Chuyên đề: Giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm sốGiải hệ phương trình trong đề thi tuyển sinh đại học những năm gần đây thường sử dụng phương pháp hàm số để giải.. Bài toán này thư
Trang 1Chuyên đề: Giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số
Giải hệ phương trình trong đề thi tuyển sinh đại học những năm gần đây thường sử dụng phương pháp hàm số để giải Bài toán này thường gây ra rất nhiều khó khăn cho các bạn học sinh trong quá trình ôn tập và thi ĐH Để giúp các bạn có thể tự tin hơn khi giải bài toán này tôi
sẽ cung cấp cho các bạn các kiến thức cần thiết về bài toán này
A) Kiến thức cần nhớ.
1) Định lý 1: Nếu hàm số y = f (x) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) trên miền D thì phương trình f (x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm Và f (x) = f (y) ⇔ x = y
2) Định lý 2: Nếu hàm số y = f (x) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) và hàm số y = g (x) luôn nghịch biến (hoặc đồng biến) trên miền D thì phương trình f (x) = g (x) có nhiều nhất một nghiệm
Như vậy, ta thường phải thực hiện việc biến đổi phương trình:
g (x) = h (y) ⇔ f (p (x)) = f (q (y))
Sau đó ta xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm đặc trưng f (t) trên miền xác định của nó Để thực hiện việc này ta cần vận dụng kết hợp khéo léo 2 kỹ thuật đặt ẩn phụ và hệ số bất định
B) Một số ví dụ minh họa
1) Giải hệ phương trình:
√
x + 1 +√4
x − 1 −py4+ 2 = y (1)
x2+ 2x (y − 1) + y2− 6y + 1 = 0 (2) Giải (1): Đặt √4
x − 1 = u (u ≥ 0) (1) ⇔√u4+ 2 + u =py4+ 2 + y (3)
(2) ⇔ x2+ 2xy + y2− 2x − 2y − 4y + 1 = 0
⇔ (x + y − 1)2= 4y
Suy ra y ≥ 0
Xét hàm số f (t) =√t4+ 2 + t (t ≥ 0)
Ta có
f’(t) = 2t
3
√
t4+ 2+ 1 > 0 , ∀t ≥ 0
⇒ f (t) đồng biến với t ≥ 0
Do đó (3) ⇔ u = y ⇔ y = √4
x − 1 Thay vào (2) ta được:
x2+ 2x √4
x − 1 − 1 +√x − 1 − 6√4
x − 1 + 1 = 0
⇔ (x − 1)2+ (2x − 6)√4
x − 1 +√x − 1 = 0
⇔
x = 1
x = 2
Trang 22) Giải hệ phương trình sau:
x3− 3x2− 9x + 22 = y3+ 3y2− 9y (1)
x2+ y2− x + y = 1
(1) ⇔ (x − 1)3− 12 (x − 1) = (y + 1)3− 12 (y + 1) (3)
(2) ⇔
x − 1 2
2
+
y +1 2
2
= 1
Do đó −1 ≤ x − 12 ≤ 1 và −1 ≤ y +12 ≤ 1⇔ −32 ≤ x − 1 ≤ 12 và −12 ≤ y + 1 ≤ 32
Xét hàm số f (t) = t3− 12t trên−3
2,32
Ta có
f’(t) = 3t2− 12 = 3 t2− 4 < 0 , ∀t ∈−3
2,32
⇒ f (t) đồng biến trên−3
2,32
Do đó (3) ⇔ x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2
Thay vào (2) và tìm được nghiệm x = 12, x = 32
Vậy hpt có nghiệm 12, −32 , 3
2, −12
3) Giải hệ phương trình sau:
4x2+ 1 x + (y − 3)√5 − 2y = 0 (1) 4x2+ y2+ 2√3 − 4x = 7 (2)
Đk: x ≤ 34 , y ≤ 52
(1) ⇔ 4x3+ x = (3 − y)√5 − 2y
⇔ 8x3+ 2x =√5 − 2y (5 − 2y + 1)
⇔ (2x)3+ 2x = √5 − 2y3+√5 − 2y Xét hàm số f (t) = t3+ t , ∀t ∈ R
Ta có f’(t) = 3t2+ 1 > 0 , ∀t ∈ R
⇒ f (t) đồng biến trên R
Do đó f (2x) = f √5 − 2y ⇔
0 ≤ x ≤ 34 4x2 = 5 − 2y Thay vào (2) ta được:
4x2+ 5
2 − 2x
2
2
+ 2√3 − 4x − 7 = 0 (3)
Ta thấy x = 0, x = 34 không là nghiệm của phương trình (3)
Xét hàm số g(x) = 4x2+ 52 − 2x22
+ 2√3 − 4x − 7trên (0,34)
Ta có
g’(x) = 4x 4x2− 3 −√ 4
3 − 4x < 0 , ∀x ∈ 0,
3 4
Trang 3
⇒ g (x) nghịch biến trên (0,4)
Mặt khác g(12) = 0
Do đó (3) có nghiệm duy nhất x = 12
Vậy hpt có nghiệm (12; 2)
4) Giải hệ phương trình sau:
y3+ 3y = x3+ 3x2+ 6x + 4 (1)
√
1 − x2−√y =√2 − y − 1 (2) ĐK: −1 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 2
(1) ⇔ y3+ 3y = (x + 1)3+ 3 (x + 1) (3)
Vì −1 ≤ x ≤ 1 nên 0 ≤ x + 1 ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2
Xét hàm số f (t) = t3+ 3t , ∀t ∈ [0, 2]
Ta có
f’(t) = 3t2+ 3 > 0 , ∀t ∈ [0, 2]
⇒ f (t) đồng biến trên [0, 2]
Do đó (3) ⇔ f (y) = f (x + 1) ⇔ y = x + 1.Thay vào (2) ta tìm được x = 0
Vậy hpt có nghiệm (0; 1)
5) Giải hệ phương trình sau:
√ 3x − 1 + 4 (2x + 1) =√y − 1 + 3y (1) (x + y) (2x − y) + 4 = −6x − 3y (2) ĐK: x ≥ 13 , y ≥ 1
(2) ⇔ (x + y + 1) (2x − y + 4) = 0
⇔
x + y + 1 = 0 (V N ) 2x − y + 4 = 0 ⇔ y = 2x + 4 Thay vào (1) ta được:
√ 3x − 1 + 2 (3x − 1) =√2x + 3 + 2 (2x + 3) (3) Xét hàm số f (t) = 2t +√t , ∀t ≥ 0
Ta có
f’(t) = 2 + 1
2√t > 0 , ∀t ≥ 0
⇒ f (t) đồng biến ∀t ≥ 0
Do đó (3) ⇔ f (3x − 1) = f (2x + 3) ⇔ 3x + 1 = 2x + 3 ⇔ x = 4 (T M )
Vậy hpt có nghiệm (4; 12)
Trang 46) Giải hệ phương trình sau:
2y3+ 2x√1 − x = 3√1 − x − y (1)
y + 1 = 2x2+ 2xy√1 + x (2) ĐK:−1 ≤ x ≤ 1
(1) ⇔ 2y3+ y = 2 √1 − x3+√1 − x (3)
Do√1 − x ≥ 0nên từ (3) suy ra y ≥ 0
Xét hàm số f (t) = 2t3+ t , ∀t ≥ 0
Ta có Ta có
f’(t) = 6x2+ 1 > 0 , ∀t ≥ 0
⇒ f (t) đồng biến ∀t ≥ 0
Do đó (3) ⇔ f (y) = f √1 − x ⇔ y =√1 − x
Thay vào (2) ta được: √
1 − x + 1 = 2x2+ 2xp1 − x2 (4) Đặt x = cos t , t ∈ [0, π]
Thay vào (4), ta tìm được
t = −π6 + k4π3
t = 3π10 + k4π5
(k ∈ Z)
Vì t ∈ [0, π] nên t = 3π10 ⇒ x = cos3π
10 , y =√2 sin3π10 Vậy hpt có nghiệm cos3π10;√2 sin3π10
7) Giải hệ phương trình sau:
x3− y3+ 3y2− 3x − 2 = 0 (1)
x2+√1 − x2− 3p2y − y2+ 2 = 0 (2) ĐK: −1 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 2
(1) ⇔ x3− 3x = (y − 1)3− 3 (y − 1) (3)
Vì 0 ≤ y ≤ 2 nên −1 ≤ y − 1 ≤ 1
Xét hàm số f (t) = t3− 3t , t ∈ [−1, 1]
Ta có
f’(t) = 3t2− 3 = 3 t2− 1 ≤ 0 , t ∈ [−1, 1]
⇒ f (t) nghịch biến trên [−1, 1]
Do đó (3) ⇔ f (x) = f (y − 1) ⇔ x = y − 1
Thay vào (2) ta được:
x2− 2p1 − x2+ 2 = 0 Giải phương trình này ta tìm được x = 0
Vậy hpt có nghiệm (0, 1)
Trang 58) Giải hệ phương trình sau:
x3(2 + 3y) = 8
x y3− 2 = 6
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của hpt
Do đó x 6= 0
Chia hai vế của các phương trình của hệ cho x ta được:
2 x
3
= 2 + 3y (1)
y3= 2 +x6 (2) Lấy (1) − (2) vế với vế ta được: 2
x
3
+ 3.2x = y3+ 3y (3) Xét hàm số f (t) = t3+ 3t , t ∈ R
Ta có
f’(t) = 3t2+ 3 > 0 , ∀t ∈ R
⇒ f (t) đồng biến trên R
Do đó (3) ⇔ f x2 = f (y) ⇔ y = 2
x
Thay vào (1) ta được: x3 2 +x6 = 8 ⇔
x = 1
x = −2 Vậy hpt có nghiệm: (1; 2), (−2; −1)
9) Giải hệ phương trình sau:
2x− 2y = (y − x) (xy + 2) (1)
Thay 2 = x2+y2vào (1) ta được: 2x+x3 = 2y+y3 (3) Từ (2) ⇒ −√2 ≤ x ≤√2 , −√2 ≤ y ≤√2 Xét hàm số f (t) = 2t+ t3 , t ∈−√2,√2
Ta có
f’(t) = 2tln 2 + 3t2 > 0 , ∀t ∈−√2,√2
⇒ f (t) đồng biến trên−√2,√2 Do đó (3) ⇔ f (x) = f (y) ⇔ x = y
Thay vào (2) ta có 2x2 = 2 ⇔ x = ±1
Vậy hpt có nghiệm: (1; 1), (−1; −1)
10) Giải hệ phương trình sau:
x +√x2+ 1 = 3y (1)
y +py2+ 1 = 3x (2) Lấy (1) − (2) vế với vế ta được:
3x+ x +px2+ 1 = 3y+ y +py2+ 1 (3)
Trang 6Xét hàm số f (t) = 3t+ t +√t2+ 1 , t ∈ R
Ta có
f’(t) = 3tln 3 + 1 +√ t
t2+ 1= 3
tln 3 +
√
t2+ 1 + t
√
t2+ 1
Vì√t2+ 1 >
√
t2 ≥ −t , ∀t ∈ R ⇒√t2+ 1 + t > 0 , ∀t ∈ R nên f’(t) > 0 , ∀t ∈ R
⇒ f (t) đồng biến trên R
Do đó (3) ⇔ f (x) = f (y) ⇔ x = y
Thay vào (1) ta có
x +px2+ 1 = 3x⇔ lnx +px2+ 1
− x ln 3 = 0 (4)
Xét hàm số g (x) = lnx +√x2+ 1− x ln 3 , x ∈ R
Ta có
g’(x) = √ 1
x2+ 1− ln 3 < 1 − ln 3 < 0 , ∀x ∈ R
⇒ g (x) nghịch biến trên R
Mặt khác g (0) = 0
Do đó pt (4) có nghiệm duy nhất x = 0
Vậy hpt có nghiệm (0, 0)