11 CHUYEN DE ON THI DAI HOC MON TOAN

ON THI DAI HOC MON TOAN

MỤC LỤC

CHUYÊN ĐỀ 1: KHẢO SÁT HÀM SỐ 3

Vấn đề 1: Xét chiều biến thiên của hàm số 3

Vấn đề 2: Tìm điều kiện để hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên tập xác định (hoặc trên từng khoảng xác định) 3

Vấn đề 3: Tìm các giá trị của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước 5

Vấn đề 4: Tiệm Cận 11

Vấn đề 5: Các Vấn Đề Liên Quan Đến Tiếp Tuyến 13

Vấn đề 6: Tương Giao Đồ Thị 18

Vấn đề 7: Sử Dụng Tính Chất Đơn Điệu Của Hàm Số Để Giải Phương Trình, Bất Phương Trình, Hệ Phương Trình 23

Vấn đề 8: PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ MỘT BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 31

CHUYÊN ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC 32

A-Phương trình lượng giác đưa về dạng đơn giản: 33

B-Phương trình lượng giác có điều kiện: 37

CHUYÊN ĐỀ 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH 40

*Cần nhớ lại các dạng Hệ phương trình cơ bản: 40

A- GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ 42

B-GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH MỚI 48

C- GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 52 D-HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA THAM SỐ 54

CHUYÊN ĐỀ 4: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 58

A-ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO GIẢI ĐƯỢC 58

B-ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỚI 61

C-ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 66

D-KĨ THUẬT NHÂN LIÊN HỢP 69

E-LƯỢNG GIÁC HÓA 74

F-PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 75

G-BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 75

CHUYÊN ĐỀ 5: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT 77

A-Phương trình, bất phương trình mũ: 77

B-Phương trình ,bất phương trình Logarit: 83

C-Hệ Phương Trình Mũ, Logarit: 87

2

CHUYÊN ĐỀ 6: NGUYÊN HÀM- TÍCH PHÂN 92

ξ1 NGUYÊN HÀM 92

ξ 2 TÍCH PHÂN 102

Một số ứng dụng của tích phân thường gặp : 108

CHUYÊN ĐỀ 7: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN 109

Phần 1: Những vấn đề cần nhớ khi tính toán 109

Phần 2: Phương pháp xác định đường cao các loại khối chóp 109

Phần 3: Các bài toán về tính thể tích 110

Phần 4: Các bài toán về khoảng cách trong không gian 113

Phần 5: Các bài toán tính góc giữa 2 đường thẳng chéo nhau trong không gian 118

CHUYÊN ĐỀ 8: HÌNH GIẢI TÍCH PHẲNG 122

Phần một: Bài tập liên quan đến xác định các yếu tố trong tam giác 122

Phần hai: Một số dạng bài tập liên quan đến đường tròn 128

Phần 3: Một số dạng toán liên quan đến đa giác 132

Phần 4: Các dạng bài tập liên quan đến Elip, Hipebol, Parabol 134

CHUYÊN ĐỀ 9: HÌNH GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN 138

A-Phương trình mặt phẳng: 139

B-Phương trình đường thẳng: 140

C- MẶT CẦU 145

CHUYÊN ĐỀ 10 SỐ PHỨC 148

I)Định nghĩa: 148

II) Hai số phức bằng nhau: 148

III) Biểu diễn số phức z=a+bi trên mặt phẳng tọa độ: 148

IV) Môđun của số phức, số phức liên hợp: 148

V) Các phép toán: 148

VI) Phương trình bậc hai với hệ số thực: 148

VII) Dạng lượng giác của số phức: 149

VIII) Các dạng toán: 149

CHUYÊN ĐỀ 11 ĐẠI SỐ TỔ HỢP- NHỊ THỨC NEW-TƠN 155

A-Quy tắc đếm: 156

B-Tìm phần tử đặc biệt trong khai triển: 157

C-Chứng minh hệ thức và tính tổ hợp: 158

D-Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình: 159

Tuyển tập Hệ phương trình hay (Lê Nhất Duy) 160

II) Điều kiện cần:

Giả sử f có đạo hàm trên khoảng I

a) Nếu f đồng biến trên khoảng I thì: f(x)  0, x  I

b) Nếu f nghịch biến trên khoảng I thì: f(x)  0, x  I

III) Điều kiện đủ:

Giả sử f có đạo hàm trên khoảng I Khi đó:

a) Nếu f (x)  0, x  I (f(x) = 0 tại 1 số hữu hạn điểm) thì f đồng biến trên I

b) Nếu f (x)  0, x  I (f(x) = 0 tại 1 số hữu hạn điểm) thì f nghịch biến trên I

c) Nếu f(x) = 0, x  I thì f không đổi trên I

Chú ý: nếu khoảng I được thay bởi đoạn hoặc nửa khoảng thì f phải liên tục trên đó

Vấn đề 1: Xét chiều biến thiên của hàm số

Để xét chiều biến thiên của hàm số y=f(x), ta thực hiện các bước sau:

 Tìm TXĐ của hàm số

 Tính y' , tìm các điểm mà tại đó y'=0 hoặc y' không tồn tại (điểm tới hạn)

 Lập bảng xét dấu y', từ đó kết luận các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số y=f(x)

Ví dụ : Xét chiều biến thiên của hàm số sau:

24)

Vấn đề 2: Tìm điều kiện để hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên tập xác

định (hoặc trên từng khoảng xác định)

12(2'x2 m xm  x 

Điều này tương đương với:

)

;1[

;14

2)

(0)14(2

m x

; 1 [

)

;1[10

)14(

224)

x x x

g

Bảng biến thiên:

x 1  

g’(x) - g(x)

5 1

0

Ta thấy

5

1)1()(max

;0(

;01)

12(2'x2  m xm  x

y

] 1

; 0 [

; 0 '   

y x vì y’ liên tục tại x=0 và x=1

m x g x

m x

x x x g

;0[

;14

2)

(

] 1

; 0 [ 2

Ta có:

5

1)1(

;4

12

1

;0)0(

;]1

;0[21

]1

;0[10

)14

(

224

y nghịch biến trên khoảng (0;1)

Giải

Hàm số đã cho nghịch biến trên (0;1) khi và chỉ khi:

)1

;0(

;434)

()1

;0(

;0)

2(

344

Vì g(x) liên tục tại x=0 và x=1 nên: g(x)x24x34m;x[0;1] hay: g x m

x ( ) 4

min

] 1

; 0



Ta có: '( ) 2 4 0 2 [0;1]; (0) 3; (1) 6 min ( ) 6

] 1

; 0

x x

m x m x y

2

12)1(

Vấn đề 3: Tìm các giá trị của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều

kiện cho trước Một số kiến thức cần nhớ:

Giả sử hàm số f(x) liên tục trên (a;b) chứa điểm x0, có đạo hàm trên (a;b) \ {x0}, và có đạo hàm khác 0 tại x0, khi đó:

- Nếu f'(x) đổi dấu khi đi qua x thì f(x) đạt cực trị tại0 x 0

- Nếu f" (x0)  0thì f(x) đạt cực tiểu tại x ,nếu 0 f" (x0)  0 thì f(x) đạt cực đại tại x 0

*Cực trị của hàm bậc 3: yax3bx2cxd; TXĐ:DR

- Hàm số có tối đa hai điểm cực trị

- Nếu viết yax3bx2cxd (mxn)y'pxq và hàm có 2 cực trị phân biệt thì đường thẳng đi qua hai điểm cực trị đó có dạng: y pxq

3' 2

m

m m

m x

x

3

2

2 1

1612

4 2

m

m m

1 2 ( 2

1 3

9

50.41

2 1

)12(09

503

)12(9

)12

2 2

m

m m

m m

Hai giá trị m này đều thỏa mãn điều kiện (*), vậy các giá trị m cần tìm là m=-2 và m=3

Ví dụ 3: Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số yx33(m1)x23(m1)x1 có hai cực trị, đồng

thời đường thẳng nối hai cực trị đi qua điểm A(0;-3)

232

m

m m

Thực hiện phép chia đa thức y cho y’, ta được:

m m x m m

y

m x

3

13

322

m

m m

m m m

So điều kiện ta thấy hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*), vậy có 2 giá trị m thỏa mãn điều

kiện đề bài là: m=-1 và m=3

Ví dụ 4: Tìm tham số m để hàm số yx3(m1)x24 có 2 điểm cực trị phân biệt đối xứng với

nhau qua đường thẳng (d): x - 2y -3=0

)1(43

)1(2

40

0')1(

2

3

m y

m x

y x

y x m

;3

)1(2);

B

27

)1(2

;3

;3

)1

Vì A,B đối xứng với nhau qua d nên AB vuông góc với d và I thuộc d

20

3427

)1(2231

027

)1(43

)1(4

10

m m

m

d I

u B A

B A

m x m

x m x m

)1)(

1(

30)1(36

2)

22()1(9)22()1(9

m

m m

m m

m OA

OB OA

OB

Bài tập rèn luyện:

Bài 1: Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số

33

x mx x

đó M là điểm cực đại của đồ thị hàm số

Đáp số: các đường thẳng qua I lần lượt có các hệ số góc là

Bài 5: Cho hàm số yx33x2 2 có đồ thị (C), tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 sao cho

tổng khoảng cách từ điểm M đến 2 điểm cực trị đạt GTNN?

Đáp số: M(4/5;2/5)

*Cực trị của hàm số trùng phương: yax4bx2c; TXĐ:DR

Nhận xét: ta có y ax3 bx x ax2b

2224

'

thì hàm số có 1 điểm cực trị duy nhất A(0;c)

Ví dụ 1: (TSĐH Khối A-2012) Cho hàm số:

Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành 3 đỉnh của 1 tam giác vuông?

)1(

4)1(4

4

m x

x m

x x x m x

y

y

x x

nên B,C đối xứng nhau qua Oy, mà A thuộc Oy nên tam giác ABC cân tại A Mặt khác ABC là tam giác vuông nên AB vuông góc AC

12

;11

Suy ra: (m1)m22m12 0(m1)4m1 So điều kiện suy ra m=0

Ví dụ 2: Cho hàm số yx4 2mx2m1, tìm m để hàm số có 3 cực trị lập thành 1 tam giác có:

a) Bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1

x m

x x mx x

Để hàm số có 3 cực trị phân biệt thì m>0 Tọa độ 3 điểm cực trị là:

 m;m2m1 B(0;m1) C m;m2m1

A

Dễ thấy tam giác ABC cân tại B

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên đường trung trực của cạnh AC, tức là nằm trên trục Oy Gọi I(0;b) là tâm đường tròn ngoại tiếp

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: R=IB=IA=IC=1 nên:

11

11

1)1(

11

2 2

2

2 2

2

b m

b m

b m m m

b m

b m m m

-Với m-1-b=1thì:

2 2 4

)1(

x

)1)(

1(1)1

m m

m m

m m m m

m

So điều kiện ta nhận

2

51

)12(1)1( 2 2  3    

Tóm lại, giá trị của m cần tìm là:

2

51

1

-Khi m1 thì phương trình tương đương với: m2 m1m1 (nhận)

- Khi 0m1thì phương trình tương đương với: (m22m2) m1 (*)

Đặt t  m với t>0 Phương trình (*) trở thành: t5 2t32t10 (**)

Xét hàm số: y f(t)t52t32t1 TXD:D(0;)

D t t

1 .2

1

y x y x

SABC  

11

12

21

)

;()

;(

2 2

2 2

2 2

mx x

y    có ba điểm cực trị phân biệt A,B,C (điểm A thuộc trục tung) sao cho tứ giác ABOC là hình bình hành (O là gốc tọa độ)

;2

;26

;0

2 2

2

m m

C m m

B

m A

Khi đó:   2; 4 ;   2;634 

2 2

m m

OC m

m BA

4

364

22

m m

h

x g q

px

c bx ax

)(

)(2

Nếu điểm x là cực trị thì giá trị cực trị có thể tính bằng 2 cách: 0

)('

)(')(

)()(

0 0 0

0 0

x h

x g x h

x g x

Do đó đường thẳng qua 2 cực trị của hàm số là:

)('

)('2

x h

x g p

b ax

Ví dụ : Cho hàm số:

1

52)

x f

522'

(24

0)2)(

2(

0222222

02

m b m a

m b b m a a

y x y

Suy ra: 4(2m5)4mm20m24m200 vô lí

Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn yêu cầu

Bài tập rèn luyện: Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số

y có hai điểm cực trị cách đều đường thẳng (d): x+y-2=0

Đáp số: m=-2

Vấn đề 4: Tiệm Cận

0 0

x f x

f x

f x

f

x x x

x x

x x

Chú ý: Cho hàm phân thức hữu tỷ

)(

)()(

x Q

x P x f

*Một số dạng toán về đường tiệm cận:

Dạng 1: Tìm điều kiện để 1 đường thẳng (d) cho trước hợp với 2 tiệm cận của đồ thị hàm số

y=f(x) 1 tam giác có diện tích cho trước:

Vẫn ghi nhớ công thức tính diện tích tam giác như đã nêu ở phần Cực trị hàm số trùng phương

Nếu hàm số có dạng

d cx

b ax x f y

x x f y

Tiệm cận đứng: x=m, tiệm cận ngang: y=-2, I(m;-2) là giao điểm hai tiệm cận

Đường thẳng (d) cắt TCĐ tại A(m;1-m)

)3(2223

.12

2

1

2

m

m m

m m m

m IB

IA

S IAB

Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn yêu cầu: m=1 và m=5

Dạng 2: Góc giữa tiệm cận và một đường thẳng khác

Trường hợp đặc biệt:đối với hàm số:

e dx

c bx ax x f y

Khi đó để tính góc giữa 2 tiệm cận ta có thể làm 1 trong 2 cách sau:

*Cách 1: Sử dụng công thức tính góc giữa 2 đường thẳng cho trước: ax+by+c=0 và a'x+b'y+c'=0

'.'

2 2 2 2







b a b a

b b a a Cos

x m mx y

3

2)23( 22



và hệ số góc k=m Cách 1: Ta có:

11

2

145

145tan

0 0

k m

k m

y hợp với 2 trục tọa độ 1 tam giác

Vấn đề 5: Các Vấn Đề Liên Quan Đến Tiếp Tuyến

1) Đạo hàm của hàm số y=f(x) tại điểm x0là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm

(' x0 x x0 f x0f

)()(

x g x f

x g x f

3) Nếu (C1):y f(x)axb và C yg x px2qxh

2 : ( )( tiếp xúc với nhau thì phương trình b

ax

h

qx

px2     có nghiệm kép

*** Một số dạng toán cơ bản về tiếp tuyến:

- Tiếp tuyến song song với đường thẳng: d: y=ax+b thì hệ số góc của (t) là k=a

- Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng: d: y=ax+b (a khác 0) thì hệ số góc của (t) là k=-1/a

- Tiếp tuyến đi qua điểm M(a;b) thỏa mãn:

)(' x0 a x0 f x0f

Giải phương trình tìm tọa độ tiếp điểm

-Tiếp tuyến hợp với đường thẳng (d): ax+by+c=0 góc với 

Áp dụng công thức tính góc giữa 2 đường thẳng (như đã nêu ở phần góc hợp bởi 2 tiệm cận)

Ví dụ 1: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số

y , biết tiếp tuyến cắt

Ox và Oy lần lượt tại hai điểm A và B sao cho tam giác OAB vuông cân?

Giải

)2(

4'

()2(

4:

)(

0

0 0 2

y d

Do tiếp tuyến cắt Ox,Oy tại A và B và tam giác OAB vuông cân nên (d) vuông góc với một trong

các đường thẳng y=x hoặc y= -x

)2(

41

)2(

4

0

0 2

0 2

x x

x k

Từ đó ta viết được 2 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn điều kiện đề bài: x+y+1=0 và x+y-7=0

Ví dụ 2: (TSĐH KA-2011) Cho hàm số

12

y có đồ thị (C), chứng minh rằng với mọi m,

đường thẳng (d): y=x+m luôn cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A,B Gọi k1, k2lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B, tìm m để tổng k1k2 đạt giá trị lớn nhất?

Giải

Hoành độ giao điểm của (d) và (C) là nghiệm phương trình:

(*)0

12

212

m m



 2 2 2 0, , suy ra (d) luôn cắt (C) tại 2 điểm A,B phân biệt

12

x y

2 1 2 1

2 1 2 1 2 2 1 2

2 2

1 2

1

1)(

24

24

84

)12(

1)

12(

x x x x x

x x

x k

k

Theo định lí Viet suy ra: k1k24m28m64(m1)222

Suy ra: k1k2nhỏ nhất khi và chỉ khi: m=-1

Ví dụ 3: Cho hàm số

1

1 )

y có đồ thị (C), gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận, gọi (t)

là phương trình tiếp tuyến tại M, tìm hoành độ tiếp điểm sao cho khoảng cách từ I đến (t) đạt giá trị lớn nhất?

0 2

0

0

1

121

21

11

x x

x x

x

n

, I(1;1) Khoảng cách từ I đến (t) là:

2 0

2 0

4 0 0

4 0

2 0 0 2 0 2 0

)1(

4)

1(

4)

1(4

14

)1(

41

1)1(

12)

1(2

x x

x

x

x x x

1

41

Ví dụ 4: Cho hàm số y x3 3x2 1có đồ thị (C), tìm 2 điểm A,B thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau, đồng thời AB 4 2?

Giải

x x x

f

y' '( )3 26 , giả sử: A(a;a33a21), B(b;b33b21) ab

Vì tiếp tuyến tại 2 điểm A và B song song với nhau nên:

20

)2)(

(6363)(')(' a f b  a2 a b2 b ab ab  ab

f

Mặt khác:

032)1(40)1(24)1(4

32))(

(3)

()22(

323

3)

(24

2 4

6

2 2 2

2 2 3 2 3 2

b a

b a

a a

a

a b a b ab a b a b a

a a b b a b AB

2

10

)2)(

1(

133

2 2

3

m x x

x m

x x x

x x m mx

(*) phải có 2 nghiệm thực phân biệt khác x=-1

00

)2(41

02)

1()1( 2

m

m m

1189

10)

2(219)2(

m m

m m

m

So điều kiện ta thấy hai giá trị này thỏa mãn

Ví dụ 6: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số: yx36x29x2 tại điểm M thuộc (C), biết rằng M cùng với hai điểm cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích bằng

6

Giải

.912

61166

12

42962

.)4(2

2

1

0

0 0

2 0 3 0 2

0 2 0 3 0 0 2 2

x

x x

x x x

x x x

Suy ra: M(0;-2) hoặc M(4;2) Do đó có 2 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu: y=9x-2 và y=9x-34

Ví dụ 6: Cho hàm số yx33xcó đồ thị (C) Tìm những điểm trên đường thẳng y=2 mà từ đó

kẻ đúng ba tiếp tuyến đến (C)?

Giải

Giả sử M(x0; 2 )

16

Đường thẳng d đi qua M với hệ số góc k có phương trình: yk(xx0)2

d tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

x x k x x

33

2)(

3

2

0 3

Thế k từ phương trình thứ 2 vào phương trình đầu của hệ và thu gọn ta được:

10

23)23(2

)

1

(

0 0

2 0

0 2

x x x

x x f

x x

x x

x

x

Theo đề ta có yêu cầu pt(*) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 Điều này xảy ra khi và chỉ khi:

(**)3

/2

20

)1(6)1(

012129

0 0 0

0 2 0

f

x x

Vậy M(x0; 2 ) cần tìm nằm trên đường thẳng y=2 và có hoành độ thỏa mãn (**)

22);

2

;0();

1

;1

trình tiếp tuyến (d) với đồ thị (C), biết rằng giao điểm của (d) và đường thẳng y=x+1 chính là

trọng tâm của tam giác ABC

321

3

21

0 0 2 0 2

0 3 0 2

x x x

332

;23

322

3

332

0 0 2 0 0

0 2 0 0

0 2 0

x

x x x

x x G x

x x y

Lại có G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có hệ phương trình:

5

143

5

27212

3

)33(2

5

93

5

220123

32

0 0

0 0 2 0

0 0 2 0

x x

x

x x x

x x

Hai giá trị này đều thỏa mãn (1) Từ đó ta viết được 2 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn điều kiện đề bài là: y 16x 26và

125

20625

y (Cm) Viết phương trình tiếp tuyến (t) của

đồ thị tại điểm có hoành độ bằng 1 Tìm các giá trị của m để giao điểm của (t) và đường thẳng

(d): y=2x cách đều các trục tọa độ

y

Hoành độ giao điểm của (t) và (d) là nghiệm của phương trình:

)27(3

212)

27(3

162

3

127

m

m x

x m

|2

|16

|)27(3

212)27(3

m m

m m

y có đồ thị (C),tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến tại

M hợp với 2 trục tọa độ thành 1 tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng (d): 4x+y=0? Đáp số: M(  1 / 2 ;  3 / 2 ) M(  3 / 2 ; 5 / 2 )

Bài 3: Cho hàm số

2

32

y có đồ thị (C),gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận, tìm những điểm

M trên (C) biết tiếp tuyến tại M cắt 2 đường tiệm cận tại 2 điểm A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất?

y có đồ thị (C),tìm 4 điểm trên đường thẳng y=7 sao cho qua mỗi điểm ta vẽ được đúng 2 tiếp tuyến đến (C) và 2 tiếp tuyến ấy hợp với nhau góc 0

45 ?

3

6237

;3

623

4 3

M M

Bài 5: Cho hàm số yx33mx2(m1)x4, tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1 cắt đường tròn (T):x2y22x4y40tại 2 điểm A,B phân biệt sao cho

Đáp số:

243

211122439

 x

y

a n n n n (*) (n nguyên dương), gọi k

là các ước số của a0;(kZ), p là các ước số của a n;(pZ), khi đó nếu phương

trình (*) có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó là một trong các giá trị:

p

k Sau đó dùng lượt

đồ Hooc-ne phân tích thành nhân tử, đưa về phương trình tích

Ví dụ 1: Đưa các phương trình sau về phương trình tích:

A) x32x2(1m)xm0

Theo cách tính như trên thì k { m;  1 } p 1

Như vậy nếu phương trình có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó sẽ là 1 trong các giá trị: -1;1;m;-m, lần lượt thế các giá trị này vào ta nhận được nghiệm x=1

0))(

1(0)

1(

12()122()13(

0132)122()13(

2 2 3

2 2 2

2 3

m m x m m x m x

Tương tự: k {  ( 2m 1 );  (m 1 );  } p 1

Lần lượt thay các giá trị, ta nhận được nghiệm: x=2m+1

Phương trình tương đương với: (x2m1)(x2mxm1)0

Bài tâp rèn luyện: phân tích các đa thức sau thành nhân tử

12)1(

2

)

21221

3)

)13()32

(

2

)

2 4

2 2

2 2

3

2 3

x

C

c

m x m m m x m m

x

B

b

m x m x

m x

A

a

Ví dụ 2: (TSĐH KA-2010) Cho hàm số y f(x)x32x2(1m)xm (C), tìm m để đồ thị (C) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1,x2,x3 sao cho x12x22x324

10

))(

1(

0)

1(2

2 2

2 3

m x x

x m

x x x

m x m x

x

(Đây là đa thức của câu A trong ví dụ 1)

Khi đó để (C) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt

khác x=1

41

0

m

m m

tại hai điểm A,B phân biệt sao cho tam giác ABC vuông tại đỉnh C 1; 2

Giải

Đường thẳng dm cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình sau đây có hai nghiệm phân biệt khác 1:

01)

1(2)1(1

11

1

01)

1(21

0)1)(

1()1('

01

m m

m

m m m

0)1(22

0122

1.21

1.1

0122

11

011

11

0

2 2

2 2

1 2

1 2

2 1

2 1

m

m

m m

m m

m m

m m

m x x m

m x

x m

m mx m

mx x

x CB

CA

So điều kiện, ta nhận m=0

Ví dụ 3: Cho hàm số yx33x22(m2)x2m3 (1), tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt (d): y=x-2 tại 3 điểm phân biệt K(1;-1), M,N sao cho tam giác AMN cân tại A và có diện tích bằng , biết

122)1(

23

2)2(23

2 2

2 3

m x x

x m

x x x

x m

x m x

x

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 khi và chỉ khi:

00

121.21

02'

1

2 2 3 2

1 2 6

2

1

x x x

x x

x MN

AK

Kết hợp với định lí Viet thế vào phương trình trên ta được:

18

y (C), gọi O là góc tọa độ, tìm m để đường thẳng (d): y=-2x+m

cắt (C) tại 2 điểm A,B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 3?

Giải

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

(*)0

1)

4(21

12

Gọi x ,A xBlà nghiệm phương trình (*), OH là đường cao của tam giác OAB, ta có:

(**)3

2

.2

54.55

2 2

24

4883

48

2

2 2

2 2

vn m

m m

m m m

m Vậy m=2, m=-2

Ví dụ 5: Tìm m để đồ thị hàm số yx42mx2m1 cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành

độ x1,x2,x3,x4sao cho: x14x42x34x4420

Giải

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành là:

(*)01

Đặt X  x2, (X>0) vì đây là phương trình trùng phương có 4 nghiệm phân biệt nên sẽ tồn tại 2

cặp nghiệm mà mỗi cặp có 2 nghiệm trái dấu nhau, giả sử:

2 4 2 2 2 4 2 2

3 2 1 1 3

1'

01

02

m m m

2

4 4 4 3 4 2 4

20

122410)1(2

m

m m

m m

Vậy không có giá trị m thỏa mãn yêu cầu

y Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng y=2x-1 cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm A,B phân biệt sao cho OA 2 +OB 2 =14 (với O là gốc tọa độ)

Giải

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y=2x-1 và đồ thị hàm số đã cho:

01

4211

Điều kiện để phương trình này có 2 nghiệm phân biệt, khác 1 là: m>-1

Lại có:

   

 2  4  12 (*)5

14121

214

2

2 2

2 2

2 2

A B

A

A B

A A

x x x

x x

x

x x

x x

OB OA

2

m x

x

x x

B A

B A

Suy ra phương trình: 54m1 812m1 (thỏa điều kiện)

Trung điểm của AB là I(1;1)

Vì tiếp tuyến của (C) không thể có dạng x=a hoặc y=b nên đường thẳng (d) qua I, tiếp xúc với (C) có dạng y=a.(x-1)+1 với a0

có nghiệm kép khác -1a2

Suy ra (d) có phương trình: y=2x-1

Vậy M có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình: (0; 1)

101

1

12

x

x

x y

x y

Thế vào phương trình (*) ta được m=1 (thỏa điều kiện) Vậy m=1 là giá trị cần tìm

y tại hai điểm phân biệt

A và B sao cho A,B cách đều điểm D(2;-1)

12

12

3 3 3

C C

B B

A A

y x

y x

y x

Bài 5: Cho hàm số yx33x24 và 2 điểm 

7

;2

;2

;6(

m

;2

7

;22

72

1

;2

7

;2

A-GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Nhớ lại tính chất đơn điệu của hàm số:

Hàm số y=f(x) đồng biến trên K  (x 1 , x 2 K, x 1 < x 2 f(x 1 ) < f(x 2 ) Hàm số y=f(x) nghịch biến trên K  (x 1 , x 2 K, x 1 < x 2 f(x 1 ) > f(x 2 )

Ví dụ 1: Giải phương trình:

x x

x

x2 9  2  16  2 11  65

06516

92

Phương trình: 2 9  2 16  2 11 65 0

x x

x x

Xét hàm số:  ( ) 2 9 2 16 2 1165 TXD:D[4;)

x x

x x

x f y

Phương trình đã cho tương đương với: f(x)=0

4

;0651116

9

2 2

x x

x x

x y

Hàm số đồng biến trên khoảng ( 4 ;  )

)13(55

3)

3

13

x

y

Hàm số đồng biến trên khoảng ( 5 ;  )

Lập luận như vd1 ta cũng được 1 nghiệm duy nhất: x=6

24

Ví dụ 3: Giải phương trình:

(*)0246351

ĐK: x1/2

2 2

2 2

)5(5)

12(

1

2

25105

1441

x x

x x x x

x x

Xét hàm số: y f(t) tt2 TXD:D[0;)

0,022

1

t y

Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0 ;  )

Phương trình (*) trở thành: f(2x+1)=f(x+5)

Nếu 2x+1>x+5 thì f(2x+1)>f(x+5), phương trình vô nghiệm

Nếu 2x+1<x+5 thì f(2x+1)<f(x+5), phương trình vô nghiệm

Suy ra: 2x+1=x+5 hay x=4 (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x=4

Ví dụ 4: Giải phương trình:

(*)0

24862

)5((*)0

ĐK

Xét hàm số: y f(t) t1t2 TXD:D[1;)

0,0212

Hàm số đồng biến trên ( 0 ;  )

Lập luận như ví dụ trên, suy ra đượcnghiệm của phương trình là: x=2

Ví dụ 5: Giải phương trình:

1)1

e y x

1

"

1

1'

(*)28421

1

2x  x  x2  x2 x2

:x

ĐK

2 2 2 1 21

2841

2

(*)

2 2

2 2

x x

x x

x x x

Xét hàm số: y f(t) t1 t22 TXD:D[ 2;)

2,

021

y

Hàm số đồng biến trên khoảng [ 2;)

Bất phương trình đã cho trở thành: f(2x+2)>f(x) suy ra x>-2

Kết hợp với điều kiện ban đầu suy ra nghiệm của bất phương trình là: S   2 ;  )

Ví dụ 7: (TSĐH Khối A-2010) Giải hệ phương trình:

025)3()14(

2 2 2

x y

x

y y

x x

Xét hàm số: f(t)(4t21)t4t3t TXD:D[0;)

t t

0

2

x y

x

Thế vào phương trình thứ 2 của hệ và biến đổi ta được:

(*)074322

2

54

2 2

4322

2

54

)(

2 2 2

D TXD x

x x

x g y

)4/3

;0(,043

4)34(443

42

x x x

g nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất: x=1/2

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm: x=1/2, y=2

Ví dụ 8: (TSĐH Khối A-2013) Giải hệ phương trình:

16)

1(2

)1(2

11

2 2

4 4

y y y

x x

y y

x x

1

:x

ĐK

26

Xem (2) như phương trình bậc 2, ẩn x Điều kiện để phương trình này có nghiệm là:

00

16)

1(

Mặt khác:

y y

u u

y y

012

043331

042

2 3 4 5 6

4 7

y y

y y y y y y y y

y y y y

Từ đó ta tìm được x, kết luận hệ đã cho có 2 nghiệm: (x;y)=(1;0) và (x;y)=(2;1)

Ví dụ 9: Giải bất phương trình:

032)

1(21

2x x x2  x x2 x 

 1 2)

1()1(2

032)

1()1(2

2 2

2 2

x x

x

x

x x x x

x x

x

BPT

Xét hàm số: y f(t)tt t21 TXD:DR

t t

t t

1

'

2

2 2

, hàm số đồng biến trên R

BPT trở thành: f(x)<f(-x-1), suy ra: x<-x-1 hay x<-1/2

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: )

2

1

; (  



S

Bài tập rèn luyện: giải các phương trình, bất phương trình và hệ phương trình sau:

1221

2

)

2

924

21

x

x x e

22

122log212

521

14

)

3

2 2

2

3 2

y

y

x y

x

y y

x

x y

x x

y

11

1)1)(

1(

)

6

22

11

2

148

321)

5

3 3

3

2 2

2 3

3 3

y x y x x x

y y x x y

x

x y x

y x y

x x

y y

x x

x x

x x

x

y xy x

y

y x x

.33

.2)

8

7

18

16)

7

2 2

4 4

B- PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ

Kiến thức cần nhớ:

Cho hàm số: y=f(x) liên tục trên tập D

1) Phương trình f(x)=m có nghiệm x D min f(x) m max f(x)

D x D

Để giải bài toán tìm giá trị của tham số m để phương trình, bất phương trình có nghiệm, ta

có thể thực hiện các bước theo thứ tự sau:

 Biến đổi PT (BPT) về dạng f(x)=g(m)

 Tìm tập xác định D của hàm số f(x)

 Tính f'(x)

 Lập bảng biến thiên của hàm số f(x)

 Xác định min và max của f(x) trên D

 Vận dụng 1 trong các mệnh đề đã nêu ở phần trên

Lưu ý: trong trường hợp PT (BPT) chứa các biểu thức phức tạp, ta làm như sau:

 Đặt ẩn số phụ: t(x)

 Từ điều kiện ràng buộc của ẩn x, tìm điều kiện cho ẩn số t

 Đưa PT, BPT ẩn số x về PT, BPT theo ẩn t

 Lập bảng biến thiên của hàm f(t)

 Từ bảng biến thiên rút ra kết luận của bài toán

Ví dụ 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

)1(9

x     Đk: 0x9

28

m x x x x

m x x x x x x

9(2

9

9)

9(29

'

;92

92'

x t

t

2 9

22

9 tt2mt2 t m

Xét hàm số:

2

9 0

9 2 )

y

10

22

f'(t) + 0 - f(t) 10

t , điều này xảy ra khi và

1'

;22

x t

x x

t

Ta có bảng biến thiên:

x 0 1 1 3

t' - 0 +

2 2

x x t

x x

t       

1

22

)1()1(

2 2

t m

Xét hàm số: , [1;2]

1

2)

)1(

22)

2

3)2()(max2

1)1()(



 f t f f t f

D t D

11

x x

11

31

13

Xét hàm số: f(x)x33x21  x x13,x1 có đạo hàm dương với mọi x1 nên hàm số đồng biến trên [ 1 ;  ) Từ đó BPT f(x)m có nghiệm khi và chỉ khi

3)1()(

1221

11

: x

ĐK

11

)('

;11

)

(

2 2

x x

f x x

x

f

t

2 0

2 ) 1 ( ) 1 (

21

2(*)

t t

m

2

4 3 )

)2(

41

CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Ví dụ 1: Cho x>0, y>0 và 4(x+y)=5 Chứng minh rằng:

Ta có: 4y=5-4x thay vào (1):

Xét hàm số:

Từ bảng biến thiên ta được: , từ đó suy ra:

Đẳng thức xảy ra khi x=1, y=1/4

Ví dụ 2: Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn ab+a+b=3 Chứng minh rằng:

Đặt

Xét hàm số:

(đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=1

Ví dụ 3: Cho hai số thực , chứng minh rằng:

*Nếu một trong hai số a, b bằng 0 thì (1) luôn đúng

*Với a khác không, đặt: , khi đó:

Lập bảng biến thiên từ đó suy ra: (đpcm)

Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z thỏa mãn x(x+y+z)=3yz (*) , ta luôn

1

y x

545

14







x x

10

)(',)45(

44

'4

5

;0,

45

14

y D

x x x

x

f

y

5)1()(min4

5

; 0

45

)1(2

31

31

b b

a

62)

3(2

3(44

)

(ab 2 abt2 t t

4122

3623

4

3186

3

2

3)(

)1)(

1(

)(3)(

2

2 2 2

t t

t t t

t

b a b a

ab b

a

b a b

a

2,0

1212)('2,

12)

t t t f t

t t t t f

2,4)2(

)

0,b

1 )

( t  t4 t3 t 

f f'(t)4t33t2t0t1

0)1()(t  f 

  3 3      3

51

131

1a  b  a b ab  ab

32

Khi đó:

nên:

Điều này đúng vì , suy ra điều phải chứng minh

CHUYÊN ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

*Công thức lượng giác cơ bản:

Công thức cộng:

b a b

a b

a ) sin cos cos sin

b a b a b

a ) cos cos sin sin

b a

b a

b a

tantan1

tantan

)tan(

2sin.2cos2sinsina b ab ab

2cos.2cos2coscosa b ab ab

2sin.2sin2cos

b a b

a

cos.cos

)sin(

sin2cos

x x

x x

sin2cos

x x

x x

Công thức biến đổi tích thành tổng:

cos( ) cos( )

2

1coscosa b ab  ab

cos( ) cos( )

2

1sinsina b ab  ab

sin( ) sin( )

2

1cossina b ab  ab

1.4313

1

4

2 2

S

S P S S

S P

P S

P S

3

)1(43

11

1)1)(

1

( a b  abab S S  S

)2)(

1(4)2()2

)(

1)(

1(3)2

()1

12(023

2

5)1(42342

2

3 2

S

S S S S

S S

BPT

2



S

Công thức nhân đôi:

x x x

x x

x x

x cos2 sin2 2cos2 1 1 2sin22

Công thức nhân ba:

x x

x 3sin 4sin33

sin   cos3x4cos3x3cosx

Công thức lượng giác vạn năng:

2 2

2 2

1

2tan

;1

1cos

;1

2sin

2

tan

t

t x t

t x

t

t x

x t

d

k v u v u

c

k v u v u

b

k v u

k v u v u

)

tantan

)

2cos

cos

)

2

2sin

sin

)

2 2 2

2 2

2

cossin

cossin

)

b a

c b

a

x b b a

x a c x b x a

)cos(

b a

c x





2 2

)sin(

b a

c x







d x c x x b x a

coscos

sinsin

)

Viết lại phương trình: asin2xbsinxcosxccos2xdsin2xcos2x

Kiểm tra cosx=0 có là nghiệm phương trình hay không, sau đó chia cả 2 vế của phương trình

cho cos2x0 đưa về phương trình bậc hai theo tanx

Ví dụ 1: cos3x4cos2x3cosx40 (*)

x

x x

x x

x x

cos02coscos

4

0cos8cos

4

04cos31cos24cos3cos

4

2

2 3

2 3

KL: phương trình đã cho có họ nghiệm x k

1coscos

1cossin2

1cos

)cos1)(

cos1()cos1)(

cossin2(

x

x

x x

x x

x x

x x

x

*Với cosx1x k2

1

sin

k x

k x

x

Kết luận: phương trình đã cho có 3 họ nghiệm

Ví dụ 3: 2cos2x2 3sinxcosx13sinx 3cosx

x x

x x

x x

x x

x x

x x x

cos3sin3cos

3

sin

cos3sin3sincossin32

cos

3

cos3sin3sin

coscos

sin32

cos

2

2

2 2

2 2

vn

x x

x

x x

tan3

cos3sin

0cos3sin

Vậy phương trình đã cho có 1 họ nghiệm x  k

sin1(2)sin1(cos6)1

(sin

9

0cos2cossin6cos6)1

(sin

9

81cos22sin3cos6sin

9

2 2

x x

x

x x

x x

x

x x

x x

220

)sin1(2cos

x

k x

x x

3

2

0sin)cos23(cossin

x x x

x x x

x x

x x x

x PT

2sin  3 3sin cos 0

232

3sin

k x

k x

x

Với x x  x x k

63

1tan

0cossin

3

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm

Ví dụ 6: 1sinxcosxsin2xcos2x0

0)1cos2)(

cos

(sin

0)cos(sin

cos2)cos

(sin

01cos2cossin2cos

x

x x

x x

x

x x

x x

2

1cos

04cos2

1

cos

0sin

cos

k x

k x

x

x x

x x

*Kĩ năng nhẩm nghiệm trong khi giải phương trình lượng giác:

Đối với một số phương trình lượng giác ta có thể nhẩm nghiệm để đưa về phương trình tích chẳng hạn ứng với nghiệm

x;sin3 ;1 cos

2

x x

x

2cossin

x

cos2cos

x x

x x

cot

tan

;4cos

;3

sin

3

cos

;sincos

;2sin

0cossin

1tan

x

Ví dụ 7: 2cos3xcos2xsinx0

Do sự xuất hiện của cos2x+sinx nên ta nghĩ đến nghiệm sinx=1 Do đó:

0)1sin2)(

sin1()sin1)(

sin1

(

cos

2

0sinsin

21)sin1)(

sin1(cos

x x

x

x x

x x

2)(

cos(sin

1sin0

)12(sin)cos(sin

2

1

sin

0)1sin2cossin2cos2)(

sin

1

(

x x

x x

x x

x x

x

x x

x x

k x

x

k

x

43

220

4

cos

22

4sinsin

4sinsin

36

1tan2

sinsin

2

tan122cossin

2

tan4

sinsin

2

2

2

2 2

x

x x

x

x x

x PT

k x

x

x x

x

x x

x x

x x

x

4

43

12sin

04coscos

1sin

2

0cos

sin

cos

cossin

)cos(sin

sin

2

4cos223

sin3cos

2sin4

x

x x

Nhận thấy các biểu thức cos4x+sin2x và cos3x+sin3x đều có nghiệm chung 2sin2x+1=0 nên:

03)sin(cos2)sin

(cos

34cos22)2sin21)(

sin(cos

)2sin21)(

2sin1

x

x x

x x

x x

14

cos)(3sin

cos

1sin

cos

k x

k x

x vn

1) 32cos2xcosx2sinx(32cosx)0

2) 34sin24x2cos4x(14sinxcosx)

3) 2sin2xcos2x7sinx2cosx4

4) sinx2cos3xsinxcosx12sin2xcos2x

5) 2(1 sin )

sin

cos

)1(cos

cos2

x x

1

4sin)2cossin

1

(

x x

x x x

x

x x

x

2 2tan1

1tan2tan.22cos

2 4

cos

3sin)2sin2(1

3 2

2

cos

1coscos

tan2

22

1cos

1cos

01coscos

2

)tan1(cos1tan1cos

2

cos

1cos

1tan1cos

2

2

2 2

2

2 2

2

k x

k x

x

x

x x

x x

x x

x x

x x

PT

3cos2coscos

3sin2sinsin

x

x x

x

Nhận thấy:

)1cos2(2cos2

cos)3cos(cos

3cos2

cos

cos

)1cos2(2sin2sin)3sin(sin

3sin2sin

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

242

1cos

02

cos

k x

k x

x

x

263

2

x x

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác

26

2

; 2

x

2cos2

cos4sin5cos2sin

Đk:

240

x

x x x

x PT

2 3

3

cossin10cos

2sin

6

cos2sin5cos2sin

x x

x

41

tantan

102)tan1(tan

Kiểm tra lại ta thấy nghiệm này không thỏa mãn điều kiện Vậy phương trình vô nghiệm

3sin

2

4sincos

2sin3cos

x x

232

3sin

k x

k x

26

22

cos6

cos

02sin2

cos2cos3sin

02sin

2coscossin4cossin32cossin2

3 2 1

2 2

k x

k x

x x

x x

x x

x

x x x x

x x

x PT

Kiểm tra lại ta thấy các nghiệm đều thỏa mãn điều kiện

Bài tập rèn luyện:

1)

11

cos2

42sin2cos

2cos

3sin

1sin



)sin1)(

x x

2sin21

3sin3cos

x

x x

x

2sin2

2cos1

x x

cossincos

cos3

2sincos2

cos

x x

x

x x







12sin

)1(cos

cos2

x x

x x

x x

x

cossin

1sin1

cot)cos

2 2

cos2sin63

sin

4sin232sin4

cossin

x

x x

x

34

sin4

sin2

1cot

1

sin2)cos(sin

2

2

19) 2cosx 3sinxcosxcosx 3sinx1

20) 4sinx.cos22x2cosx.sin4x2 3cos2x2sin3x 30

b) Cách giải: Biến đổi tương đương làm xuất hiện tổng và tích của các nghiệm rồi đặt tổng bằng

S, tích bằng P (S2P) Thông thường sau bước này ta được một hệ đơn giản

B) Hệ đối xứng loại 2:

a) Định nghĩa: Là hệ mà khi ta đổi vai trò của hai ẩn cho nhau trong mỗi phương trình, phương trình này biến thành phương trình kia

b) Cách giải: Trừ vế cho vế làm xuất hiện nhân tử chung x-y rồi đưa hệ đã cho về hai hệ mới đơn

giản hơn Trong nhiều trường hợp sau khi trừ 2 vế cho nhau nhưng không thể làm xuất hiện nhân

tử chung x-y hay khó xuất hiện thì sử dụng hàm số để chứng minh x=y

2

23

2

2 3

2 3

x y y y y

y x x x x

Nhận xét: nếu biến đổi phương trình đầu tiên của hệ theo phương pháp thông thường thì:

Ta sẽ gặp khó khăn trong việc xét dấu của biểu thức:x2xyy22x2y3

Ta sẽ giải lại như sau: trừ theo vế 2 phương trình của hệ, ta được:

Xét hàm số: y f(t)t32t23t TXD:DR

t t

t

y'3 24 30, , hàm số đồng biến trên D

Phương trình thứ nhất có dạng: f(x)=f(y)

Nếu x>y thì f(x)>f(y), vô lí

Nếu x<y thì f(x)<f(y), vô lí

Suy ra: x=y Thế vào phương trình đầu và biến đổi:

)2(

022

2

2 3

x

x x x

Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm: x=y=2

21

x e

y e

y x

Trừ theo vế 2 phương trình của hệ ta được:

(*)1

012

Hàm số đồng biến trên khoảng (  1 ;  )