  x Với  x − y + = � y = x + 4,  thay vào (1) ta có : x − + ( x + 1) = x + + ( x + ) ( x − 1) + x − = ( x + ) + x + ( ) Xét hàm số  f ( t ) = 2t + t , t  ta có  f ' ( t ) = 4t + > 0, ∀t  nên hàm số  f ( t )   đồng biến trên  [ 0;+ Do đó  ( 3) � f ( )   ) 3x − = f ( ) x + � 3x − = x + � x = � y = 12 Vậy hệ  đã cho có nghiệm  ( x; y ) = ( 4;12 ) Bài 10. Giải hệ   x3 ( + y ) = ( ) x y3 − = Giải Với x = 0 dễ thấy không thỏa mãn hệ trên 1 x3 , ta có:  � y + y = +  (1) x x y3 − = x + 3y = Với  x Xét hàm số   f ( t ) = t + 3t , t ᄀ  có  f ' ( t ) = 3t + >  với mọi  t ᄀ  nên hàm số  �1 � f ( t )  đồng biến trên  ᄀ Do đó, (1) có dạng  f ( y ) = f � �� y = x �x � �1 �2 � � Vậy hệ đã cho có nghiệm  ( x; y )  là:  ( −1; −1) , � ;2 � Bài 11. Giải hệ   x3 ( y + 55 ) = 64 ( ) xy y + y + = 12 + 51x ( 1) ( 2) Giải: Với x = 0 hoặc y = 0 thì hệ khơng được thỏa mãn y + 55 = Với  x 0, y , HPT 64 x3 y3 + y + y = 12 + 51 x �4 � Cộng theo vế lại ta được:  ( y + 1) + ( y + 1) = � �+ (3) x �x � Xét hàm số  f ( t ) = t + 3t , t ᄀ  có  f ' ( t ) = 3t + > ∀t ᄀ   �4 � Phương trình (3) có dạng  f ( y + 1) = f � �  � y + = � xy = − x x �x � Vậy hệ đã cho có nghiệm  ( x; y ) = ( 1;3) y + 3xy − 17 x + 18 = x − x + 13 y − Bài 12. Giải hệ   x + y + xy − y − x + 10 = ( 1) ( 2) HD: Nhân hai vế của phương trình (2) với  −3  rồi cộng với (1) ta được: y − 17 x + 18 − 3x − y + 18 y + 15 x − 30 = x − 3x + 13 y − � ( y − 1) + ( y − 1) = x3 + x ( 3)   �5 � � � Vậy hệ đã cho có nghiệm  ( x; y )  là:  ( 1;2 )  và  � ; �.  3 ( x − y + 1)( x + y + 1) = x + − y   (1) Bài 13. Giải hệ : x( y − 2) = − x + 1                         (2) Giải. Điều kiện:  x −1, y Ta   có,   (1) � ( x + 1) − x + = y − y      (3)   Xét   hàm   số  f (t ) = t − 4t , t �[ 0; +�)                     f '(t ) = 4t − = 4(t − 1), f '(t ) = � t =   Bảng biến thiên t ­ f'(t) +∞ + 0 +∞ f(t) ­3 Ta có  (3) � f ( x + 1) = f ( y ) Vậy hệ có 2 nghiệm  ( x; y ) : (−1;0),(0;1) 10 x + x y − x y − 12 xy + y + = Bài 14. Giải hệ   (  y + x + y ) = + x6 + − x3 y ( 1) ( 2) Giải. Điều kiện: 1 − x3 y Ta có:  ( ) � y + y = − x3 y + − x y ( 3) Xét hàm số:  f (t ) = t + t  với  t , có  f (t ) = 2t + >  với mọi  t Nên hàm số  f ( t )  đồng biến trên  [ 0;+ ( 3) � ( ) f y2 = f ( )  mà  y ; − x3 y �[ 0; +�)  nên: ) − x y � y = − x y � y + x3 y = (4) Thay 1 = y + x3 y  vào  ( 1)  ta được:  x + x3 y − x y − 12 xy + y = (5) Do  y =   khơng thỏa mãn nên chia hai vế phương trình (5) cho  y  ta được: 2 x= y �x � �x � �x � �x � �x � �x � + − − 12 + = � − + = �   �� �� �� �� � �� � x = −3 y �y � �y � �y � �y � �y � �y � Với  x = y , thay vào (4) ta có:  3x = � x = �4   Với  x = −3 y , cũng từ (4) ta có:  −53 y =  (vơ nghiệm) ��−1 −1 � �1 , �4 ; � Vậy hệ đã cho có nghiệm  ( x; y )  là:  �4 ; � �3 �� 3� Hàm đặc trưng có dạng hàm số chứa căn thức Bài 1.  Giải hệ   ( ) ( ) x3 y + + x + ( ) x =6 x2 y + y + = x + x2 + ( 1) ( 2) Phân tích: Trong phương trình (2) có hai biểu thức có cùng dạng là  y +   và  x +  nên gợi ý cho ta sử dụng phương pháp hàm số đưa về dạng  f ( u ) = f ( v )  Đến đây ta  “cô lập biến” bằng cách chia hai vế của  ( )  cho  x 11 Giải: Điều kiện  x  Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn hệ, chia 2 vế của   (2) cho  x   ta được:  ( y ) + y ( 2y) +1 =   f ( t ) = t + t t2 +1  Xét   hàm   số t2 f '( t ) = + t + + t2 +1 > 0, ∀t 1 + x x +1 x2   với (3)  t ᄀ     Ta   có  ᄀ    x Nên  f ( t )  là hàm số đồng biến trên  ᄀ  . Do đó,  ( 3) � y =   Thế vào phương trình (1) ta được:  g ( x ) = x + x + ( x + 1) x = Ta có  g ' ( x ) = + 3x + x x + x2 + x (4) > 0, ∀x >   Nên hàm số  g ( x )  đồng biến trên  ( 0;+ ) , mà có  g ( 1) =  nên phương trình (4)  �1� 1; � có nghiệm duy nhất  x = � y =  Vậy, hệ đã cho có nghiệm  ( x; y ) = � � 2� Bài 2. (ĐH­A13) Giải hệ   ( 1)   ( 2) x + + x −1 − y4 + = y x + x ( y − 1) + y − y + = Giải: ĐK  x  Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x, điều kiện để tồn tại x là ∆= ' −−+ ( y −=1)�۳ y 2 6y 4y Đặt  u = x − 1,  suy ra  u  Phương trình (1)  Xét  f ( t ) = t + + t ,  với  t  Ta có  f ' ( t ) = y   u4 + + u = y4 + + y 2t t +2 + > 0, ∀t 0  Do đó phương trình (3) tương đương với  y = u , nghĩa là  x = y +   Thay vào phương trình (2) ta được:  y ( y + y + y − ) = ( 4)   Hàm  g ( y ) = y + y + y −  có  g ' ( y ) = y + y + >  với  ∀y Mà  g ( 1) = 0,  nên (4) có hai nghiệm khơng âm là  y =  và  y =   12 ( 3) Với   y =   ta     nghiệm   ( x; y ) = ( 1;0 ) ;   với   y =   ta     nghiệm  ( x; y ) = ( 2;1)   Vậy nghiệm  ( x; y )  của hệ đã cho là  ( 1;0 )  và  ( 2;1) Bài 3. Giải hệ   ( 1) ( 2) ( x + + x)( y + + y ) =  4 x + + 22 − x = y + 22 Do  + y − y > Giải: Điều kiện:  −2 x y2 − y = − y + y 0, ∀y ᄀ Nên nhân hai vế của phương trình (1) với  + y − y  ta được ( 1) � x + + x2 = ( − y ) + ( − y) (3) +1 Xét hàm số  h ( t ) = t + t + , t ᄀ   Ta có  h ' ( t ) = + t t2 +1 t2 +1 + t = t2 +1 > t +t t2 +1 0, ∀t ᄀ   Suy ra hàm số  h ( t )  đồng biến trên  ᄀ Do đó  ( 3) � x = − y Thay  vào (2) ta có;  x + + 22 − x = x + Nhẩm được nghiệm x = , thực hiện nhân liên hợp ta thu được nghiệm  x =   và  x+2 +2 − 22 − x + = x +  (*) đặt  VT = f ( x) ; VP = g ( x) Ta có:  f ( x) = −4 x + 2.(2 + x + 2) − 22 − x (2 + 22 − x ) <  và  � 22 � g ( x) = >  với  ∀x � −2; � � � � 22 � � 3� � −2; Suy ra f ( x)  nghịch biến,  g ( x)  đồng biến trên  � Mà  f (−1) = g (−1) =  suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất  x = −1   Vậy nghiệm  ( x; y )  của hệ đã cho:  ( 2; −2 ) , ( −1;2 ) 13 Bài 4. Giải hệ :  ( x − 2) x + = − y ( x − 2) y+2 = ( 1) ( 2) y + x − x + Giải: Điều kiện:  x −6; y −1 x−2  (2)  x2 − x + Xét hàm số  f ( t ) = y +1 = y+2 t t +1 � x−2 ( x − 2) +1 ,t ᄀ , có  f ' ( t ) = ( y +1 � x − = (t y +1 = ( ) y +1 +1 2 ) +1 t +1 > 0, ∀t ( 3) ᄀ  nên hàm số  f ( t )  đồng biến trên  ᄀ Do đó,   ( 3) � f ( x − ) = f ) y +1 � x y = x2 − 4x + Thay vào (1) ta được  ( x − 2) x + = − x2 + x + � ( x − 2) � ( x − 2) ( ) x + − = − x − x + 15 x−3 � 2x − � = − ( x − ) ( x + ) � ( x − 3) � + x + �= x+6 +3 � x+6 +3 � Do  x  nên  2x − x+6 +3 + x +  nên phương trình trên chỉ có nghiệm  x = ,  suy ra  y = Vậy hệ đã cho có nghiệm  ( x; y ) = ( 3;0 ) � 3� � � Vậy hệ đã cho có nghiệm  ( x; y )  là  ( 1;3) ;  �2; �  Bài 5. Giải hệ   ( x+ y+ )( ) ( 1) x2 + y + y + = y x2 − = 35 12 ( 2) Giải : Điều kiện  x > Do  y + − y > y − y , nên ( 1) � ( x+ )( x2 + y + y + � x + x2 + = ( − y ) + )( ( − y) ) y2 + − y = +1 14 y2 +1 − y ( 3) Xét  f ( t ) = t + t + 1, t ᄀ , ta có  t f '( t ) = + t2 +1 + t = t2 +1 t2 +1 t +t > 0, ∀t t2 +1 ᄀ ( 3) � f ( x ) = f ( − y ) � x = − y y Thay vào (2) ta được:  y + y2 −1 = 35 12 (4) Ta thấy phương trình (4) có nghiệm thì  y2 ( 4) � y + Đặt  t = y2 y −1 y2 −1 y>0 y2 > � y >  Khi đó, y2 1125 y4 y2 1125 = � + − =0 2 y − 144 y −1 y − 144 + −5 � �−5 � ( t > ) Vậy hệ có nghiệm  ( x; y ) = � � ; �;  ( x; y ) = � ; � �4 � �3 � Bài tập tương tự: Giải hệ   ) + x + ( y − 4) − y = 22 x + y + 18 − x = 76 ( x2 − y2 + = 2   Đáp số:  ( 1;2 )   ) ( ) y − x + − x (1) x +1 + y − + x − y =      f ( x + 1) = f ( y ) , với  f ( t ) = t + t Đáp số:  ( x; y ) = ( 3;4 ) HD:    (1) 4x2 + 2x + = 4x − 2x y − y + ( 1) � −1 + � x ;  Đáp số:  � �  � � 3 ( x + 1) − − y = x + + x + x ( ) 2 (x x − − − y = y − x + x − y + 5(1) 2x + + y +1 = HD :(1) f ( ) x−2 = f ( )   − y , .Đáp số:  { 15 ( 3;2 ) , ( −1;6 ) } x +1 + x + + x + = y −1 + y − + y − x + y + x + y = 80 �5 − 5 + � ; � � � Đáp số:  � x + x + 10 + y = y + 12 y y − x − + y ( x + 1) =   �9 + 161 153 + 161 � �9 − 161 153 − 161 � ; ; � � �  32 32 � � � � Đáp số:  ( x; y ) = � x− y = 1 − x +1 y +1 ( 2y + x + y = x + 6y + 2 )( ( x+ 8.   ) y +1 ) x2 + y + y2 + = x + 3− x = 2y − − y + 9.  10.  11 12 ( 1) ( 2)  Đáp số:  ( 3;3)    Đáp số:  ( −1;1) , ( 2; −2 ) x + y − + = 16 y + x x − y + x − y + 3x − y = x + y + x xy ( ) ( 1) x2 + + = y + + y ( 3x − 1) x y + xy − − x3 + 3x y − x = x3 − y = ( x − y ) + x + 1− x − 2y − y + = ( 1) �1 �   Đáp số:   ( x; y ) = � ; � �3 � ( 2) 2 ( 2) � 3� � � Đáp số:   ( 1;3) ;  �2; �   Đáp số:  ( 0;1)   x − y + x − y − 30 = 28 y ( y + 4) = − x y + 10 ( ) Đáp số:  ( x; y )  =  − 2; −1 , ( − 1;2 + 16 ) x +3 y + y + 4.2 x +4 y = 22 x +3 y + 4( y +1) 13.  ( 1) 2 y + y − x + xy 2x − y − = ( 2) y + y − 3x + �22 − 10 − 10 � ; � � � Đáp số:  ( 1; −1) , ( 8;6 ) , � 14.  x3 y − y = 28 x y + xy + y = 18 ( )  Đáp số:  2; Sử dụng phương pháp thế, cộng đại số sau đó kết hợp với  phương pháp hàm số Bài 1. Giải hệ   y − x +1+ = x +1 + − x x − y + x y = xy − 3x + y Phân tích: Nhìn vào hệ ta thấy khó có thể bắt đầu ở phương trình thứ   nhất của hệ. Để  ý đến phương trình thứ  hai, ta thấy có những cặp hệ  số   giống nhau: hệ  số  2 (trong  x ;2 xy ), hệ  số  3 (trong  3x ,3 y ), hệ  số  1 (trong  y , x y ) do đó ta sẽ nghĩ đến ghép từng cặp biểu thức có hệ  số giống nhau   lại để làm xuất hiện nhân tử chung Giải: Điều kiện:  −1 x   Ta có (2) � x( x − y ) + y ( x − y ) + 3( x − y ) = � (2 x + y + 3)( x − y ) =    � y = x  (vì  x + y + > , với mọi  −1 x ) Thay  y = x  vào (1) ta được:  x − x + + = x + + − x  (3) Xét hàm số  f ( x ) = x − x − x + − − x + + 2, x [­1;2] Ta có  f ' ( x ) = x − −  Và  f '' ( x ) = + x +1 4( x + 1) x + + + 2− x 4(2 − x) − x 17 > 0, ∀x �(−1;2) Do đó hàm số  f ’ ( x )  đồng biến trên khoảng (­1; 2), nên phương trình  �1 � f ’ ( x )   =  0  có nhiều nhất 1 nghiệm. Mặt khác f ’ � �   =  0 , từ đó ta có BBT  �2 � x ­1 ­ f'(x) f(x) 2 + f( ) Vì f( ) = + −  

Ngày đăng: 30/10/2020, 03:20

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w