Phương pháp khảo sát hàm số đại diện

Chương II: Các phương pháp giải hệ phương trình

Bài 5: Phương pháp khảo sát hàm số đại diện

Phương pháp khảo sát hàm đại diện là phương pháp thường được sử dụng trong đề thi đại học những năm gần đây. Tuy nói là “khảo sát hàm số” nhưng việc tư duy biến đổi để tìm ra hàm số đại diện thì không phải là đơn giản. Bạn cần nhận ra dấu hiệu của nó và thêm bớt một vài lần để nắn ra được đúng hàm số thỏa mãn.

Nguồn gốc của những bài hệ giải bằng phương pháp hàm số là đi từ hàm số! Ta sẽ đi từ một hàm số đơn điệu (chỉ đồng biến hoặc nghịch biến) trên một miền xác định. Sau đó, ta sẽ tiến hành hai phép đặt đồng thời {t = t1(x; y)

t = t2(x; y) để đưa về phương trình (x; y). Phương trình kia của hệ cũng chỉ là thế kết quả t1 = t2 của phương trình trên vào một phương trình một ẩn bất kỳ có thể giải được.

Trong những phần trước, cũng có một số phần đã đề cập và sử dụng phương pháp hàm số để đánh giá, và tư tưởng đánh giá đó sẽ thông suốt cả ở phần này.

Hướng dẫn:

Nhìn qua hệ thì thấy ngay rằng (2) sẽ không thể xử lý trước, còn (1) thì có thể nhìn thấy sự tương đồng về bậc giữa hai số hạng. Cụ thể: (4x2+ 1) sẽ là bậc hai đối với x, còn (y − 3) sẽ là bậc hai đối với

√5 − 2y. Do đó, ta sẽ chuyển vế để nắn ra hàm số f(t) = 4t3+ t ở cả hai vế. Biểu thức (3 − y)√5 − 2y không thể chọn √5 − 2y làm vai trò giống như x được. Do đó, khi gặp trường hợp này, ta phải chọn ước hoặc bội của (5 − 2y) làm ẩn.

(1) ⇔ 4x3+ x = 4 (5 4−y

2) √5 4−y

2+ √5 4−y

2

Đến đây, ta chỉ việc khảo sát hàm số f(t) = 4t3+ t và suy ra nó đồng biến trên ℝ. Từ đó ta có kết quả: 2x =

√5 − 2y. Công việc tiếp theo chắc chắn là đem thế vào (2). Tuy nhiên, nên thế theo x hay thế theo y? Nhận thấy rằng nếu thế theo y thì trong căn lại có căn ( 3 − 2√5 − 2y) vô cùng lằng nhằng; do đó, ta sẽ thực hiện thế theo x. Khi đó ta được:

(2) ⇔ 16x4− 24x2+ 8√3 − 4x − 3 = 0

Phương trình này giải thế nào? Chắc chắn một điều là kiểu gì cũng sẽ ra đến phương trình này, vì không còn cách nào khác có thể xử lý hệ ban đầu ngon bằng việc khảo sát hàm đại diện như trên rồi. Chúng ta sẽ thực hiện gạn điều kiện thật nghiêm ngặt để xử lý phương trình này. Từ 2x = √5 − 2y có thể suy ra x ≥ 0, kết hợp với điều kiện ban đầu thì ta được x ∈ [0; ]. Công việc bây giờ là mò nghiệm trong tập xác định; và ta tìm được một giá trị là x = . Bây giờ, chỉ còn hai con đường duy nhất có thể đi tiếp, đó là “ép nghiệm” và

“khảo sát hàm số”. Ta sẽ thử lần lượt cả hai hướng.

 Hướng 1: Ép nghiệm:

pt ⇔ (16x4− 24x2+ 5) + 8(√3 − 4x − 1) = 0

⇔ (4x2− 5)(4x2− 1) + 8 2 − 4x

√3 − 4x + 1= 0 3

4 1

2

129 (K.A – 2010): Giải hệ phương trình:

⇔ (2x − 1) [8x3+ 4x2− 10x − 5 − 16

√3 − 4x + 1] = 0

Công việc còn lại, và cũng mang nhiều nguy cơ nhất của hướng đi này là chứng minh cái ngoặc to kia vô nghiệm trong tập xác định! Do cái phân số kia dương, nên ta sẽ thử đi chứng minh hàm số bậc ba bên ngoài cũng âm trên tập xác định (nếu điều này không xảy ra thì nói chung rất khó để giải quyết; nhiều khi cũng là không thể). Thật may là khi khảo sát hàm g(x) = 8x3+ 4x2− 10x − 5 trên tập xác định thì giá trị của nó luôn âm; vậy là cái ngoặc to kia luôn âm trên tập xác định của x. Và bài toán được giải quyết.

 Hướng 2: Khảo sát hàm số: Hướng này thường được sử dụng nếu hướng trên không khả thi, vì đây là biện pháp cuối cùng. Và bây giờ ta sẽ thử xem hướng này có khả thi không.

Xét h(x) = 16x4− 24x2+ 8√3 − 4x − 3 (x ∈ [0;3 4]) có h′(x) = 64x3− 48x − 16

√3 − 4x= 16x(4x2− 3) − 16

√3 − 4x do x ≤3

4⇒ x2<3

4⇒ h′(x) < 0 ∀ x ∈ (0;3

4) . Nên h(x) nghịch biến trên [0;3 4] Kết quả thu được quá tốt và không thể tốt hơn!

Vậy là trong bài toán này, cả hai hướng xử lý của chúng ta đều khả thi, và hướng nào cũng khoa học.

Bài giải chi tiết

Điều kiện:

{ x ≤

y ≤

(1) ⇔ 4x3+ x = 4 (5 4−y

2) √5 4−y

2+ √5 4−y

2

Xét hàm số f(t) = 4t3+ t (t ∈ ℝ) có f′(t) = 12t2+ 1 > 0 ∀ t ∈ ℝ. Do đó f(t) đồng biến trên ℝ.

Mà ta có f(x) = f (√5 4−y

2) ⇔ x = √5 4−y

2 (nên x ≥ 0). Khi đó ta được:

(2) ⇔ 16x4− 24x2+ 8√3 − 4x − 3 = 0 (3)

 Cách 1: Ép nghiệm:

Ta có:

(3) ⇔ (16x4− 24x2+ 5) + 8(√3 − 4x − 1) = 0

⇔ (4x2− 5)(4x2− 1) + 8 2 − 4x

√3 − 4x + 1= 0 ⇔ (2x − 1) [8x3+ 4x2− 10x − 5 − 16

√3 − 4x + 1] = 0

⇔ {

x =1

2⇒ y = 2 (thỏa mãn) 8x3+ 4x2− 10x − 5 − 16

√3 − 4x + 1= 0 Xét hàm số g(x) = 8x3+ 4x2− 10x − 5 với x ∈ [0;3

4] có g′(x) = 24x2+ 8x − 10 = 0 ⇔ x =1 2 Do g(0) = −5; g (3

4) = −55 8 ; g (1

2) = −8 nên g(x) < 0 ∀ x ∈ [0;3 4] Nên phương trình 8x3+ 4x2− 10x − 5 − 16

√3 − 4x + 1= 0 vô nghiệm trên [0;3 4].

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( ; 2) 3

4 5 2

1 2

 Cách 2: Khảo sát hàm số:

Xét h(x) = 16x4− 24x2+ 8√3 − 4x − 3 (x ∈ [0;3 4]) có h′(x) = 64x3− 48x − 16

√3 − 4x= 16x(4x2− 3) − 16

√3 − 4x do x ≤3

4⇒ x2<3

4⇒ h′(x) < 0 ∀ x ∈ (0;3

4) . Nên h(x) nghịch biến trên [0;3 4] mà h (1

2 ) = 0. Nên x =1

2 là nghiệm duy nhất của phương trình ⇒ y = 2 Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là: {x = 1

2 y = 2

⇒ Để có thể sử dụng phương pháp khảo sát hàm đại diện thì ta phải nhìn ra được sự tương đồng giữa các hạng tử, rồi nắn ra hàm số. Sau khi đem thế ngược lại và được một phương trình mới, nếu không đơn giản để giải quyết, ta cần nhìn lại để gạn điều kiện.

Về phần phương trình hệ quả được tạo thành, ta có thể thấy ngay rằng chắc chắn nó sẽ không được tạo ra từ cách xét đạo hàm, vì việc chọn một hàm số rồi nắn ra nguyên hàm sao cho thỏa mãn không phải đơn giản.

Cách đơn giải nhất để tạo ra phươn trình hệ quả là đi từ phương trình tích được tạo ra từ kỹ thuật “ép nghiệm”.

Bài giải chi tiết:

Điều kiện: 3x y 2 0 x 1

  

 



Từ (1) ta có: 32y2  4x x 1 41  0 1 y2     1 1 y 1

3x y 2 3.1 1 2 4 3x y 2 2

           Lại có x 1  2x 2 2

Đặt a 3x y 2 a, b 2

b 2x 2

   

 

  

 ta được a2 b2  x y

Từ (1) ta được: a33 a 2 b2b3 a3 3a2 b33b2 (3)

Xét hàm số f t  t3 3t2 trên 2;

Ta có f ' t 3t26t3t t 2  0 t 2

Suy ra f t  đồng biến trên 2;

Nên  3 f a   f b   a b 3x  y 2 2x  2 x y

Thay vào (2) ta được: 32x2 4x x 1 (4) Do x 1 32x2  1 4x4x x 1

Dấu “=” xảy ra khi x 1 Nên  4    x 1 y 1

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x, y   1;1 .

Bài giải chi tiết:

Điều kiện:

x 1 3 x y 3 0

  



   



Phương trình (1) tương đương với:

3 2 2 2 2

5x x xy y 2x y 2xy 4x

      

x 1 5x  2 2xy 4x y2 0

       

2 2

x 1 Loai

5x 2xy 4x y 0

  

      Với 5x2 2xy4xy2  0 2x1 2  xy2 1 (3)

1 3x 1 2

1 2x 1 1 0 x 1

1 x y 1 1 x y 1 2 x y 3 2

   

     

  

             Phương trình (2) tương đương với:

     

2 3x7 3x 1 2 x y 9 x  y 3 9 2x y 2

       

2 3x 7 3x 1 9 3x 1 2 x y 9 x y 3 9 x y 3

             (4)

174 Giải hệ phương trình

173 Giải hệ phương trình

Xét hàm số f t 2t3 9t2 12t với t 1; 2 ta có

  2     

f ' t 6t 18t126 t1 t2   0 t 1; 2 Suy ra hàm số nghịch biến trên  1; 2

Nên  4 f 3x 1 f x y 33x    1 x y 3 2x y 2

Thay vào (3) ta được:   2 2

8 2 3 10 4 3

x y

13 13

2x 1 3x 2 1

8 2 3 10 4 3

x y

13 13

  

  



    

     



Vậy hệ đã cho có nghiệm x, y 8 2 3 10; 4 3 , 8 2 3 10; 4 3

13 13 13 13

       

      .

Bài giải chi tiết:

Điều kiện: x 1, y 2 Từ phương trình (1) ta có:

2 x 1 6 x 1 3 4 x 2

1 y 3

3 y 1 6 y 1 2

        

  

        

 

 

Kết hợp điều kiện ta có 1 x 2 0 x 1 1

2 y 3 0 y 2 1

   

   

      

 

Phương trình (2) tương đương với:

       

2 x1 x 1 3 x 1 2 y2 y 2 3 y2 (3) Xét hàm số: f t 2t3 3t2 trên  0;1

Ta có f ' t 6t2 6t6t t    1 0 t  0;1

Suy ra hàm số nghịch biến trên  0;1

Nên  3 f x 1  f y2 x 1  y   2 x y 1

Thay vào (1) ta được:

2 x 1 3 x 6 2x 2 3x 6 x 4 x 1 5

x 1 x 1

         

  

    

 

  

vô nghiệm.

Vậy hệ đã cho vô nghiệm.

Bài giải chi tiết:

Ta có: 3y2 6y4 3y2 6y 7 3 y 1  2 1 3 y 1  2  4 2

175 Giải hệ phương trình

176

Giải hệ phương trình

  2

3 2

x 1

4x 4x 7x 2 x 2 2x 1 0 2

x 2

  

        

 



- Nếu 1

x 2thay vào (1) ta được:y 1 thay vào (2) thấy không thỏa mãn.

- Nếu x2:

Ta có x2 y2 2y2 7 x 2 y2 2y 8 x2 y2 2y 1 x  2y22y8

 2  2

2 2

x y 1 x y 1 9

   

        

 2  2  2

2 2 2

x y 1  x y 1 3  x y 1 3

 

               Nên phương trình (2) tương đương với:

x3 3x x2 y 1 2 3 x2 y 1 2  x2 y 1 2 3    x2y 1 2 3

   2  2

2 2 2

x x 3 x y 1  x y 1 3

          

Đặt m x2 y 1  2 m x 2 ta được: x33x2m33m2 (3)

Xét f t  t3 3t2 trên 2; có f ' t 3t2 6t3t t 2  0 t 2 Suy ra f t  đồng biến trên 2;.

Nên  3 f x   f m  x mx2x2 y 1 2    y 1 x 2(thỏa mãn) Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x, y   2;1 .