sử dụng phương pháp hàm số

sử dụng phương pháp hàm số tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh vực k...

Trang 1

Nháp

1 Giải hệ phương trình:





 (x − y) x2+ xy + y2− 2 = 6 ln y +

p

y2+ 9

x +√x2+ 9

! (1)

**** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn ****

Lời giải:

Nhận xét: x +√x2+ 9 >

√

x2+ x ≥ |x| + x ≥ 0; y +py2+ 9 >py2+ y ≥ |y| + y ≥ 0 Suy ra: y +

p

y2+ 9

x +√x2+ 9 > 0

(1) ⇔ x3− 2x + 6 lnx +px2+ 9= y3− 2y + 6 lny +py2+ 9(3) Xét hàm số: f (t) = t3− 2t + 6 lnt +√t2+ 9

, t ∈ R

f0(t) = 3t2− 2 +√ 6

t2+ 9= 3

t2+√ 2

t2+ 9−

2 3

Theo bất đẳng thức Cauchy:

t2+ 9

1

√

t2+ 9+

1

√

t2+ 9+

26

27 t

2+ 9 ≥ 1 +26

27 t

2+ 9 ≥ 1 +26

27.9 =

29 3

⇔ t2+√ 2

t2+ 9−

2

3 ≥ 0 Suy ra: f0(t) ≥ 0, ∀t ∈ R

Do đó: f (t) đồng biến trên R

(3) ⇔ f (x) = f (y) ⇔ x = y Thế vào phương trình (2) ta có:

x3− x2− 2x + 1 = 0 (4) Xét hàm số: f (x) = x3− x2− 2x + 1 liên tục trên các đoạn [−2; 0] , [0; 1] , [1; 2]

f (−2) f (0) < 0 ⇒ (4) có nghiệm x1∈ (−2; 0)

f (0) f (1) < 0 ⇒ (4) có nghiệm x2 ∈ (0; 1)

f (1) f (2) < 0 ⇒ (4) có nghiệm x3 ∈ (1; 2)

Vậy (4) có ít nhất 3 nghiệm trên (−2; 2)

Phương trình (4) là phương trình bậc 3 có không quá 3 nghiệm trên R, nên phương trình (4) có đúng 3 nghiệm

x1, x2, x3 ∈ (−2; 2)

Đặt: x = 2 cos ϕ, ϕ ∈ (0; π) ⇒ sin ϕ 6= 0

(4) ⇔ 8cos3ϕ − 4cos2ϕ − 4 cos ϕ + 1 = 0

⇔ 8 sin ϕ.cos3ϕ − 4 sin ϕ.cos2ϕ − 4 sin ϕ cos ϕ + sin ϕ = 0

⇔ sin 4ϕ = sin ϕ

⇔





ϕ = k2π

ϕ = π

7 + k

2π 7 (k ∈ Z)

Với: ϕ ∈ (0; π) ⇒ ϕ = π

7; ϕ =

3π

7 ; ϕ =

5π 7 Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm là: (x; y; z) = (2 cos ϕ; 2 cos ϕ; 2 cos ϕ) , ϕ = π

7; ϕ =

3π

7 ; ϕ =

5π

7

( 2x2− 3x + 4 2y2− 3y + 4 = 18 (1)

x2+ y2+ xy − 7x − 6y + 14 = 0 (2)

Trang 2

Nháp

Lời giải:

Ta xem (2) là phương trình bậc hai theo x: x2+ x (y − 7) + y2− 6y + 14 = 0

Phương trình này có nghiệm ⇔ ∆ = (y − 7)2− 4 y2− 6y + 14 ≥ 0

⇔ −3y2+ 10y − 7 ≥ 0 ⇔ 1 ≤ y ≤ 7

3 Tương tự, ta xem (2) là phương trình bậc hai theo y: y2+ y (x − 6) + x2− 7x + 14 = 0

Phương trình này có nghiệm ⇔ ∆ = (x − 6)2− 4 x2− 7x + 14 ≥ 0

⇔ −3x2+ 16x − 20 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 10

3 Xét hàm số: f (t) = 2t2− 3t + 4, t ∈ R; f0(t) = 4t − 3

f0(t) = 0 ⇔ t = 3

4 < 1 Suy ra, trên [1, +∞) hàm số này đồng biến

Ta được: f (x) ≥ f (2) = 6; f (y) ≥ f (1) = 3 ⇒ f (x) f (y) ≥ 18

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2, y = 1 Thay vào (2), ta thấy không thỏa

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm

( 2y3+ 2x√1 − x = 3√1 − x − y (1)

y = 2x2− 1 + 2xy√1 + x (2)

Lời giải:

Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1

Đặt: a =√1 − x ⇒ x = 1 − a2 Khi đó

(1) ⇔ 2y3+ 2 1 − a2 a = 3a − y

⇔ 2y3+ y = 2a3+ a (3) Xét hàm số: f (t) = 2t3+ t, t ∈ R; f0(t) = 6t2+ 1 > 0, ∀t ∈ R

Suy ra f (t) đồng biến trên R Nên:

(3) ⇔ f (y) = f (a) ⇔ y = a ⇔ y =√1 − x

1 − x = 2x2− 1 + 2xp1 − x2 (4) Đặt: x = cos t, t ∈ [0; π]

(4) ⇔√1 − cos t = 2cos2t − 1 + 2 cos tp1 − cos2t

⇔

r 2sin2t

2 = cos 2t + sin 2t

⇔√2 sin t

2 =

√

2 sin

2t + π 4

⇔ sin2t + π

4

= sin t 2

⇔







2t + π

4 =

t

2+ k2π 2t + π

4 = π −

t

2+ k2π

⇔







t = −π

6 + k

4π 3

t = 3π

10 + k

4π 5 (k ∈ Z)

Vì t ∈ [0; π] ⇒ t = 3π

10 Khi đó:

x = cos3π

10; y =

r

1 − cos3π

10 =

√

2 sin3π 20

Trang 3

Nháp

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: (x; y) = cos3π

10;

√

2 sin3π

(

7y4+ 13x + 8 = 2y4px (3x3 2+ 3y2− 1) (2)

Lời giải:

Dễ thấy với y = 0 thì hệ phương trình vô nghiệm

Chia 2 vế phương trình (1) cho y11, ta có:

x y

11

+x

y = y

11+ y (3)

Xét hàm số: f (t) = t11+ t, t ∈ R; f0(t) = 11t10+ 1 > 0, ∀t ∈ R

Suy ra f (t) là hàm số đồng biến trên R

(3) ⇔ f x

y

= f (y) ⇔ x

y = y ⇔ x = y

2 ⇒ x > 0

Thay vào (2) ta được:

7x2+ 13x + 8 = 2x2p3

x (3x2+ 3x − 1)

x +

13

x2 + 8

x3 = 23

r

3 +3

x −

1

x2 (4) Đặt: t = 1

x > 0

(4) ⇔ 7t + 13t2+ 8t3 = 2p3 3 + 3t − t2

⇔ (2t + 1)3+ 2 (2t + 1) = 3 + 3t − t2+ 2p3 3 + 3t − t2(5) Xét hàm số f (a) = a3+ 2a, a > 0; f0(a) = 3a2+ 2 > 0, ∀a > 0

Suy ra f (a) là hàm số đồng biến trên (0, +∞)

(5) ⇔ f (2t + 1) = fp3 3 + 3t − t2

⇔ 2t + 1 = p3 3 + 3t − t2

⇔ (2t + 1)3= 3 + 3t − t2

⇔ 8t3+ 13t2+ 3t − 2 = 0

⇔ (t + 1) 8t2+ 5t − 2 = 0

⇔ t = −5 +

√ 89

16 (dot > 0)

⇔ x = √ 16

89 − 5 ⇒ y = ±

4 p√

89 − 5 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là:

(x; y) = √ 16

89 − 5;

4 p√

89 − 5

!

89 − 5; −

4 p√

89 − 5

!

( 2x2y + y3 = x6+ 2x4 (1) (x + 2)√y + 1 = (x + 1)2 (2)

Lời giải:

Điều kiện y ≥ 1

Do x = 0 không phải là nghiệm của hệ nên

(1) ⇔

y x

3

+ 2y

x = x

3+ 2x

Trang 4

Nháp

Xét hàm f (t) = t3+ 2t ⇒ f0(t) = 3t2+ 2 ≥ 0 ⇒ f0(t) đồng biến trên R

fy x

= f (x) ⇔ y

x = x ⇔ y = x

2

Thay y = x2 vào phương trình (2) ta được:

(x + 2)px2+ 1 = x2+ 2x + 1

⇔ (x + 2)(px2+ 1 − x) = 1

⇔ x + 2 =px2+ 1 + x

⇔ x2+ 1 = 4

⇔

"

x =√3

x = −√3 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (−√3; 3), (√3; 3)

( (1 + 42x−y).51−2x+y = 1 + 22x−y+1 (1)

y3+ 4x + 1 + ln(y2+ 2x) = 0 (2)

Lời giải:

Từ phương trình (1), đặt t = 2x − y ta được

5 1 5

t

+ 5 4 5

t

= 1 + 2.2t

Đặt f (t) = 5 1

5

t

+ 5 4 5

t

và g (t) = 1 + 2.2t

Dễ dàng nhận thấy f (t) nghịch biến còn g (t) đồng biến, lại có f (1) = g (1) nên t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình Suy ra 2x − y = 1 ⇔ y = 2x − 1

Thay vào (2) ta được: (2x − 1)3+ 4x + 1 + ln 4x2− 2x + 1 = 0 (3)

Đặt h(x) = (2x − 1)3+ 4x + 1 + ln(4x2− 2x + 1)

Ta có h0(x) = 6(2x − 1)2+ 4 + 8x − 2

4x2− 2x + 1 = 6(2x − 1)

2+ 16x

2+ 2 4x2− 2x + 1 > 0 Suy ra h(x) đồng biến, lại thấy f (0) = 0 Do đó, x = 0 là nghiệm duy nhất của (3), dẫn đến y = −1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (0; −1)

(

x3+ 1 = 2(x2− x + y)

y3+ 1 = 2(y2− y + x)

Lời giải:

Hệ phương trình tương đương

(

x3− 2x2+ 2x + 1 = 2y

y3− 2y2+ 2y + 1 = 2x Xét f (t) = t3− 2t2+ 2t + 1

Ta có f0(t) = 3t2− 4t + 2 > 0 ∀t Suy ra f (t) đồng biến trên R

Hệ đã cho tương đương với hệ:

(

f (x) = 2y

f (y) = 2x

- Nếu x > y, suy ra f (x) > f (y) dẫn đến 2y > 2x Lại suy ra y > x, mâu thuẫn Vậy hệ không có nghiệm x > y

- Nếu x < y, tương tự như trên, cũng loại được trường hợp này

Vậy nếu hệ có nghiệm (x; y) thì x = y

Thế vào trên được hệ có 3 nghiệm : (1; 1) ; 1 +

√ 5

1 +√5 2

!

; 1 −

√ 5

1 −√5 2

!

Trang 5

Nháp

(

x3(2 + 3y) = 8

x y3− 2 = 6

Lời giải:

Nhận thấy x = 0 không là nghiệm, chia 2 vế cho x 6= 0, ta có hệ sau:





2 x

3

= 3y + 2

y3= 6

x+ 2

Vế trừ vế ta có được phân tích sau:

2 x

3

+ 3 2 x

= y3+ 3y Xét hàm đặc trưng f (t) = t3+ t

Với f0(t) = 3t2+ 1 > 0, ∀t ∈ R

Dẫn đến 2

x = y, thế vào phương trình (1) ta có:

y3− 3y − 2 = 0 ⇔ y = −1 ∨ y = 2 Với y = −1 thì x = −2

Với y = 2 thì x = 1

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 bộ nghiệm (x; y) = (−2; −1), (1; 2)

( (17 − 3x)√5 − x + (3y − 14)√4 − y = 0

2√2x + y + 5 + 3√3x + 2y + 11 = x2+ 6x + 13

Lời giải:

Điều kiện:









x ≤ 5

y ≤ 4 2x + y + 5 ≥ 0 3x + 2y + 11 ≥ 0 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:

(3 (5 − x) + 2)√5 − x = (3 (4 − y) + 2)p4 − y (1) Xét hàm số f (t) = 3t2+ 2 t với t ∈ R Khi đó, f(t) là hàm liên tục trên R

Ta có

f0(t) = 9t2+ 2 > 0, ∀t ∈ R

Do đó f (t) là hàm số đồng biến trên R Từ phương trình (1), ta được:

f √5 − x = fp

4 − y

⇔√5 − x =p4 − y

⇔y = x − 1 Thay y = x − 1 vào phương trình thứ hai của hệ, ta có:

x2+ 6x + 13 = 2√3x + 4 + 3√5x + 9 (2) Điều kiện xác định của phương trình (4) là x ≥ −4

3 Khi đó:

(4) ⇔ x2+ x + 2 x + 2 −√3x + 4 + 3 x + 3 −√5x + 9 = 0

⇔ x2+ x + 2 x

2+ x

x + 2 +√3x + 4+

3 x2+ x

x + 3 +√5x + 9 = 0

⇔ x2+ x

x + 2 +√3x + 4+

3

x + 3 +√5x + 9

= 0

⇔





x2+ x = 0

x + 2 +√3x + 4+

3

x + 3 +√5x + 9 = 0

Trang 6

Nháp

• Với x2+ x = 0, ta được: x = 0

y = −1 ,

x = −1

y = −2 .

x + 2 +√3x + 4+

3

x + 3 +√5x + 9 = 0 , do điều kiện x ≥ −

4

3 nên vế trái luôn dương Dẫn đến phương trình vô nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = (0; −1) , (x; y) = (−1; −2)







x3+ x + log2x

y = 8y

3+ 2y + 1 (1)

y2− xy +1

Lời giải:

Điều kiện:







x

y > 0

y 6= 0

⇔ xy > 0

Ta có:

(1) ⇔ x3+ x + log2|x| − log2|y| = 8y3+ 2y + 1

⇔ x3+ x + log2|x| = 8y3+ 2y + 1 + log2|y|

⇔ x3+ x + log2|x| = 8y3+ 2y + log2|2y| (?) Xét hàm số: f (t) = t3+ t + log2|t| với t 6= 0

Ta có: f0(t) =





3t2+ 1 + 1

t ln 2 nếu t>0 3t2+ 1 − 1

t ln 2 nếu t<0

Có thể thấy f0(t) > 0 với mọi t 6= 0 nên f (t) là hàm số đồng biến trên (−∞; 0) và (0; +∞)

Do đó:

(?) ⇔ f (|x|) = f (|2y|) ⇔ |x| = |2y| ⇔

x = 2y

x = −2y Với x = 2y ta có:

(2) ⇔ y2 = 1

4 = 0 ⇔







y = 1

y = −1

Với x = −2y ta có:

(2) ⇔ 3y2 = −1

4 (vô nghiệm) Đối chiếu điều kiện hệ phương trình đã cho có các nghiệm (x; y) =

1;1 2

,

−1; −1 2

(

x3− y3+ 3y2− 3x − 2 = 0 (1)

x2+√1 − x2− 3p

2y − y2 = 0 (2)

Lời giải:

Ta có:

(2) ⇔ x2+√1 − x2 = 3

q

1 − (y − 1)2

Do đó điều kiện: |x| ≤ 1; |y − 1| ≤ 1

Phương trình (1) được viết lại dưới dạng:

y3− 3y2+ 2 = x3− 3x ⇔ (y − 1)h(y − 1)2− 3i= x x2− 3

(3) Xét hàm đặc trưng: f (t) = t t2− 3 với |t| ≤ 1

Ta có: f0(t) = 3t2− 3 ≤ 0, ∀ |t| ≤ 1 Do đó f (t) là hàm nghịch biến trên đoạn [−1; 1]

Do đó:

(3) ⇔ f (y − 1) = f (x) ⇔ y − 1 = x Khi đó (2) trở thành:

1 − x2 + 2√1 − x2− 1 = 0 (?)

Trang 7

Nháp

Đặt: t =√1 − x2 (t ≥ 0) Phương trình (?) trở thành:

t2+ 2t − 1 = 0 ⇔

t =√2 − 1 (thỏa)

t = −√2 − 1 (loại) Với t =√2 − 1 suy ra:

√

1 − x2 =√2 − 1 ⇔ x2 = 2√2 − 2 ⇔

"

x =p2√2 − 2 ⇒ y = 1 +p2√2 − 2

x = −p2√2 − 2 ⇒ y = 1 −p2√2 + 2 Đối chiếu điều kiện suy ra hệ có nghiệm:

(x; y) =p2√2 − 2; 1 +p2√2 − 2

,

−p2√2 − 2; 1 −p2√2 − 2

(√

x2+ 91 =√y − 2 + y2 p

y2+ 91 =√x − 2 + x2

Lời giải:

Điều kiện: x, y ≥ 2

Lấy (1) trừ (2) ta được: √

x2+ 91 +√x − 2 + x2 =py2+ 91 +√y − 2 + y2 Xét hàm số

f (u) =pu2+ 91 +√u − 2 + u2, u ∈ (2; +∞)

f0(u) = √ u

u2+ 91+

1

2√u − 2+ 2u > 0, ∀t ∈ (0; +∞) ⇒ Hàm số đồng biến ⇒ f (x) = f (y) ⇔ x = y Thay x = y vào phương trình (1) ta có:√x2+ 91 =.√x − 2 + x2

Xét hàm số

g(x) =px2+ 91 =√x − 2 + x2, ∀x ∈ (2; +∞)

g0(x) = √ x

x2+ 91−

1

2√x − 2− 2x < 0, ∀t ∈ (0; +∞)

⇒ g(x) có nghiệm duy nhất x = 3

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 3)

( (x2+ 1)x + (y − 4)p(3 − y) = 0 (1) 22x2+ 9y2+ 18p(4 − 3x) = 76 (2)

Lời giải:

Biến đổi phương trình (1) thành:

x3+ x = (3 − y)p3 − y +p3 − y Xét hàm số: f (t) = t3+ t ⇒ f0(t) = 3t2+ 1 > 0

Hàm số f (t) đồng biến ⇒ f (x) = f √3 − y ⇔ x =√3 − y

Thay vào phương trình (2) ta được:

22x2+ 9 3 − x22+ 18√4 − 3x = 76 ⇔ 9x4− 32x2+ 18√4 − 3x + 5 = 0 (∗) Xét hàm số: f (x) = 9x4− 32x2+ 18√4 − 3x + 5

0 ≤ x ≤ 4

3

⇒ f0(t) = 4x(9x2− 16) − √ 27

4 − 3x < 0 ⇒ f (x) nghịch biến

Mà f (x) = f (1) = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (*)⇒ y = 2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 2)

( x(x2+ y2) = y4(y2+ 1) (1)

√ 4x + 5 +py2+ 8 = 6 (2)

Lời giải:

Điều kiện: x ≥ −5

4.

Trang 8

Nháp

Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình (1) cho y3 ta được:

x y

3

+x

y = y

3+ y

Xét hàm số f (t) = t3+ t hàm số đồng biến và f x

y

= f (y) suy ra x = y2 Thay vào phương trình (2) ta có√4x + 5 +√x + 8 = 6 giải ra được x = 1, y2= 1

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (x; y) = (1; −1); (1; 1)

( x(4x2+ 1) + (y − 3)√5 − 2y = 0 4x2+ y2+ 2√3 − 4x = 7

Lời giải:

Điều kiện:





x ≤ 3

4

y ≤ 1

2 Nhân hai vế phương trình (1) với 2 ta có:

(4x2+ 1)2x = (5 − 2y + 1)p5 − 2y ⇔ f (2x) = f

p

5 − 2y

Xét f (t) = (4t2+ 1)2t có f0(t) = 3t2+ 1 > 0 ⇒ f (t) đồng biến trên R

f (2x) = f (p5 − 2y) ⇔ 2x =p5 − 2y ⇒ y = 5 − 4x

2

Thay vào phương trình (2) ta được: g(x) = 4x2+ 5 − 4x2

2

+ 2√3 − 4x = 7 trên

0,3 4

Ta có g0(x) ngịch biến, mà g 1

2

= 0 ⇒ x =1

2 là nghiệm duy nhất.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = 1

2; 2

( 8x2+ 18y2+ 36xy − 10x√6xy − 15y√6xy = 0 (1)

Lời giải:

Điều kiện: xy ≥ 0

Nếu x = 0 suy ra y = 0 không thoả mãn phương trình (2) của hệ

Nếu y = 0 cũng tương tự, vậy xy > 0

Phương trình (1) của hệ tương đương với

8x2+ 18y2+ 36xy − 10xp6xy − 15yp6xy = 0 ⇔ 2x + 3y√

√ 6xy 2x + 3y =

5 2

Đặt t = 2x + 3y√

6xy , t ≥ 2 Xét hàm số f (t) = t +

1

t, t ≥ 2, ta thấy f (t) =

t2− 1

t2 > 0, t ≥ 2 suy ra f (t) ≥ 5

2 Dấu “=“ xảy ra khi t = 2 hay khi 2x = 3y

Thay vào phương trình (2) suy ra nghiệm: x = 3, y = 2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 2)

(

x3− 3x = y3− 3y (1)

Lời giải:

Từ phương trình (2) dễ dàng suy ra: x, y ∈ [−1; 1]

Trang 9

Nháp

Xét hàm số f (t) = x3− 3t trên [-1;1]

Ta có f0(t) = 3(t2− 1) ≤ 0 với mọi x ∈ [−1; 1]

Do đó f (x) nghịch biến trên [−1; 1]

Từ phương trình (1) ta có f (x) = f (y) ⇔ x = y Khi đó:

(2) ⇔ x6= 1







x = y = r 16

2

x = y = −r 16

2 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là x = y =r 16

2 hoặc x = y = −

6

r 1

19 Tìm a để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất:

(√

x + 1 +√y ≤ a

√

y + 1 +√x ≤ a

Lời giải:

+ Điều kiện cần:

Ta có nếu (x0; y0) là 1 nghiệm của hệ bất phương trình thì (yo; xo) cũng là một nghiệm của hệ bất phương trình

Để hệ có nghiệm duy nhất thì ta có xo= yo

Khi đó hệ bất phương trình được viết lại là:

(

x = y

√

x + 1 +√x ≤ a (∗)

Hệ bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bất phương trình (*) có nghiệm duy nhất Xét hàm số f (x) =√x + 1 +√x ∀x ≥ 0

f0(x) = 1

2√x + 1+

1

2√x > 0 ∀x > 0

Do đó hàm số f(x) đồng biến trên [0; +∞)

⇒ f (x) ≥ f (0) = 1 ∀x ≥ 0 Suy ra bất phương trình (∗) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a = 1

+ Điều kiện đủ:

Với a = 1 ta có hệ bất phương trình:

(√

x + 1 +√y ≤ 1

√

y + 1 +√x ≤ 1 (I) Điều kiện:

(

x ≥ 0

y ≥ 0 .

Với điều kiện trên ta có:

(√

x + 1 +√y ≥ 1

√

y + 1 +√x ≥ 1 (II)

Từ (I) và (II) ta có: x = y = 0

Vậy a = 1 là giá trị cần tìm





1

√

x +

1

√

y +

1

√

z = 3

√

xy + yz + zx = 7

27 + 2xyz (3)

Lời giải:

Điều kiện: x > 0, y > 0, z > 0

Từ phương trình x + y + z = 1 ta thấy trong các số x, y, z phải có ít nhất một số không lớn hơn 1

3. Không mất tính tổng quát ta giả sử z ≤ 1

3 Do đó z ∈

0;1 3

Đặt S = xy + yz + zx − 2xyz = xy (1 − 2z) + z (x + y) = xy (1 − 2z) + z (1 − z)

Trang 10

Nháp

Do xy ≤ x + y

2

= 1 − z 2

2

nên

S ≤ 1 − z

2

(1 − 2z) + z (1 − z) = 1

3+ z2+ 1

Xét hàm số f (z) =1

3+ z2+ 1

Ta có f0(z) = 1

2+ 2z = 1

2z (−3z + 1) ≥ 0, ∀z ∈

0;1 3

Suy ra f (z) ≤ f 1

3

27, ∀z ∈

0;1 3

Do đó: S ≤ 7

27 Dấu

00=00 xảy ra khi và chỉ khi: x = y, z = 1

3. Thay vào (2) ta được: x = y = z = 1

3. Thử lại ta thấy (x; y; z) = 1

3;

1

3;

1 3

thỏa mãn hệ phương trình

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y; z) = 1

3;

1

3;

1 3





x3− 2y3− 2 x2− 3y2 + 3 (x − 2y) − 1 = 0

y3− 2z3− 2 y2− 3z2 + 3 (y − 2z) − 1 = 0

z3− 2x3− 2 z2− 3x2 + 3 (z − 2x) − 1 = 0

Lời giải:

(I) ⇔





x3− 2x2+ 3x − 1 = 2y3− 6y2+ 6y

y3− 2y2+ 3y − 1 = 2z3− 6z2+ 6z

z3− 2z2+ 3z − 1 = 2x3− 6x2+ 6x Đặt: f (t) = t3− 2t2+ 3t − 1; g (t) = 2t3− 6t2+ 6t Ta có:

f0(t) = 3t2− 4t + 3 > 0, ∀t ∈ R; g0(t) = 6t2− 12t + 6 = 6(t − 1)2 ≥ 0, ∀t ∈ R

Do đó f (t) , g (t) đồng biến trên R

(I) ⇔





f (x) = g (y) (1)

f (y) = g (z) (2)

f (z) = g (x) (3)

(II)

Giả sử (x, y, z) thỏa mãn hệ phương trình đã cho Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y

Từ (1) và (2) suy ra:

g (y) ≥ g (z) ⇒ y ≥ z

Từ (2) và (3) suy ra:

g (z) ≥ g (x) ⇒ z ≥ x

Do đó: x = y = z

(II) ⇔

(

x = y = z

x3− 4x2+ 3x + 1 = 0 (4) Đặt t = x − 1

(4) ⇔ (t + 1)3− 4(t + 1)2+ 3 (t + 1) + 1 = 0

⇔ t3− t2− 2t + 1 = 0 (5) Đặt h (t) = t3− t2− 2t + 1, ta có h (t) liên tục trên R

Vì h (−2) = −7 < 0; h (0) = 1 > 0; h (1) = −1 < 0; h (2) = 1 > 0

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	195,24 KB