ung dung dao ham giai pt, bpt, he pt

ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ
TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
I) Đặt vấn đề:
Từ nhiều năm trở lại đây việc sử dụng khảo sát sự biến thiên của hàm số để giải và biện luận một
số phương trình, bất phương trình và hệ phương trình tạo nên sự phong phú về thể loại và
phương pháp giải tốn, phù hợp với các kỳ thi tuyển sinh đại học. Để giúp học sinh biết sử dụng
sự biến thiên của hàm số để giải và biện luận một số phương trình, bất phương trình và hệ
phương trình, tôi đã tổng kết lại một số dạng toán và phương pháp giải như sau.
II) Một số lưu ý chung:
Để học sinh có kiến thức vững để giải các bài tốn dạng này u cầu học sinh nắm vững một số
kiến thức cơ bản sau:
1) phương trình f(x) = m có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số y = f(x) và số
nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với đường thẳng y = m
2) Xét bất phương trình f(x)
≥
m với f(x) liên tục trên [a; b] .
Khi đó: m = minf(x)
≤
f(x)
≤
maxf(x) = M
*) f(x)
≥
m có nghiệm thuộc [a; b]
⇔
m
≤
maxf(x)
*) f(x)
≥

m vơ nghiệm thuộc [a; b]
⇔
m > maxf(x)
*) f(x)
≥
m có nghiệm
∈∀x
[a; b]
⇔
m
≤
minf(x)
II) Các ví dụ :
A) Phương trình:
Ví dụ 1:
Xác định m để phương trình sau có nghiệm :
m(
22422
1112)211 xxxxx −−++−=+−−+
(1)
Điều kiện:
1≤x
Đặt t =
2
1 x+
-
2
1 x−

⇒

2
4
1 x−
= 2 – t
2

Ta có: t =
2
1 x+
-
2
1 x−
≥
0 dấu bằng đạt được khi x = 0
t
2
= 2 – 2
4
1 x−
≤
2 dấu bằng đạt được khi x =
±
1
suy ra điều kiện của t là: 0
≤
t
≤
2
Phương trình (1) được chuyển về dạng m(t + 2) = 2 - t
2

+ t
⇔
2
2
2
+
++−
t
tt
= m (2)
Khi đó phương trình (1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm thoả : 0
≤
t
≤
2

⇔
đường thẳng y = m cắt phần đồ thị hàm số y =
2
2
2
+
++−
t
tt
trên [0;
2
]

Xét hàm số f(t) =
2
2
2
+
++−
t
tt
trên [0;
2
]
Ta có f’(t) =
( )
0
2
4
2
2
≤
+
−−
t
tt
,
∀
t
∈
[0;
2
]

⇒
hàm số nghịch biến trên [0;
2
]
Vậy phương trình (1) có nghiệm
⇔
f(
⇔≤≤ )0(2 fm
≤−12
m
≤
1
f ’(t)
f(t)
0
0
0 -1
+ _
t
1
1
3
Ví dụ 2:
Tìm m để phương trình: 3
2
4
1 1 2 1x m x x− + + = −
(1) có nghiệm
Điều kiện: x
≥

1
(1)
⇔
3
4
1 1
2
1 1
x x
m
x x
− −
+ =
+ +
Đặt: t =
4
1
1
x
x
−
+
=
4
2
1
1x
−
+
điều kiện: 0

≤
t
≤
1. Khi đó phương trình trở thành:
-3t
2
+ 2t với t
∈
[0; 1]
Ta có f ’(t) = - 6t +2
f ’(t) = 0
⇔
- 6t +2 = 0
⇔
t =
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng với mọi m > 0 phương trình sau có hai nghiệm phân biệt
x
2
+ 2x – 8 =
( 2)m x −
(1)
Điều kiện x
≥
2
(1)
⇔
(x – 2)( x
3
+ 6x

2
– 32 – m) = 0

⇔

3 2
2
6 32 0
x
x x m
=


− − − =

Ta chỉ cần chứng minh phương trình: x
3
+ 6x
2
– 32 = m (*) có nghiêm trong (2; +
∞
)
Xét hàm số: f(x) = x
3
+ 6x
2
– 32 với x > 2
f ’(x) = 3x
2
+ 12x > 0 ,

∀
x > 2

Dựa vào bảng biến thiên ta có:
∀
m > 0 phương trình (*) có nghiệm trong khoảng (2; +
∞
)
Vậy
∀
m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
Ví dụ 4:
Tìm m để phương trình sau có ít nhất 1 nghiệm thuộc [1; 3
3
]
2 2
3 3
log log 1x x+ +
- 2m – 1 = 0 (1)
Điều kiện : x > 0
Đặt: t =
2
3
log 1x +
với x
∈
[1; 3
3
]
⇔

0
≤
3
log 3x ≤
⇔
1
≤

2
3
log x
+1
≤
4
⇔
1
≤
t
≤
2
Phương trình trở thành: t
2
+ t = 2m + 2 (2)
Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc [1; 3
3
]
⇔
Phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc [1; 2]
1
3

0
+
∞
+
+
∞
2
f(x)
f '(x)
x
⇔
đường thẳng y = 2m + 2 cắt phần đồ thò y = t
2
+ t với t
∈
[1; 2] tại ít nhất một điểm
f(t) = t
2
+ t
f ’(t) = 2t + 1 > 0 ,
∀
t
∈
[1; 2]
Vậy phương trình (1) có ít nhất một nghiệm thuộc [1; 3
3
]
⇔
2
≤

2m + 2
≤
5
⇔
0
≤
m
≤
1,5
Ví dụ 5:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm :
(m + 1) tg
4
x – 3m(1 + tg
2
x)tg
2
x +
4
4
cos
m
x
= 0 (1)
Điều kiện: x
2
k
π
π
≠ +

(1)
⇔
m( 2tg
4
x + 5tg
2
x + 4 ) = - tg
4
x

⇔

2
2 2
(2 5 4)
t tg x
m t t t

=


+ + = −


⇔
2
2
2
2 5 4
t tg x

t
m
t t

=


−
=

+ +

Xét: f(t) =
2
2
2 5 4
t
t t
−
+ +
với t
≥
0
f ’(t) =
( )
2
2
2
5 8
2 5 4

t t
t t
− −
+ +
≤
0 ,
∀
t
≥
0

Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm
⇔
-0,5 < m
≤
0

Ví dụ 6:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 9
x
– m 3
3
+ 2m + 1 = 0 (1)
(1)
⇔
2
3
( 2) 1
x
t

m t t

=


− = +



⇔
2
3
1
(2)
2
x
t
t
m
t

=


+
=

−

(vì t = 2 không phải là nghiệm của pt)

Xét hàm số f(t) =
2
1
2
t
t
+
−
ta có:
f ’(t) =
( )
2
2
4 1
2
t t
t
− −
−

f ’(t) = 0
⇔

2
4 1t t− −
= 0
⇔
2 5
2 5
t

t

= −

= +


-0,5
0
f(t)
_
f '(t)
+
∞
0
t
+
5
2
2
1
f(t)
f '(t)
t
+
_
_
-
∞
1

2
4 + 2
5
+
∞
0
0
+
∞
2 +
5
2
0
2 -
5
-
∞
f(t)
f '(t)
t
Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm khi m < - 0,5 hoặc m
≥
4 2 5+
Ví dụ 7:
Tìm a để phương trình:
2
3 1
2 1
2 1
x

x
x
−
= −
−
+ a (1) có nghiệm duy nhất
(1)
⇔
a =
2
3 2
2 1
x x
x
−
−
Xét hàm số : f(x) =
2
3 2
2 1
x x
x
−
−
xác đònh trên (0,5; +
∞
)
Ta có f’(x) =
( )
2

3
9 8 2
2 1
x x
x
− +
−
> 0
∀
x
≥
0,5
⇒
f đồng biến trên (0,5; +
∞
)
0,5
+
∞
+
+
∞
-
∞
f(x)
f '(x)
x
Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng y = a cắt đồ thò hàm số f(x) tại một điểm duy nhất
∀
a. Vậy

∀
a phương trình (1) luôn có nghiệm duy nhất
Ví dụ 8:
Giải phương trình: x +
2
2 2x x− +
= 3
x-1
+1 (1)
(1)
⇔
x – 1 +
2
2 2x x− +
= 3
x – 1

⇔
2
1
1 3
a
a x
a a
= −



+ + =




⇔
(
)
2
1
ln 1 ln3
a x
a a a
= −



+ + =


(*)
Xét f(a) = ln(
2
1a a+ +
) – aln3
f ’(a) =
2
1
1a +
- ln3 < 0 ,
∀
a
Vậy f(a) nghòch biến trên R và f(0) = 0 nên (*) nghiệm duy nhất a = 0 .Do đó phương trình (1)

có một nghiệm x = 1
Ví dụ 9
Giải phương trình :
4 1x −
+
2
4 1x −
= 1 (1)
Điều kiện:
2
4 1 0
4 1 0
x
x
− ≥


− ≥


⇔
x
≥
0,5
Xét: f(x) =
4 1x −
+
2
4 1x −
với x

≥
0,5
f ’(x) =
2
4 1x −
+
2
4
4 1
x
x −
> 0 ,
∀
x
≥
0,5

⇒
f đồng biến trên (0,5; +
∞
)
Do f liên tục và đồng biến trên (0,5; +
∞
) , f(0,5) = 1 nên (1)
⇔
f(x) = f(0,5)

⇔
x = 0,5
Ví dụ 10:

Giải phương trình: 3
x
+ 5
x
= 6x + 2 (*)
Xét: f(x) = 3
x
+ 5
x
– 6x – 2
f ’(x) = 3
x
ln3 + 5
x
ln5 – 6
f ”(x) = 3
x
ln
2
3 + 5
x
ln
2
5 > 0,
∀
x
⇒
f’(x) đồng biến, liên tục và đổi dấu (f’(0) < 0, f’(2) > 0
Nên phương trình f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = a
f(

α
)
+
∞
+
∞
+
_
0
+
∞
α
-
∞
f(x)
f '(x)
x
Dựa vào bảng biến thiên f(x) cắt trục hoành tới 2 lần
⇔
phương trình (*) có tối đa hai nghiệm.
Ta thấy x = 0, x = 1 là 2 nghiệm của (*). Ngoài ra (*) không thể có nghiệm nào khác( do nó chỉ
có tối đa 2 nghiệm)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0 , x = 1
III) Các bài tập:
1) Đònh m để phương trình có nghiệm thuộc tập hợp cho trước
a) x
3
– 3x = m với 2
≤
x

≤
3
b) x
2
- 6lnx – m = 0 với 1 < x < e
c) 4sin
6
x + cos4x – a = 0
2) Biện luận số nghiệm phương trình:
a) 3x
4
– 10x
3
+ 6x
2
= m
b) 2
1x −
+
5 x−
= m
c) X
3
+ mx + m = 0
3) Tìm điều kiện m để phương trình sau có nghiệm:
1x −
+
3 x−
-
( )

1 (3 )x x− −
= m
4) Tìm điều kiện m để phương trình sau có đúng một nghiệm ( đề dự bò ĐH 2007)
a)
4
4
13x x m− +
+ x – 1 = 0
b)
2
4
1x +
-
x
= m
5) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2
3
sin x
+ 3 tg
2
x + m(tgx + cotgx) = 1
6) Tìm m để phương trình sau có nghiệm
7) Tìm m để phương trình sau có nghiệm4(sin
4
x + cos
4
x) – 4(sin
6
x + cos

6
x) – sin
2
4x = m
8) biện luận theo k số nghiệm x
;
4 4
π π
−
 
 
 
của phương trình: 4k(sin
6
x + cos
6
x – 1) = 3sin6x
9) Tìm tất cả giá trò m để phương trình có nghiệm duy nhất trên đoạn
0;
2
π
 
 
 

2cosx .cos2x.cos3x m = 7 cos2x
10) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
a) x +3 = m
2
1x +

b) x + m = m
2
1x +
c)
1x −
+ 4m
2
4
3 2x x− +
+ (m + 3)
2x −
= 0
11) xác đònh m để phương trình sau có nghiệm:
a)
2 2
4 2 1 4 2 1x x x x− + − + +
= 2m
b)
4 4
4
4 4x x m x x m+ + + + +
= 6
12) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt :
a)
( )
)8(181 xxxx −++−++
= m
b)
xxxx −+−++ 626222
44

= m
13) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
a) tan
2
x + cot
2
x +m(tanx + cotx) + 3 = 0
b)
)45(12 xxmxxx −+−=++
c) 2x +
xxxx 727
2
++++
= m
14) Tìm m để phương trình : sinx + 2 cos
2
x
= m( cosx + 2sin
2
x
) có nghiệm trong đoạn {0 ;
2
π
}
B) Bất phương trình:
1) Ví dụ 1:
Tìm m để bất phương trình m(
2
2 2x x− +
+ 1) + x(2- x)

≤
0 có nghiêm thuộc [0; 1+
3
]
Đặt t =
2
2 2x x− +
với x
∈
[0; 1+
3
]
t’
x
=
2
1
2 2
x
x x
−
− +
,
t’
x
= 0
⇔
x = 1

Với x
∈
[0; 1+
3
] thì t
∈
[1; 2]
Bất phương trình trở thành: m(t + 1)
≤
t
2
– 2

⇔
m
≤

2
2
1
t
t
−
+

⇔
m
≤
Maxf(t) với f(t) =
2

2
1
t
t
−
+
+
_
2
2
1
0
1+
3
1
0
t
t'
x
x
Ta có f ’(t) =
( )
2
2
2 2
1
t t
t
+ +
+

> 0 ,
∀
t
∈
[1; 2]
Vậy bất phương trình có nghiệm x
∈
[0; 1+
3
]
⇔
m
≤

[1;2]
ax ( )M f t
= f(2)
⇔
m
≤

2
3
Ví dụ 2:
Vớùi giá trò nào của m thì bất phương trình sin
3
x + cos
3
x
≥

m ,
∀
x (1)
Đặt t = sinx + cosx =
2 cos( )
4
x
π
−
, điều kiện :
2t ≤
Bất phương trình trở thành: t(1 –
2
1
2
t −
)
≥
m,
∀
t
∈
[-
2
;
2
]
⇔
3t – t
3

≥
2m,
∀
t
∈
[-
2
;
2
]
Xét: f(t) = 3t – t
3

f ’(t) = 3 – 3t
2

f ’(t) = 0
⇔
3 – 3t
2
= 0
⇔
t = 1 v t = -1

2
-
2
1
-

2
+
_
2
-2
0

2
-1
t
t'
x
x
Dựa vào bảng biến thiên ta có : Bất phương trình (1) có nghiệm
∀
x
⇔
2m
≤
-2
⇔
m
≤
- 1
Ví dụ 3:
Tìm m để bất phương trình mx
4
– 4x + m
≥
0 ,

∀
x (1)
(1)
⇔
m(x
4
+ 1)
≥
4x ,
∀
x

⇔
m
≥

4
4
1
x
x +
,
∀
x
Xét : f(x) =
4
4
1
x
x +

Ta có : f ’(x) =
( ) ( ) ( )
4 4 4) 2 2
2 2 2
4 4 4
4( 1 4 ) 4(1 3 4(1 3 )(1 3 )
1 1 1
x x x x x
x x x
+ − − − +
= =
+ + +
f ’(x) = 0
⇔
2
1 3x−
= 0
⇔
x =
4
1
3
v x = -
4
1
3
Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình có nghiệm
∀
x

⇔
m
≥
Maxf(x)

⇔
m
≥

4
27
_
-
27
0
0
1
3
-1
3
27
0
+
_
0
+
∞
-
∞
f(x)

f '(x)
x
0
-1
1
1
0
+
_
1
23
7
0
2
1/ 3
f(x)
f '(x)
x
Ví dụ 4:
Cho bất phương trình x
3
-2x
2
+ x – 1 + m < 0 (1)
a) Đònh m để bất phương trình (1) có nghiệm thuộc [0; 2]
b) Đònh m để bất phương trình (1) thoả
∀
x
∈
[0; 2]

Ta có: (1)
⇔
-x
3
+ 2x
2
– x + 1 > m
Xét: f(x) = -x
3
+ 2x
2
– x + 1 , x
∈
[0; 2]
f’(x) = -3x
2
+ 4x – 1
f’(x) = 0
⇔
x = 1 v x =
1
3

a) (1) có nghiệm thuộc [0; 2]
⇔
Maxf(x) > m
⇔
m < 1
b) (1) có nghiệm
∀

x
∈
[0; 2]
⇔
Minf(x) > m
⇔
m < -1

Ví dụ 5:
Tìm điều kiện p, q để bất phương trình sau có nghiệm thoả
∀
x
∈
[0; 1]
px + 1
≤

3 2
3 1
3 1
x x x
x
+ + +
+

≤
qx + 1 (1)
x = 0 (1) thoả
x
∈

(0; 1] ta có (1)
⇔
p
≤

2
2
1
x x
x
+ +
+

≤
q
Đặt f(x) =
2
2
1
x x
x
+ +
+
f ’(x) =
( )
3
2
2 1
1
x x

x
+ −
+
f ’(x) = 0
⇔
x =
2 1−

⇒
y = 2
2 1−

Dựa vào bảng biến thiên ta có: p
≤
minf(x) và q
≥
maxf(x)
⇔
p
≤
2
2 1−
và q
≥
2
Ví dụ 6:
Cho bất phương trình:
x a x b x c− + − > −
(1) với a > b > c
a) chứng minh bất phương trình luôn có nghiệm

b) Giải bất phương trình:
4 1 4x x x− + − > +
(2)
(1)
⇔

x a x b x c− + − − −
> 0
Đặt: f(x) =
x a x b x c− + − − −
với x
≥
a
f’(x) =
1 1 1
2 2 2x a x b x c
+ −
− − −
> 0 ,
∀
x > a ( vì
x a−
<
x b−
<
x c−
)
2
+
_

2
0
2
2
- 1
2
-1
1
0
f(t)
f '(t)
t
⇒
f đồng biến khi x > a. Hơn nữa f(a) =
a b a c− − −
< 0 và
lim ( )
x
f x
→+∞
= +∞
do đó (1) luôn có
nghiệm
Tập nghiệm là: (x
o
, +
∞
) với f(x
o
) = 0

Với a = 4, b = 1, c = -4 .
p dụng chứng minh trên (2) có nghiệm là: (x
o
, +
∞
) vơùi f(x
o
) = 0
Ta có f(5) =
5 4 5 1 5 4− + − − +
= 0 Vy bất phương trình (2) có nghiệm là ( 5; +
∞
)
Ví dụ 7:
Tìm tất cả các giá trò của m để bất phương trình sau đây nghiệm đúng với
∀
x > 0
(3m +1)12
x
+ (2 – m)6
x
+ 3
x
< 0 (1)
(1)
⇔
(3m +1)4
x
+ (2 – m)2
x

+ 1 < 0
⇔

2 2
2 , 0
(3 ) ( 1)
x
t x
t t m t

= ∀ >


− < − +



⇔

2
2
2 1
( 1)
(2)
(3 )
x
t
t
m
t t


= >


− +
<

−

Xét: f(t) =
2
2
( 1)
(3 )
t
t t
− +
−
,vơùi t > 1
f ’(t) =
2
2 2
7 6 1
(3 )
t t
t t
+ −
−
> 0 ,
∀

t > 1
Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình (1) có nghiệm với
∀
x > 0
⇔
bất phương trình (2) có nghiệm với
∀
t > 1
⇔
m
≤
-2
Ví dụ 8:
Giải bất phương trình :
2
7 7 7 6 2 49 7 42x x x x+ + − + + −
< 181 – 4x
Điều kiện:
2
7 7 0
7 6 0
49 7 42
x
x
x x

+ ≥

− ≥



+ −


⇔
x
6
7
≥
Đặt: f(x) =
2
7 7 7 6 2 49 7 42x x x x+ + − + + −
+ 4x
f ’(x) =
2
7 7 98 7
2 7 7 2 7 6
49 7 42
x
x x
x x
+
+ +
+ −
+ −
+ 4 > 0 ,
∀
x
6
7

≥

Vậy f(x) đồng biến trên (
6
7
; +
∞
) và f(6) = 181
f(a)< 0
+
x
o
0
+
∞
+
+
∞
a
f(x)
f '(x)
x
1
+
∞
+
-
1
3
-2

f(t)
f '(t)
t
Khi x < 6 thì f(x) < f(6)
⇔
f(x) < 181
Vậy nghiệm bất phương trình là S = [
6
7
; 6)
Ví dụ 9:
Giải bất phương trình:
3 2
2 3 6 16x x x+ + +
>
2 3 4 x+ −
Điều kiện:
3 2
2 3 6 16 0
4 0
x x x
x

+ + + ≥

− ≥

( )
2
2 (2 8) 0

4 0
x x x
x

+ − + ≥

⇔

− ≥



⇔
- 2
≤
x
≤
4
Xét hàm số f(x) =
3 2
2 3 6 16x x x+ + +
-
4 x−

f ’(x) =
2
3 2
6( 1) 1
2 4
2 2 3 6 16

x x
x
x x x
+ +
+
−
+ + +
> 0 ,
∀
x
∈
(-2; 4)
Suy ra f đồng biến trong khoảng (-2; 4)
Do đó nếu x > 1 thì f(x) > f(1) =
2 3

⇔
3 2
2 3 6 16x x x+ + +
-
4 x−
>
2 3

⇔

3 2
2 3 6 16x x x+ + +
>
4 x−

+
2 3
.
Vậy khoảng nghiệâm của bất phương trình là : (1; 4)
2) Bi tập:
1) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 3
2x+1
– (m + 3) 3
x
– 2(m + 3) < 0
2) Xác đònh m sao cho
∀
x đều là nghiệm bất phương trình:
2
2+cos2x
+
2 2
1 cos sin
2 2
x x+
−

≥
m
3) Xác đònh m để bất phương trình sau có nghiệm
2 2 2
sin cos sin
2 3 .3
x x x
m+ ≥

(1)
Hướng dẫn: Đặt t =
2
sin
2
x
điều kiện
1 2t
≤ ≤
thì
2
sin
3
x
=
( )
2
2
2
log 3
log 3
sin
2
x
t=
(1) có dạng: t +
2
log 3
3
t

2
log 3
.m t≥
Xét f(t) =
2
2
log 3
1
log 3
3
t
t
−
+
với
1 2t
≤ ≤
)
C. Hệ phương trình
1) Hệ phương trình dạng:
(1)
(2)
( ) ( )
( , ) 0
f x f y
g x y

=



=


Hướng dẫn học sinh có thể tìm lời giải theo hai hướng sau:
Hướng 1: (1)
⇔
f(x) – f(y) = 0 (3)
Tìm cách đưa (3) về một phương trình tích
Ví dụ 1:
Giải hệ :
(1)
3 (2)
1 1
2 1
x y
x y
y x

− = −



= +

Ta có: (1)
⇔
x – y – (
1 1
x y

−
) = 0
⇔
(x – y)
1 xy
xy
+
= 0

⇔
1
x y
x
y
=


−

=


Thay vào (2) và giải
Hư ơ ùng 2 : Xét hàm số f(t) . Ta thường gặp hàm số liên tục trong tập xác đònh của nó.
+) Nếu hàm số f(t) đơn điệu thì (1) suy ra x = y. Khi đó bài toán đưa về giải và biện luận
phương trình theo x
+) Nếu hàm số f(t) có một cực trò t = a thì nó thay đổi chiều biến thiên một lần khi qua a. Từ
(1) suy ra x = y hoặc x, y nằm về hai phía của a
Ví dụ 2:
Giải hệ:

2 1
2 1
2 2 3 1
2 2 3 1
y
x
x x x
y y y
−
−

+ − + = +


+ − + = +


với x, y
∈
R
⇔

( )
( )
2
1
2
1
1 1 1 3
1 1 1 3

y
x
x x
y y
−
−

− + − + =



− + − + =

Đặt: a = x – 1 , b = y – 1 ta có hệ mới

2
2
1 3
1 3
b
a
a a
b b

+ + =


+ + =



⇔
2
2 2
1 3 (1)
1 3 1 3 (2)
b
a b
a a
a a b b

+ + =


+ + + = + + +


Xét hàm số f(t) =
2
1 3
t
t t+ + =
, t
∈
R
f ’(t) =
2
1
1
t

t
+
+
+ 3
t
ln3
=
2
2
1
1
t t
t
+ +
+
+ 3
t
ln3 > 0 ,
∀
t (vì
2
1t t+ +
> 0 ,
∀
t)
do đó hàm số đồng biến trên R
từ (2) ta có f(a) = f(b) nên a = b. Thay vào (1) ta được:

2
1a a+ +

= 3
a


⇔
ln(
2
1a a+ +
) = aln3
Xét : g(a) = ln(
2
1a a+ +
) – aln3 (*)
g’(a) =
2
1
1a +
- ln3 < 0 ,
∀
a
Vậy hàm số g(a) nghòch bến trên R. Nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất a = 0
Do đó hệ có nghiệm duy nhât x = y = 1
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng hệ phương trình sau có đúng hai nghiệm (x, y) thoả x > 0, y > 0
2
2
2008
1
2008
1

x
y
y
e
y
x
e
x

= −

−



= −

−

(*) ( đề dự bò 2007)
Điều kiện:
2
2
1 0
1
1 0
1
0, 0
x
x

y
y
x y

− >
>


− > ⇔
 
>


> >

(*)
⇔
2
2 2
2008 (1)
1
(2)
1 1
x
x y
y
e
y
x y
e e

x y

= −

−



− = −

− −

Xét hàm số: f(t) =
2
1
t
t
e
t
−
−
, t > 1
f ’(t) =
( )
2
2
2
2
2 2
1

1
1
1
1 1
t t
t
t
t
e e
t
t t
− −
−
− = +
−
− −
> 0 ,
∀
t > 1
Vậy f(t) đồng biến trên (1; +
∞
)
Từ (2) ta có f(x) = f(y)
⇒
x = y . Thay vào (1) ta có:
2
2008
1
x
x

e
x
= −
−
Xét hàm số : g(x) =
2
2008
1
x
x
e
x
+ −
−
= 0 (*)
g’(x) = e
x
-
( )
3
2
1
x
x
−
g”(x) = e
x
+
( )
5

2
2
1
x
x
−
> 0 ,
∀
x > 1
⇒
g’(x) đồng biến và liên tục trên (1; +
∞
) và đổi dấu.
Vì
1
lim '( )
x
g x
+
→
= −∞
và g’(2) = e
2
–
1
3 3
> 0
Nên g’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x =
α

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g(x) cắt trục hoành tối đa 2 lần
+
∞
+
∞
g(
α
)
_
+
0
α
+
∞
1
f(x)
f '(x)
x
⇔
phương trình (*) có tối đa 2 nghiệm
⇔
hệ phương trình có đúng 2 nghiệm (x, y) thoả x > 0, y > 0
Ví dụ4:
Giải hệ :
1
1
x
y
e ey x
e ex y


= − +


= − +


⇔
1(1)
1(2)
x
x y
e ey x
e ex x e ey

= − +


+ + = + +


Xét: f(t) = e
t
+ et + t
f ’(t) = e
t
+ e + 1 > 0 ,
∀
t
Vậy f(t) đồng biến trên R

Từ (2) ta có: f(x) = f(y)
⇔
x = y
Thay vào (1) ta được: e
x
= ex – x +1 (*)
Xét hàm số g(x) = e
x
- ex + x – 1
g’(x) = e
x
– e + 1
g”(x) = e
x
> 0 ,
∀
x
Do đó f’(x) đồng biến và liên tục trên R và đổi dấu
Vì g’(0) = 2 – e < 0 và g(1) = 1> 0 nên phương trình g’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x =
α
+
∞
f(
α
)
_
+
0
α
+

∞
-
∞
g(x)
g '(x)
x
Dựa vào bảng biến thiên g(x) cắt trục hoành tối đa hai lần
⇔
phương trình (*) có tối đa 2 nghiệm
Ta thấy x = 0 hoặc x = 1 là hai nghiệm của phương trình (*) ngoài ra (*) không thể có
nghiệm nào khác( vì nó chỉ có tối đa 2 nghiệm)
Vậy hệ có hai nghiệm ( (0; 0) và ( 1; 1)
Ví dụ 5:
Giải hệ phương trình:
2 2
ln(1 ) ln(1 )
12 20 0
x y x y
x xy y
+ − + = −


− + =

(*) ( Đề dự bò khối D 2006)
Điều kiện: x > -1, y > -1
(*)
⇔
2 2
12 20 0

ln(1 ) ln(1 )
x xy y
x x y y

− + =

+ − = + +


Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t
f ’(t) =
1
t
t
−
+
ta thấy f’(t) = 0
⇔
t = 0
f(0)
_
+
0
0
+
∞
-1
f(t)
f '(t)
t

Ta có (2)
⇔
f(x) = f(y)
⇔
x = y nếu x,y thuộc cùng một khoảng đơn vò
hoặc xy < 0 nếu x,y không cùng thuộc một khoảng đơn vò
Nếu xy < 0 thì vế trái của (1) luôn dương, phương trình không thoả mãn
Nếu x = y thay vào (1) ta được nghiệm của hệ là x = y = 0
Ví dụ 6:
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

1 3
1 3
x y m
y x m

+ + − =


+ + − =


(I)
Điều kiện: -1
≤
x , y
≤
3
(I)
⇔

1 3 (1)
1 3 1 3 (2)
x y m
x x y y

+ + − =


+ − − = + − −


Xét hàm số f(t) =
1 3t t+ − −
f’(t) =
1 1
2 1 2 3t t
+
+ −
> 0 ,
∀
t
∈
(-1; 3)
Vậy f đồng biến trên (-1; 3). Do đó f(x) = f(y)
⇔
x = y
Thay vào (1) ta có:
1 3x x+ + −
= m (*)

Xét hàm số : g(x) =
1 3x x+ + −

g ’(x) =
1 1
2 1 2 3x x
−
+ −

g ’(x) = 0
⇔
x = 1

Dựa vào bảng biến thiên phương trình (*) có nghiệm
⇔
2
≤
m
≤
2
2
Do đó hệâ có nghiệm khi 2
≤
m
≤
2
2
Ví dụ 7:
Chứng minh rằng
∀

m hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất

2 2
2 2
3 2 0 (1)
3 2 0 (2)
x y y m
y x x m

− − =


− − =


(I)
Nếu y
≤
0 thì vế trái của (1 ) phương trình không thoả suy ra y > 0. Tương tự x > 0
(I)
⇔

2 2
3 2
( )(3 2 2 ) 0
x y y m
x y xy x y

− =


− + + =

(I)
⇔
2 2
3 2x y y m
x y

− =

=



⇔
3 2
3 2x y m
x y

− =

=

2
2
2
2
_
+
0

1
3
-1
g(x)
g '(x)
x
Xét: f(x) = 3x
3
– 2x
2
có f ’(x) = 9x
2
– 4x :
f’(x) = 0
⇔
x = 0 hoặc x =
4
9

Dựa vào bảng biến thiên phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x > 0
⇔
m > 0. Do đó hệ có
nghiệm duy nhất khi m > 0
Ví dụ 8:
Tìm m để hệ sau có nghiệm:
cos cos
2sin 3cos
x y x y
x y m
− = −



− =


⇔
cos cos (1)
( )
2sin 3cos (2)
x x y y
I
x y m
− = −


− =

Xét f(t) = t – cost
f ’(t) = 1+sint
≥
0 ,
∀
t
⇒
f(t) đồng biến trên R.
Nên (1)
⇔
f(x) = f(y)
⇒
x = y

Thay vào (2) ta có 2sinx – 3cosx = m
⇔
13
sin( x -
ϕ
) = m (*)
vậy hệ có nghiệm
⇔
phương trình (*) có nghiệm
⇔
-
13
≤
m
≤
13
Bài tập luyện tập:
1) Giải hệ phương trình:
1
ln ln
2 .3 36
x
x y
y
x y x y
−
+
− = −





=

2) Tìm m để hệ phương trình
cos cos 1
cos3 cos3
x y
x y m
+ = −


+ =

có nghiệm:
3) Giải hệ :
2
2
cos 1
2
cos 1
2
y
x
x
y

= −





= −


4) Giải hệ
3 2
3 2
1 2( )
1 2( )
x x x y
y y y x

+ = − +


+ = − +


2) Hệ phương trình có ẩn không thay đổi khi hoán vò vòng quanh
Khi giải hệ này cần chú ý:
Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết x = max (x, y, z)
⇔
x
≥
y, x
≥
z
4
9

+
∞
32
243
_
1
0
0
0
0
f(x)
f '(x)
x
Ví dụ1:
Giải hệ phương trình:
3 2
3 2
3 2
3 5 1 4
3 5 1 4
3 5 1 4
x x x y
y y y z
z z z x

− + + =

− + + =



− + + =

Xét hàm số f(t) = t
3
- 3t
2
+ 5t + 1
f ’(t) = 3t
2
– 6t + 5 > 0 ,
∀
t. Do đó f(t) đồng biến
Hệ phương trình có dạng
( ) 4
( ) 4
( ) 4
f x y
f y z
f z x
=


=


=


Vì hệ không đổi khi hoán vò vòng quanh đối với x, y,z nên ta có thể giả thiết x
≥

y, x
≥
z
Nếu x > y
⇒
f(x) > f(y)
⇒
4y > 4z
⇒
y > z
⇒
f(y) > f(z)
⇒
z > x mâu thuẫn
Nếu x > z
⇒
f(x) > f(z)
⇒
y > x mâu thuẫn
Vậy x = y = z
Từ một phương trính trong hệ ta có: x
3
– 3x
2
+ x + 1 = 0
⇔
(x – 1)( x
2
– 2x – 1) = 0
⇔

1
1 2
x
x
=


= ±

Do đó nghiệm của hệ là:
1
1 2
x y z
x y z
= = =


= = = ±

Nhận xét : Xét hệ có dạng:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
f x g y
f y g z
f z g x
=



=


=

Nếu hàm số f(t), g(t) cùng đồng biến (hoặc cùng nghòch biến) thì lý luận như trên ta có x = y =z
Ví dụ 2:
Giải hệ :
3 2
3 2
3 2
6 12 8 (1)
6 12 8 (2)
6 12 8 (3)
y x x
z y y
x z z

= − +

= − +


= − +

(I)
(I)
⇔
3
3

3
( )
( )
( )
y f x
z f y
x f z

=

=


=

Từ phương trình (1) ta có y
3
= 6(x
2
– 2x +
8
6
) = 6(x – 1)
2
+
1
3

≥
2

⇒
y
≥

3
2
Tương tự ta có: x
≥

3
2
, z
≥

3
2
Xét hàm số f(t) = 6t
2
– 12t + 8
f ’(t) = 12x – 12 > 0 ,
∀
t
≥

3
2
Vậy f(t) đồng biến trên [
3
2
; +

∞
)
Vì hệ không thay đổi khi hoán vò vòng quanh đối với x, y,z do đó có thể giả thiết x
≥
y, x
≥
z
Nếu x > y
⇒
f(x) > f(y)
⇒
y
3
> z
3

⇒
y > z
⇒
f(y) > f(z)
⇒
z
3
> x
3

⇒
z > x mâu thuẫn
Nếu x > z
⇒

f(x) > f(z)
⇒
y
3
> x
3

⇒
y > x mâu thuẫn
Suy ra x = y = z
Từ một phương trình trong hệ ta có: x
3
– 6x
2
+ 12 x - 8 = 0
⇔
(x – 2)
3
= 0
⇔
x = 2
Vậy hệ có nghiệm x = y = z = 2
Bài tập luyện tập:
1) Giải hệ :
3 2
3 2
3 2
3 3 ln( 1) (1)
3 3 ln( 1) (2)
3 3 ln( 1) (3)

x x x x y
y y y y z
x z z z x

+ − + − + =

+ − + − + =


+ − + − + =

2) Giảøi hệ:
3 2
3 2
3 2
2 7 8 2
2 7 8 2
2 7 8 2
x x x y
y y y z
x z z x

− + − =

− + − =


− + − =


3) Giải hệ:
3 2
3 2
3 2
1
2
4
1
2
4
1
2
4
x x y
y y z
z z x

+ =



+ =



+ =


4) Chứng minh
∀

a hệ sau có nghiệm duy nhất :

2 3
2 3
2 3
x y y a
y z z a
z x x a

= + +

= + +


= + +

5) Tìm a để hệ:
2
2
2
x y a
y z a
z x a

= +

= +


= +


chỉ có nghiệm dạng x = y =z
6) Chứng minh rằng
∀
a > 0 hệ phương trình:

ln(1 ) ln(1 )
x y
e e x y
y x a

− = + − +

− =

có nghiệm duy nhất .
7) Tìm m đệ hệ phương trình sau có nghiệm thực:
3 3
3 3
1 1
5
1 1
15 10
x y
x y
x y m
x y

+ + + =





+ + + = −


8) Giải hệ:
( 1) ln
( 1) ln
( 1) ln
x y y y
y z z z
z x x x
− =


− =


− =

9) Giải hệ:
2 3
2 3
log 1 3sin log (3cos )
log 1 3cos log (3sin )
x y
y x

+ =



+ =


10) Giải hệ:
2 2
2 3
2 2
2 3
log (1 3 1 tan 2 log (1 tan )
log (1 3 1 tan 2 log (1 tan )
x y
y x

+ − = + −


− − = + −


Hướng dẫn:
1) Nếu một trong ba số x, y, z bằng 1
Giả sử x = 1 thì y – 1 = ylny
Xét f(y) = y – 1 – ylny
f ’(y) = - lny; f ’(y) = 0
⇔
y = 1 và f(1) = 0
0< y < 1 thì f’(y) > 0 suy ra f(y) > 0
y > 1 thì f’(y) < 0 suy ra f(y) < 0

vậy y = 1 là nghiệm duy nhất
Nếu x
≠
1 theo trên y, z
≠
1 hệ đã cho
⇔
ln
1
ln
( 1)
ln
( 1)
y y
x
y
z z
y
z
x x
z
x

=

−


=


−


=

−


⇒
hệ vô nghiệm