Đang tải... (xem toàn văn)
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( ) = + −