(Sáng kiến kinh nghiệm) vận dụng phương pháp hàm số giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH TIỀN GIANG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013 TỔ TỐN TRƯỜNG THPT CHUN TG Giáo viên: Nguyễn Hồng Kinh Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang MỤC LỤC: Số thứ tự Nội dung Mục lục Tên đề tài A Đặt vấn đề (Lý chọn đề tài) B.Giải vấn đề Cơ sở lý luận đề tài Cấu trúc đề tài Nội dung đề tài a./ Các toán sử dụng hệ tính đơn điệu i Cơ sở lý luận: Hệ tính đơn điệu ii Các thí dụ iii Bài tập tương tự iv Hướng dẫn kết tập tương tự 10 b./ Các toán sử dụng hệ định lý Lagrange 11 i Cơ sở lý luận: Hệ định lý Lagrange 12 ii Các thí dụ 13 iii Bài tập tương tự 14 iv Hướng dẫn kết tập tương tự 15 c./ Các toán sử dụng phương pháp hàm đặc trưng 16 i Cơ sở lý luận: Tính chất hàm số đơn điệu 17 tập hợp D ii Các thí dụ 18 iii Bài tập tương tự 19 iv Hướng dẫn kết tập tương tự 20 d./ Các toán sử dụng định nghĩa hàm số đơn 21 điệu i Cơ sở lý luận: Định nghĩa hàm số đơn điệu 22 tập hợp D ii Các thí dụ 23 iii Bài tập tương tự 24 iv Hướng dẫn kết tập tương tự 25 26 Hiệu đề tài 27 C Kết luận Tài liệu tham khảo 28 Phụ lục 29 Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 10 11 11 11 13 14 16 16 16 20 21 27 27 27 31 34 43 43 43 48 49 51 52 53 54 Trang Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang TÊN ĐỀ TÀI: Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang A LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Những năm gần đây, đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh thành toàn quốc đề thi tuyển sinh Đại học, phần đại số sơ cấp; phần lớn người ta cho phương trình, hệ phương trình, bất phương trình mà ta thường hay kết hợp phương pháp đại số sơ cấp phương pháp hàm số để giải Những toán này, phần lớn có hình thức nhìn phức tạp dấu phương trình, hệ phương trình hay bất phương trình đại số với hàm số cộng với việc khai triển đánh lạc hướng Trong phần này, xin tổng kết giới thiệu dạng, phương pháp điển hình thường hay sử dụng giải toán dạng nhằm giúp em học sinh phổ thơng có thêm khả xử lý tốt toán sơ cấp có kết tốt kỳ thi chọn học sinh giỏi kỳ thi đại học Mỹ Tho, ngày 20 tháng 11 năm 2012 Thầy Nguyễn Hoàng Kinh Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ: CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI: a Định nghĩa tính đơn điệu hàm số: Cho hàm số f xác định khoảng (a; b)  Hàm số f gọi đồng biến (a; b)  (x1, x2(a; b): x1 < x2  f(x1) < f(x2))  Hàm số f gọi là nghịch biến (a; b)  (x1, x2(a; b): x1 < x2  f(x1) > f(x2)) b Định lý điều cần tính đơn điệu hàm số: Giả sử f(x) có đạo hàm khoảng (a; b) f(x) đồng biến khoảng (a; b)  f’(x)  khoảng (a; b) f(x) nghịch biến khoảng (a; b)  f’(x)  khoảng (a; b) c Định lý điều đủ tính đơn điệu hàm số: Giả sử f(x) có đạo hàm khoảng (a; b) f ’(x) > khoảng (a; b)  f(x) đồng biến khoảng (a; b) f ’(x) < khoảng (a; b)  f(x) nghịch biến khoảng (a; b) f ’(x) = khoảng (a; b)  f(x) không đổi khoảng (a; b) d Mở rộng định lý tính đơn điệu hàm số: Nếu f ’(x)  0, x (a; b) (hay f’(x) ≤ 0, x (a; b)) f’(x) = số hữu hạn điểm thuộc khoảng (a; b) hàm số đồng biến (hay nghịch biến) khoảng (a; b) e Hệ định lý Lagrange: “Trên tập xác định D, đạo hàm cấp k hàm số f khơng đổi dấu phương trình f(x) = C có khơng q k nghiệm phân biệt” Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang CẤU TRÚC ĐỀ TÀI: Các toán sử dụng hệ tính đơn điệu hai hàm số a Hệ tính đơn điệu hàm số b Các thí dụ phân tích giải c Các tập tương tự d Hướng dẫn kết tập Các toán sử dụng hệ định lý Lagrange a Hệ định lý Lagrange b Các thí dụ phân tích giải c Các tập tương tự d Hướng dẫn kết tập Các toán sử dụng phương pháp hàm đặc trưng a Tính chất hàm số liên tục đơn điệu D b Các thí dụ phân tích giải c Các tập tương tự d Hướng dẫn kết tập Các toán sử dụng định nghĩa hàm số đơn điệu a Định nghĩa hàm số đơn điệu D b Các thí dụ phân tích giải c Các tập tương tự d Hướng dẫn kết tập Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 10 Thí dụ 4: Giải phương trình: x9  x2   2x  Giải: phương trình  x9 + 9x2 – = 3(2x + 1)3  x9 + 3x3 = (3x + 1)3 + 3(3x + 1) mà hàm số: f(t) = t3 + 3t liên tục đồng biến , nên ta có: x3 = 3x + (*) Đặt: x = 2cost, t  [0; ]; –  x  2, pt (*): 8cos3t = 6cost +  cos3t = ½   t  9  k 23 ;k    2 t    k  Do: t  [0; ] nên t  9  t  59  t  x  2cos 9  x  2cos 59  x  2cos 79 7 , pt(*) có nghiệm:  x11  xy10  y 22  y12 Thí dụ 5: Giải hệ phương trình:  4 2 7 y  13x   y x(3x  y  1) Giải: Khi y = 0, pt(1)  x = 0, không thỏa pt(2) phương trình (1)      y x y 11 x y 11  y , hàm số f(t) = t + t liên tục đồng 11 biến , nên phương trình (1)  x = y2, vào pt(2), ta được: x  13x   x x(3x  3x  1)  13    23   x x x x x x Đặt: t  , x = y2, nên t > 0, ta được: 8t  13t  7t  3  3t  t  (2t  1)3  2(2t  1)  (3  3t  t )  3  3t  t Do hàm số f(t) = t3 + 2t liên tục đồng biến , nên pt(2’)  (2t + 1)3 = + 3t – t2  8t3 + 13t2 + 3t – =  (t + 1)(8t2 + 5t – 2) =  t  1    5 89 t  16   t  5 89 16 t 5 89 16  89  89 ;y   x  x  x   y 1  Thí dụ 6: Giải hệ phương trình:   y  y  y   3x 1  Khi đó: x  Giải: Đặt: u = x – 1; v = y – Ta hệ phương trình: u  u   3v  u  u   3u  v  v   3v   v  v   3u Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 18 Xét hàm số: f (t )  t  t   3t liên tục đồng biến   u = v Khi đó: u  u   3u   3u ( u   u ) Xét g(u)  3u ( u   u )   u  g '(u )  3u ln 3( u   u )  3u   1  u 1    g '(u )  3u ( u   u )  ln    0, u  R u2    Vậy g(u) đồng biến  Ta có g(0) = Vậy u = nghiệm (1) Nên (II)  u = = v Vậy (I)  x = y = Thí dụ 7: Giải phương trình: x2  x  1 x  x  2  x2  x 1 x  x   x2  Giải: Điều kiện: 0  x  x    x  [1;2]   x  1  [0; 12 17 ]  1 17 1 17  x  [ ; 1]  [0; ] 0  x  x  Phương trình cho tương đương: Hàm số: f ( t )  x2  x    ( x  x  2)  x2  x   ( x  x)  x2  t liên tục đồng biến đoạn [0; 4] 1  t Phương trình cho trở thành: f(x2 – x + 2) – f(x2 + x) – x2 + = (*)  x = – không thỏa pt (*)  x  [0; 1)  x2 – x + > x2 + x  Vế trái (*) > x2 – x + – x2 – x – x2 + = – x2 – 2x + >  x = thỏa pt (*)  x  (1; 12 17 ]  x2 – x + < x2 + x  Vế trái (*) < x2 – x + – x2 – x – x2 + = – x2 – 2x + < Vậy phương trình có nghiệm x = 3.3x  y   y  x Thí dụ 8: Giải hệ phương trình:  x y 2  2.3   3x  y  x  y  Giải: Phương trình (1) viết lại là: 3x 1  x   y  y Xét hàm số: g (t )  3t  t , ta có: g '(t )  3t ln   0, t    g liên tục đồng biến  Do đó, ta được: y = x + Thế vào phương trình (2), ta được: x 1  2.3x  x  x   x 1  2.3x  x  x   Xét hàm số: f ( x )  x 1  2.3x  5x  x  4, x   Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 19  f '( x )  2.2 x ln  2.3x ln  10 x   f ''( x )  2.2 x ln 2  2.3x ln  10  f '''( x )  2.2 x ln  2.3x ln 3  0, x   Do đó: f’’ liên tục đồng biến   phương trình f’’(x) = có nhiều nghiệm  f’ liên tục có nhiều khoảng biến thiên   phương trình f’(x) = có nhiều nghiệm Khi f liên tục có nhiều khoảng biến thiên  hay phương trình f(x) = có nhiều nghiệm Mà: f (0)  f (1)  f (2)  , phương trình f(x) = có nghiệm x = 0, x = 1, x = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm: ( x  0; y  1)  ( x  1; y  2)  ( x  2; y  3) Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 20 4/ DẠNG 4: Sử dụng định nghĩa hàm số đơn điệu: đn  Hàm số f đồng biến (a; b)   x, y  (a; b): x  y  f(x)  f(y) đn  Hàm số f nghịch biến (a; b)   x, y  (a; b): x  y  f(x)  f(y)  x  x  y Thí dụ 1: Giải hệ phương trình:   y  y  x Giải: Với điều kiện: x  0, y  0, hệ phương trình cho tương đương:  x2   x  x  y    y   y  y  x  Hàm số f ( t )  x y y x t2  t liên tục đồng biến [0; +) Do đó: giả sử  x  y  f(y)  f(x)  y  x, suy ra: x = y   x  x  x   x ( x  1)( x  x  1)    y  x  y  x 3  x   x   x      y   y   y  32  x   2( x  x  y ) Thí dụ 2: Giải hệ phương trình:   y   2( y  y  x ) Khi ta có hệ phương trình:  Giải:  C1: Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2), ta có: x  y x  y  2( x  y )  4( x  y )   ( x  y )  2( x  y )   xy Lấy phương trình (1) cộng phương trình (2), ta có: ( x  y )3  3xy ( x  y )   2( x  y )2  xy ( x  y )2  2( x  y )   xy y  x Do đó, ta có:  (3)   (4) ( x  y )  3xy ( x  y )   2( x  y )  xy  x  2x   1 Giải (3), ta được: x  y   x  y  Đặt: S = x + y; P = xy, với S2 – 4P  0, hệ (4) trở thành:  S  S   P   S  S  10 S   (4) Do: S2 – 4P = – 3S2 + 8S – 16  3( S  43 )2  323  , nên hệ phương trình (4) vơ nghiệm Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 21  y  12 x  x  x  12  C2: Ta có:   x  12 y  y  y  12 Do hàm số: z  f (t )  12 t  t  t  12 liên tục đồng biến  Nếu ta có: x  y  f(x)  f(y)  y  x, suy ra: x = y y  x Khi đó, ta có hệ phương trình:   x  y  1 x  y   x  2x    x  3x   ln( x  x  1)  y  Thí dụ 3: Giải hệ phương trình:  y  y   ln( y  y  1)  z  z  3z   ln( z  z  1)  x  1 Giải: Xét hàm số: 2t  2t  f (t )  t  3t   ln(t  t  1)  f '(t )  3t    3t    0, t   t  t 1 t  t 1 2 suy hàm số f(t) liên tục đồng biến  Giả sử: x = min{x; y; z}, đó: x ≤ y  f(x) ≤ f(y)  y ≤ z  f(y) ≤ f(z)  z ≤ x tức là, ta có: x ≤ y ≤ z ≤ x nên x = y = z Lúc đó, ta có: x  x   ln( x  x  1)  2x2  Do hàm số: g ( x )  x  x   ln( x  x  1) có: g '( x )  3x   0, x   x  x 1 2 nên g(x) liên tục đồng biến , mà g(1) = nên phương trình: g(x) = có nghiệm x = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm: x = y = z =  f ( x1 )  g ( x2 )  f ( x )  g( x )  Tổng quát 1: Xét hệ phương trình:  , hai hàm số f g  f ( x )  g( x ) n 1 n   f ( xn )  g ( x1 ) liên tục đồng biến tập K (x1; x2; ; xn) (xi  K, i = 1; 2; ; n) nghiệm hệ phương trình thì: x1 = x2 = = xn ( ) x3  x  y   Thí dụ 4: Giải hệ phương trình: ( 14 )2 y  y  z  z3  z x ( ) Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 22 Giải: Rõ ràng, ta có: x, y, z > Ta có hàm số f (t )  ( 14 )2 t  t nghịch biến liên tục (0; +) hàm số g(t) = t đồng biến liên tục (0; +) Nên ta giả sử: x = min{x; y; z}, đó: x ≤ y  f(x)  f(y)  y  z  f(y)  f(z)  z ≤ x  x = z  f(x) = f(z)  y = x Vậy hệ phương trình có nghiệm là: x  y  z  12  f ( x1 )  g ( x2 )  f ( x )  g( x )  Tổng quát 2: Xét hệ phương trình:  , n lẻ; hai hàm số f  f ( x )  g( x ) n 1 n   f ( xn )  g ( x1 ) nghịch biến, g đồng biến liên tục tập K (x1; x2; ; xn) (xi  K, i = 1; 2; ; n) nghiệm hệ phương trình thì: x1 = x2 = = xn ( x  1)2  y  ( y  1)  z Thí dụ 5: Giải hệ phương trình:  ( z  1)  2t (t  1)2  x  Giải: Vì vế trái phương trình khơng âm nên hệ phương trình có nghiệm x, y, z, t  Xét hàm số: f(s) = (s – 1)2, ta có f liên tục tăng (1; +), giảm (–; 1) Giả sử: x = min{x; y; z; t}  Nếu x  (1; +) x, y, z, t  (1; +), ta có: x = y = z = t =   Nếu x  [0; 1]  f(x)    2y   y  [0; 1]  z, t  [0; 1] Do đó: x ≤ y  f(x)  f(y)  y  z  f(y)  f(z)  z ≤ x  x = z Với x = z  f(x)  f(z)  y = t ( x  1)2  y ( x  1)2  y   x  y  2  x  y  x   y ( y  1)  x   Lúc đó, ta có hệ phương trình:  Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm: x = y = z = t = 2  x = y = z = t = 2  f ( x1 )  g ( x2 )  f ( x )  g( x )  Tổng quát 3: Xét hệ phương trình:  , n chẵn; hai hàm số f  f ( x )  g( x ) n 1 n   f ( xn )  g ( x1 ) nghịch biến, g đồng biến liên tục tập K (x1; x2; ; xn) Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 23  x1  x3   xn1  x2  x4   xn (xi  K, i = 1; 2; ; n) nghiệm hệ phương trình thì:  Chứng minh: Giả sử: x1 = min{x1; x2; …; xn} Ta có: x1  x3  f(x1)  f(x3)  g(x2)  g(x4)  x2  x4  f(x2)  f(x4)  g(x3)  g(x5)  x3  x5…  f(xn-2)  f(xn)  g(xn-1)  g(x1)  xn-1  x1  f(xn-1)  f(x1)  g(xn)  g(x2)  xn  x2  x1  x3   xn1  x1  x1  x3   xn 1   x2  x4   xn  x2  x2  x4   xn Vậy:  Thí dụ 6: Giải phương trình: 2010 x ( x   x )  Giải: Phương trình cho tương đương: 2010 x  x   x  2010 x  x   x    1  x 1   Xét hàm số: f ( x )  2010 x  x   x  f '( x )  2010 x ln 2010   x  Ta có: f(0) =   1   ( )2    x    Với x > 0, ta có: f '( x )  ln 2010    f(x) liên tục đồng biến (0; +)  f(x) > f(0) = 0, x  (0; +) hay pt f(x) = khơng có nghiệm (0; +)  Với x < 0, ta có: 2010x < ex  f ( x )  e x  x   x  e x   x  g ( x ) Ta có: g '( x )  e x   0, x  (;0)  g(x) liên tục giảm (–; 0)  g(x) < g(0) = Suy ra: f(x) < 0, x  (–; 0) hay phương trình f(x) = khơng có nghiệm (–; 0) Vậy phương trình f(x) = có nghiệm x = 2013 2012 Thí dụ 7: Giải phương trình: 2012  x  2013  x 1 Giải:  Rõ ràng x = 2012 x = 2013 nghiệm phương trình cho  Với x  (–; 2012), ta có: 2013  2012  x   2012  x 0 2013 2012   2012  x  2013  x 1  2012 2013  x  1  2013  x  Do đó, phương trình cho khơng có nghiệm x  (–; 2012)  Với x  (2013; +), ta có: Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 24 2013  2012  x   2012  x 1 2013 2012   2012  x  2013  x 1  2012 2013  x  0  2013  x  Do đó, phương trình cho khơng có nghiệm x  (2013; +)  Với x  (2012; 2013), ta có: 0  2012  x  x  2012  2013 2012  2012  x  2013  x  ( x  2012)  (2013  x )   0  2013  x  2013  x  Do đó, phương trình cho khơng có nghiệm x  (2012; 2013) Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = 2012 x = 2013 Thí dụ 8: Giải phương trình: x2  x  1 x  x  2  x2  x  x2  1 x  x  Giải: 0  x  x    x  [1;2] Điều kiện:    x  1  [0; 12 17 ] 1 17 1 17  x  [ ; 1]  [0; ] 0  x  x  Phương trình cho tương đương: Hàm số: f (t )  x2  x    ( x  x  2)  x2  x   ( x  x)  x2  t liên tục đồng biến đoạn [0; 4] 1  t Phương trình cho trở thành: f(x2 – x + 2) – f(x2 + x) – x2 + = (*)  x = – không thỏa pt (*)  x  [0; 1)  x2 – x + > x2 + x  f(x2 – x + 2) – f(x2 + x) – x2 + > x2 – x + – x2 – x – x2 + = – x2 – 2x + >  x = thỏa pt (*)  x  (1; 12 17 ]  x2 – x + < x2 + x  f(x2 – x + 2) – f(x2 + x) – x2 + < x2 – x + – x2 – x – x2 + = – x2 – 2x + < Vậy phương trình có nghiệm x = Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 25 HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI: Trong nội dung trình bày phần trên, ta dễ dàng thấy thí dụ tập trích đề tài bao gồm tập sách giáo khoa; khó khó trích đề thi đại học; trích từ đề thi học sinh giỏi tỉnh thành tồn quốc Điều chứng tỏ đề tài phổ biến đề tài mà em học sinh khá, giỏi cần phải nắm để giải tập lớp, tạo bước đột phá dự thi tuyển sinh đại học giải phần toán đại số đề thi học sinh giỏi địa phương Khi tơi tiến hành kiểm tra thử hai lớp khối 12: lớp 12 Chuyên Toán (30 học sinh) lớp 12 Chuyên Lý (32 học sinh) với thời gian 60 phút cho tốn thu kết đánh sau: Lớp 12 CT 12 CL [0; 3,5) 01 02 [3,5; 5) 03 02 [5; 6,5) 10 19 [6,5; 8) 13 08 [8; 10] Tổng số 30 32 (Đề kiểm tra đáp án có kèm theo phần phụ lục) Với kết trên, nhận xét:  Phần lớn em học sinh sử dụng dạng nêu mức độ đơn giản mức độ thi đại học tầm câu khó, tập sách tập giáo khoa  Một số em sử dụng tương đối tốt dạng nêu đề tài mức độ cao hơn, cho nhiều lớp  Rất em sử dụng sáng tạo phương pháp nêu Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 26 C KẾT LUẬN: Qua đề tài trên, phân loại hệ thống dạng thường gặp việc sử dụng phương pháp hàm số nhằm để giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình giúp học sinh tiếp thu vận dụng sáng tạo dạng đưa ra, việc giúp em học sinh lớp 12 vượt qua câu khó mơn tốn kỳ tuyển sinh đại học, giúp cho em đội tuyển có nhìn rộng toán đại số kỳ thi chọn học sinh giỏi Tuy vấn đề khó chương trình, em học sinh tiếp cận vận dụng từ mức độ đơn giản đến phức tạp Chúc em gặt hái nhiều thành công học tập sống Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 27 TÀI LIỆU THAM KHẢO  Sách giáo khoa sách tập giáo khoa nâng cao  Các đề thi đại học từ năm 2002 đến 2012  Các đề thi thử đại học trường toàn quốc  Các đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh toàn quốc Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 28 PHỤ LỤC ĐỀ KIỂM TRA THỬ Câu 1: Giải phương trình: x   27 x  27 x  13x  Câu 2: Giải phương trình: 3log x  x   x  x   y Câu 3: Giải hệ phương trình:  y   y   x x y 3.3    y  x x y 2  2.3   3x  y  x  y  Câu 4: Giải hệ phương trình:  ln(1  x )  ln(1  y )  x  y Câu 5: Giải hệ phương trình:  2  x  10 xy  24 y  Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 29 ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA THỬ Câu 1: Giải phương trình: x   27 x  27 x  13x  Phương trình cho tương đương phương trình: (2 x  1)  x   (3x  1)3  2(3x  1) (*) Xét hàm số: f (t )  t  2t , t   Ta có: f '(t )  3t   0, t   Điểm 0,5đ 0,25đ 0,25đ Suy hàm số f liên tục đồng biến  0,25đ Do đó: (*)  f ( x  1)  f (3 x  1)  x   3x  0,25đ  x   (3x  1)3  x (27 x  27 x  7)   x = Vậy phương trình cho có nghiệm x = 0,25đ Câu 2: Giải phương trình: 3log x  x  Điều kiện: x > Với điều kiện phương trình cho tương đương: 3log x  x   Xét hàm số: f ( x )  3log x  x  2, x  (0; ) Ta có: f '( x )  2 x ln f '( x )   x   log (2 2) 2ln Suy hàm số f có nhiều khoảng biến thiên (0; ) Do phương trình: f(x) = có nhiều nghiệm phân biệt Mà: f (1)  f (4)  Vậy phương trình cho có tập nghiệm là: S  {1; 4} Điểm x   x   y y   y   x Câu 3: Giải hệ phương trình:  0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Điểm Hệ phương trình cho tương đương hệ phương trình:  x  x   y 2 x  x   y  x  x y y    x  y  y  x 2  3x   y 0,25đ Xét hàm số: f (t )  2t  3t , t   0,25đ Suy hàm số f liên tục đồng biến  0,25đ  f '(t )  2t ln   0, t   Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh Trang 30 Do đó: x  x  y  y  f ( x )  f ( y )  x  y 0,25đ y  x Khi đó, ta có hệ phương trình:  x 2  x   0,25đ Xét hàm số: g ( x )   x  3, x   x  g '( x )  x ln   0, x   Suy hàm số g liên tục đồng biến , mà g(1) = nên phương trình g(x) = có nghiệm x = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x = y = 3.3x  y   y  x Câu 4: Giải hệ phương trình:  x y 2  2.3   3x  y  x  y  Phương trình (1) viết lại là: 3x 1  x   y  y Xét hàm số: g (t )  3t  t Ta có: g '(t )  3t ln   0, t    g liên tục đồng biến  Do đó, ta được: y = x + Thế vào phương trình (2), ta được: x 1  2.3x  x  x   x 1  2.3x  x  x   Xét hàm số: f ( x )  x 1  2.3x  5x  x  4, x    f '( x )  2.2 x ln  2.3x ln  10 x   f ''( x )  2.2 x ln 2  2.3x ln  10  f '''( x )  2.2 x ln  2.3x ln 3  0, x   Do đó: f’’ liên tục đồng biến   phương trình f’’(x) = có nhiều nghiệm  f’ liên tục có nhiều khoảng biến thiên   phương trình f’(x) = có nhiều nghiệm Khi f liên tục có nhiều khoảng biến thiên  hay phương trình f(x) = có nhiều nghiệm Mà: f (0)  f (1)  f (2)  , phương trình f(x) = có nghiệm x = 0, x = 1, x = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm: ( x  0; y  1)  ( x  1; y  2)  ( x  2; y  3) ln(1  x )  ln(1  y )  x  y Câu 5: Giải hệ phương trình:  2  x  10 xy  24 y   x  1 Điều kiện:  Khi y = 0, từ phương trình (2) suy x = 0, thỏa  y  1 Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh 0,25đ 0,25đ 0,25đ Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Điểm 0,25đ Trang 31 phương trình (1) Khi y  ( 1; ) \ {0} , chia hai vế phương trình (2) cho y2 > 0, ta được: ( xy )2  10( xy )  24   xy   xy   x  y  x  y Suy ra: x; y  ( 1;0)  x; y  (0; ) (*) Phương trình (1): ln(1  x )  x  ln(1  y )  y (**) Xét hàm số: f (t )  ln(1  t )  t; t  ( 1; ) t  f '(t )  1   ; t  ( 1; ) t 1 t 1 Do hàm số f liên tục đồng biến ( 1;0) nghịch biến (0; ) (***) Từ (*), (**) (***), ta có x = y  x; y  ( 1;0)  x; y  (0; )  Do đó, ta hệ phương trình:  x  y  x  y x  y  Nhưng hệ phương trình vơ nghiệm Vậy hệ phương trình cho có nghiệm: x = y = Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Trang 32 ... phương trình, bất phương trình mà ta thường hay kết hợp phương pháp đại số sơ cấp phương pháp hàm số để giải Những toán này, phần lớn có hình thức nhìn phức tạp dấu phương trình, hệ phương trình. .. đề tài trên, phân loại hệ thống dạng thường gặp việc sử dụng phương pháp hàm số nhằm để giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình giúp học sinh tiếp thu vận dụng sáng tạo dạng đưa... 32  x   2( x  x  y ) Thí dụ 2: Giải hệ phương trình:   y   2( y  y  x ) Khi ta có hệ phương trình:  Giải:  C1: Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2), ta có: x  y x  y  2(