skkn một số ứng dụng của định lí vi ét

MỤC LỤC
Trang
PHẦN I. LỜI MỞ ĐẦU………………………………........……......……...........2
1. Lý do chọn đề tài
2. Mục đích nghiên cứu đề tài
3. Phạm vi nghiên cứu đề tài
4. Nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài
5. Phương pháp nghiên cứu đề tài
PHẦN II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ ……….….……………..........….…….…….4
1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT..……….……………………….........…………...4
1.1. Định nghĩa
1.2. Một số tính chất về hàm số
1.3. Một số phương pháp đoán nghiệm
2. Một số ứng dụng tính đơn điệu của hàm số…………………………….5
2.1. Giải phương trình…………………………………………………...5
2.2. Giải bất phương trình……………………………………………….13
2.3. Giải hệ phương trình………………………………………………..15
PHẦN III. KẾT LUẬN ……………………………………………………….....27
TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………………………………….28

1


PHẦN I. LỜI MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình môn toán ở trường trung học phổ thông (THPT), mảng kiến
thức về phương trình (PT), bất phương trình (BPT), hệ phương trình (HPT) rất quan
trọng. Đây cũng là một chủ đề hay và khó, thường xuyên có mặt trong các kỳ thi
chọn học sinh (HS) giỏi, Cao đẳng, Đại học trước đây bây giờ là kỳ thi Tốt Nghiệp
Trung học phổ thông quốc gia và chúng thuộc câu phân loại trình độ của HS ở mức
độ vận dụng bậc cao.

Thực tế HS thường không giải được câu PT, BPT, HPT trong các kỳ thi bởi các lý
do. Một là, những kiến thức và phương pháp (PP) giải PT, BPT, HPT được trình bày
trong các sách giáo khoa phổ thông còn khá đơn giản. Hai là, thời lượng dành cho
từng mảng kiến thức này ở trên lớp rất ít. Ba là, PT, BPT, HPT có rất nhiều dạng và
PP giải khác nhau. Bốn là, đại đa số HS thường chỉ biết sử dụng kinh nghiệm giải
toán nhờ vào các thuật toán giải đã biết trước đó mà quên mất rằng mọi lời giải toán
đều có nguyên do của nó.
Để khắc phục những lý do trên, đòi hỏi HS phải linh hoạt nắm bắt các dạng và PP
giải tương ứng. Một trong những PP được đề cập trong đề tài này là “ Một số ứng
dụng tính đơn điệu của hàm số”. Điểm nổi bật trong đề tài này chính là sau mỗi ví
dụ đều có bước phân tích tìm tòi lời giải, những lưu ý, nhận xét kèm theo đó là lời
giải chi tiết các ví dụ và hệ thống bài tập tương tự nhằm giúp HS không những biết
được cách giải mà còn khắc sâu những đơn vị kiến thức có liên quan, định hướng
cho HS cách tư duy. Đó chính là lý do tôi viết đề tài này.
2. Mục đích nghiên cứu đề tài
Về phía Giáo viên: Trao đổi, rút kinh nghiệm giúp quá trình giảng dạy tốt hơn.
Về phía HS: Giúp HS có thêm PP để giải PT, BPT, HPT đồng thời rèn luyện cho
HS kỹ năng phân tích tìm tòi lời giải, định hướng cách tư duy để từ đó các em giải
được các bài tập từ mức độ nhận biết, thông hiểu đến mức độ vận dụng cao trong
các đề thi.
3. Phạm vi nghiên cứu đề tài
Các ví dụ và bài tập trong đề tài này thuộc Chương trình môn toán THPT.
2


4. Nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài
Nghiên cứu cơ sở lý thuyết của PP để có thể áp dụng chúng vào giải toán.
Nghiên cứu lời giải các ví dụ và hệ thống bài tập tương tự.
Áp dụng PP vào giải toán để thấy hiệu quả của PP so với các PP khác như PP bình
phương, đặt ẩn phụ, nhân lượng liên hợp,…

5. Phương pháp nghiên cứu đề tài
Từ việc thu thập và nghiên cứu các tài liệu tham khảo thông qua các thao tác tổng
hợp, phân tích, đánh giá, so sánh và đúc kết.
Thảo luận, trao đổi, lấy ý kiến với HS và đồng nghiệp.

3


PHẦN II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
Để giải được các bài toán bằng cách vận dụng tính đơn điệu của hàm số thì những
kiến thức về hàm số như đạo hàm, sự biến thiên và kĩ năng đoán nghiệm là vô cùng
quan trọng. Sau đây tôi xin trích một số tính chất, định nghĩa và các PP đoán nghiệm
thường được sử dụng và được phép sử dụng trong quá trình viết đề tài này.
Trong đề tài này ta luôn giả thiết K là một khoảng của ¡ .
1.1. Định nghĩa
Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên K .
▪ Hàm số f ( x ) được gọi là đồng biến trên K nếu
∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 )

▪ Hàm số f ( x ) được gọi là nghịch biến trên K nếu
∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 )

▪ Hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên K gọi chung là hàm đơn điệu trên K .
1.2. Một số tính chất về hàm số
Tính chất 1. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và có đạo hàm trên K . Khi đó
▪ Nếu f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ K và f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm trên K thì hàm
số f ( x ) đồng biến trên K .
▪ Nếu f ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ K và f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm trên K thì hàm
số f ( x ) nghịch biến trên K .

Lưu ý. Trong Tính chất 1, nếu K là một đoạn hoặc một nửa khoảng thì phải bổ
sung thêm giả thiết “ Hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn hay nửa khoảng đó”.
Tính chất 2. Cho hàm số y = f ( x ) đơn điệu trên K và u, v ∈ K . Khi đó
▪ f ( u ) = f ( v) ⇔ u = v .
▪ f ( u ) > f ( v ) ⇔ u > v khi f ( x ) đồng biến trên K .
▪ f ( u ) > f ( v ) ⇔ u < v khi f ( x ) nghịch biến trên K .
Tính chất 3. Nếu hàm f ( x ) liên tục và đơn điệu trên K thì phương trình f ( x ) = k
4


( k là hằng số) có tối đa một nghiệm trên K .
Tính chất 4. Nếu hàm số f ( x ) liên tục và đồng biến (nghịch biến) trên K , g ( x )
liên tục và nghịch biến (đồng biến) trên K thì phương trình f ( x ) = g ( x ) có tối đa
một nghiệm trên K .
Tính chất 5. Nếu f ( x ) và g ( x ) là hai hàm số dương, cùng đồng biến ( hoặc cùng
nghịch biến) trên K thì tích f ( x ) . g ( x ) cũng là hàm số đồng biến ( hoặc nghịch
biến) trên K .
1.3. Một số phương pháp đoán nghiệm
a. Thế thử một vài giá trị vào phương trình để đoán nghiệm
Dựa vào điều kiện xác định của phương trình, ta có thể nhẩm ngay được nghiệm
Ví dụ từ điều kiện x ≥

1
của phương trình
5

5 x − 1 + x + 2 = 7 − x ta nhẩm được một

nghiệm x = 2 ( hiển nhiên nghiệm này nhỏ hơn 7 ).
b. Sử dụng máy tính cầm tay

Ví dụ tìm nghiệm của phương trình

x2 − x + 3 + x2 + x + 4 = 7

Đầu tiên nhập vào máy X 2 − X + 3 + X 2 + X + 4 − 7 . Sau đó nhấn phím shift → CALC
ta được nghiệm X = 3 . Để tìm nghiệm khác của phương trình (nếu có) ta tiếp tục
2
2
nhập  X − X + 3 + X + X + 4 − 7  : ( X − 3) . Sau đó nhấn phím shift → Solve ta được

nghiệm X = −

143
.
48

2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
2.1. Giải phương trình
Giải phương trình F ( x ) = 0 , trong đó F ( x ) có tập xác định D. Để giải phương
trình này bằng cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số, ta thường biến đổi phương
trình này về một trong các dạng sau đây
Dạng 1. f ( x ) = k ( k ∈ ¡ ) trong đó hàm f ( x ) đơn điệu trên D.
Dạng 2. f ( x ) = g ( x ) trong đó hàm f ( x ) đồng biến ( nghịch biến ) trên D và g ( x )
là hàm nghịch biến ( đồng biến ) trên D.
Dạng 3. f ( u ) = f ( v ) trong đó f ( t ) là hàm đơn điệu trên K và u = u ( x ) , v = v ( x )
thuộc K với mọi x ∈ D. Khi đó f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v .
5


Trong đề tài này ta gọi f ( t ) là hàm đại diện.

Dạng 1. Phương trình dạng f ( x ) = k ( k ∈ ¡ )
Phương pháp
Bước 1. Xét hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên D.
Bước 2. Chứng minh hàm f ( x ) đơn điệu trên D.
Bước 3. Nhẩm nghiệm x = x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = k thì x = x0 là nghiệm duy
nhất của phương trình đã cho.
x + 3 + 2 x + 4 + 3 x + 7 = 12

Ví dụ 1. Giải phương trình

( 1)

Phân tích. Để giải phương trình chứa nhiều căn thức đầu tiên ta đặt điều kiện để các
căn thức xác định, sau đó để khử căn ta phải dùng các phép biến đổi tương đương,
đặt ẩn phụ, nhân lượng liên hợp,…Tuy nhiên quan sát vế trái của phương trình (1) ta
thấy khi x tăng thì giá trị của biểu thức trong căn cũng tăng. Từ đó dự đoán vế trái
là hàm số đồng biến, vế phải là hàm hằng, hơn nữa nhẩm nghiệm được x = 6 nên
đây là những điều kiện thuận lợi cho việc sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Lời giải
Điều kiện x ≥ −2 . Xét hàm số f ( x ) = x + 3 + 2 x + 4 + 3x + 7 xác định và liên tục
trên nửa khoảng [ −2; +∞ ) . Ta có
1
1
3
+
+
> 0, ∀x ∈ ( −2; +∞ )
2 x+3
2 x + 4 2 3x + 7
Suy ra f ( x ) là hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ −2; +∞ ) . Do đó phương trình (1)

có tối đa 1 nghiệm. Mặt khác ta có x = 6 ∈ [ −2; +∞ ) và f ( 6 ) = 12 .
Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình (1).
f '( x ) =

Ví dụ 2. Giải phương trình

3

x + 6 + x2 = 7 − x − 1

( 2)

Phân tích. Ta có ( 2 ) ⇔ 3 x + 6 + x − 1 + x 2 = 7 ( *) . Sau đó cách phân tích và nhẩm
nghiệm tương tự Ví dụ 1.
Lời giải 1
Điều kiện x ≥ 1 . Xét hàm số f ( x ) = 3 x + 6 + x − 1 + x 2 xác định và liên tục trên nửa
khoảng [ 1; +∞ ) . Ta có

f '( x ) =

1
3 3 ( x + 6)

2

+

1
+ 2 x > 0, ∀x ∈ ( 1; +∞ ) .
2 x −1

Suy ra f ( x ) là hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ 1; +∞ ) . Do đó phương trình ( * )
có tối đa 1 nghiệm. Mặt khác ta có x = 2 ∈ [ 1; +∞ ) và f ( 2 ) = 7 .
Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (2).
Lời giải 2
6


Điều kiện x ≥ 1 . Khi đó ( 2 ) ⇔
⇔

x−2
3

( x + 6)

2

+ 23 x + 6 + 4

(

3

+

) (

)

x+6 −2 +

x − 1 − 1 + x2 − 4 = 0

x−2
+ ( x − 2) ( x + 2) = 0
x −1 +1



1
1

⇔ ( x − 2)
+
+ x + 2 = 0
 3 ( x + 6) 2 + 2 3 x + 6 + 4

x −1 +1




1
1

+
+ x + 2 > 0, ∀x ≥ 1÷.
⇔ x = 2 do
2


÷
3
( x + 6) + 2 3 x + 6 + 4 x − 1 + 1



Kết hợp với điều kiện, phương trình (2) có nghiệm duy nhất là x = 2 .
Nhận xét. Kinh nghiệm cho thấy đối với một số phương trình vô tỷ không quá phức
tạp nếu dùng tính đơn điệu giải được thì cũng có thể giải được bằng kĩ thuật nhân
lượng liên hợp. Tuy nhiên đối với bài toán càng phức tạp thì cách sử dụng tính đơn
điệu để giải cho ta lời giải ngắn gọn hơn.
Trong nhiều trường hợp hàm số y = f ( x ) xác định trên tập D nhưng ta chỉ chứng
tỏ được hàm f ( x ) đơn điệu trên khoảng K ⊂ D. Thông thường ta dựa vào điều kiện
xác định và điều kiện ẩn sâu bên trong mỗi phương trình kết hợp với đánh giá bất
đẳng thức để thu hẹp miền cho ẩn. Để hiểu rõ hơn vấn đề này ta xét ví dụ sau
Ví dụ 3. Giải phương trình

( x + 2 ) ( 2 x − 1) − 3

( x + 6 ) ( 2 x − 1) + 3

x+6 = 4−

x+2

( 3)

Phân tích. Bằng các thao tác chuyển vế và đặt nhân tử chung ta đưa phương trình
1

ta có phương trình
2
x + 2 + x + 6 = 4 ( *)

(3) về dạng f ( x ) = k . Cụ thể với điều kiện x ≥

( 3) ⇔ (
Nhận xét: Vì

2x −1 − 3

x + 2 + x + 6 > 0, ∀x ≥

)(

)

1
và vế phải bằng 4 nên để phương trình (*)
2

có nghiệm thì 2 x − 1 − 3 > 0 ⇔ x > 5 . Mục đích của nhận xét này là ta thu hẹp miền
của biến để hàm số đơn điệu.
Lời giải 1
1
2
Xét hàm số f ( x ) =

(
( 2 x − 1 − 3) (

Điều kiện x ≥ . Khi đó ( 3) ⇔

f '( x ) =

2x −1 − 3

)(

)

x+2 + x+6 =4

)

( *)

x + 2 + x + 6 xác định trên khoảng ( 5;+∞ ) . Ta có

x+2 + x+6 
1
1

+
+
÷
2x −1
2 x+2 2 x+6 

(

)

2 x − 1 − 3 > 0, ∀x ∈ ( 5; +∞ )

7


Suy ra f ( x ) là hàm số đồng biến trên khoảng ( 5;+∞ ) . Do đó phương trình ( * ) có
tối đa 1 nghiệm. Mặt khác ta có x = 7 ∈ ( 5; +∞ ) và f ( 7 ) = 4 .
Vậy x = 7 là nghiệm duy nhất của phương trình (3).
Lời giải 2
1
2

Điều kiện x ≥ . Khi đó ( 3) ⇔

(

2x −1 − 3

)(

)

x+2 + x+6 =4

( *) .

Xét hai hàm số dương f ( x ) = 2 x − 1 − 3 và g ( x ) = x + 2 + x + 6 xác định trên

khoảng ( 5;+∞ ) . Ta có
1
1
1
> 0, ∀x ∈ ( 5; +∞ ) và g ' ( x ) =
+
> 0, ∀x ∈ ( 5; +∞ )
2x −1
2 x+2 2 x+6
Do đó f ( x ) , g ( x ) là các hàm số cùng đồng biến trên khoảng ( 5;+∞ ) . Suy ra
f '( x ) =

h ( x) = f ( x) . g ( x) =

(

2x −1 − 3

)(

x+2 + x+6

)

là hàm số đồng biến trên khoảng

( 5;+∞ ) . Do đó phương trình ( * ) có tối đa 1 nghiệm. Mặt khác ta có
và h ( 7 ) = 4 nên x = 7 là nghiệm duy nhất của phương trình (3).

x = 7 ∈ ( 5; +∞ )

Nhận xét. Trong Ví dụ trên, tôi đã sử dụng tính chất “Tích của hai hàm số dương
cùng đồng biến trên D là một hàm số đồng biến trên D”.
Ví dụ 4. Giải phương trình 3

(

) (

2 x 2 + 1 − 1 = x 1 + 3x + 8 2 x 2 + 1

)

( 4)

Phân tích. Vì 2 x 2 + 1 ≥ 1 ⇒ 2 x 2 + 1 − 1 ≥ 0 và 8 2 x 2 + 1 + 3 x + 1 > 8 x + 3 x + 1 > 0 nên
để phương trình (4) có nghiệm thì x ≥ 0 . Mục đích của nhận xét này là ta thu hẹp
miền của biến để hàm số đơn điệu.
Lời giải
Điều kiện x ≥ 0 . Khi đó ( 4 ) ⇔ 3x 2 + x + 8 x 2 x 2 + 1 − 3 2 x 2 + 1 + 3 = 0 ( *)
Xét hàm số f ( x ) = 3 x 2 + x + 8 x 2 x 2 + 1 − 3 2 x 2 + 1 + 3 xác định và liên tục trên nửa
khoảng [ 0; +∞ ) . Ta có

f '( x ) = 6 x + 1 +

32 x 2 − 6 x + 8

> 0, ∀x ∈ (0; +∞)
2 x2 + 1
Vì 32 x 2 − 6 x + 8 > 0, ∀x ∈ ¡ nên f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) . Suy ra f ( x ) là hàm số đồng

biến trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) . Do đó phương trình ( * ) có tối đa 1 nghiệm. Mặt khác

ta có x = 0 ∈ [ 0; +∞ ) và f ( 0 ) = 0 nên x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình (4).
Bài tập 1. Giải các phương trình sau
1) 11 − x + 30 − 2 x + 30 − 3 x = 9
2) 2 x + sin x + cos x − 1 = 0
3) x3 + 2 x 2 − 1 = 15

(

x −1 − x − 2

)

3

( §S : x = 7 )
( §S : x = 0 )
( §S : x = 2 )
8


4)

x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13 x − 7 = 8

(

)

5) x3 + 2 x − 3 + ln x 2 − x + 1 = 0

( §S : x = 3)
( §S : x = 1)

Dạng 2. Phương trình dạng f ( x ) = g ( x )
Phương pháp
Bước 1. Xét hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) xác định và liên tục trên D.
Bước 2. Chứng minh hàm f ( x ) đồng biến ( nghịch biến ) trên D, còn hàm
g ( x ) nghịch biến ( đồng biến ) trên D.
Bước 3. Nhẩm nghiệm x = x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = g ( x0 ) thì x = x0 là nghiệm
duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 5. Giải phương trình x x + x + 12 = 12

(

5− x + 4− x

)

( 5)

Phân tích. Với điều kiện 0 ≤ x ≤ 4 thì vế trái là hàm số đồng biến, vế phải là hàm
nghịch biến, hơn nữa nhẩm nghiệm được x = 4 nên đây là những điều kiện thuận lợi
cho việc sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Lời giải
Điều kiện 0 ≤ x ≤ 4 . Xét hàm số f ( x ) = x x + x + 12 và g ( x ) = 12 5 − x + 4 − x

(

xác định và liên tục trên đoạn [ 0;4] . Ta có f ' ( x ) =

)

3
1
x+
> 0, ∀x ∈ [ 0;4]
2
2 x + 12

1
1


g ' ( x ) = 12  −
−
÷ < 0, ∀x ∈ [ 0;4 ) .
 2 5− x 2 4− x 
Suy ra f ( x ) là hàm số đồng biến và g ( x ) là hàm nghịch biến trên đoạn [ 0;4] . Do
đó phương trình f ( x ) = g ( x ) có tối đa một nghiệm. Mặt khác ta có f ( 4 ) = g ( 4 ) = 12
nên x = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình (5).

Ví dụ 6. Giải phương trình 2 ( x − 2 )
Phân tích. Với điều kiện x ≥

(

3

)

x + 5 + 2 2 x − 5 = 3x − 1

( 6)

5
thì cả hai vế đều là hàm số đồng biến. Do đó để sử
2

dụng được tính đơn điệu của hàm số ta phải biến đổi phương trình (6) về dạng
3

x + 5 + 2 2x − 5 =

3x − 1
2x − 4

( *)

Nhận thấy vế trái (*) là hàm số đồng biến, vế phải (*) là hàm nghịch biến, hơn nữa
nhẩm nghiệm được x = 3 nên việc sử dụng tính đơn điệu của hàm số là thuận lợi.
Lời giải
5
2

Điều kiện x ≥ . Khi đó ( 6 ) ⇔ 3 x + 5 + 2 2 x − 5 =

3x − 1
2x − 4

( *)

9


3x − 1
xác định và liên tục trên
2x − 4
2
5

+
> 0, ∀x ∈  ; +∞ ÷ và
2x − 5
2


Xét hai hàm số f ( x ) = 3 x + 5 + 2 2 x − 5 và g ( x ) =
1

5

nửa khoảng  ; +∞ ÷. Ta có f ' ( x ) = 3
2
3 ( x + 5)
2

g '( x ) = −

10

( 2x − 4)

2

5

< 0, ∀x ∈  ; +∞ ÷. Suy ra f ( x ) là hàm số đồng biến và g ( x ) là
2

5



hàm số nghịch biến trên nửa khoảng  ; +∞ ÷. Do đó phương trình f ( x ) = g ( x ) có
2

tối đa một nghiệm. Mặt khác ta có f ( 3) = g ( 3) = 4 nên x = 3 là nghiệm duy nhất của
phương trình (6).
Bài tập 2. Giải các phương trình sau

1) 4 ( x − 1) log 3 ( x + 1) + log 4 ( x + 2 )  = 5 x − 2

( §S : x = 0, x = 2 )

 π π
2) tan x + sin x = − x 2 − 4 x , x ∈  − ; ÷
 2 2
3− x

2
3) 2
+ x − 8 x + 14 = 0

( §S : x = 0 )
( §S : x = 1)
( §S : x = 1)
( §S : x = 2 )

4) 5 x3 − 1 + 3 3 x − 2 = −3 x 2 + 4 x + 2

(

)

5) ( x − 1) 2 x − 1 + 3 3 x + 6 = x + 6

Dạng 3. Phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) trong đó f ( t ) là hàm đơn điệu trên
K và u = u ( x ) , v = v ( x ) thuộc K với mọi x ∈ D. Khi đó
f ( u ) = f ( v) ⇔ u = v .
Phương pháp
Bước 1. Biến đổi phương trình đã cho F ( x ) = 0 về dạng f ( u ) = f ( v ) .
Bước 2. Chứng minh hàm đại diện f ( t ) đơn điệu trên K .
Bước 3. Khi đó f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v .
Nhận xét. Bước 1 là bước khó nhất của bài toán, đòi hỏi người giải phải có
kĩ năng, kinh nghiệm biến đổi. Để hiểu rõ hơn vấn đề này ta xét ví dụ sau
Ví dụ 7. Giải phương trình 2 x 3 − x 2 + 3 2 x 3 − 3x + 1 = 3x + 1 + 3 x 2 + 2

( 7)

Phân tích. Bậc cao nhất của phương trình (7) là bậc 3, theo kinh nghiệm ta luôn
phân tích biểu thức bậc lớn (biểu thức ngoài dấu căn) theo biểu thức bậc nhỏ (biểu
3
thức trong dấu căn) và xây dựng hàm đại diện bậc 3 dạng f ( t ) = mt + nt .
Cụ thể ( 7 ) ⇔ 2 x 3 − 3x + 1 + 3 2 x3 − 3 x + 1 = x 2 + 2 + 3 x 2 + 2
⇔

(

3

)

3

2 x3 − 3x + 1 + 3 2 x3 − 3x + 1 =

(

3

x2 + 2

)

3

+ 3 x2 + 2

( *)

10


Phương trình (*) có dạng f

(

3

) (

2 x3 − 3x + 1 = f

)

x 2 + 2 với f ( t ) = t 3 + t , t ∈ ¡ . Như

3

vậy tới đây ta đã tìm được hàm đại diện f ( t ) = t + t , t ∈ ¡ và đương nhiên phương
trình (7) giải được.
Lời giải. Ta có ( 7 ) ⇔ 2 x 3 − 3x + 1 + 3 2 x3 − 3 x + 1 = x 2 + 2 + 3 x 2 + 2
3

⇔

(

3

)

3

2 x3 − 3x + 1 + 3 2 x3 − 3x + 1 =

(

3

x2 + 2

)

3

+ 3 x2 + 2

( *)

3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t xác định và liên tục trên ¡ . Ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ .
Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó từ

(*) ⇔ f

(

3

) (

2 x3 − 3x + 1 = f

3

)

x 2 + 2 ⇔ 3 2 x3 − 3x + 1 = 3 x 2 + 2

(

)

⇔ 2 x3 − x 2 − 3 x − 1 = 0 ⇔ ( 2 x + 1) x 2 − x − 1 = 0

Vậy phương trình (7) có ba nghiệm là x = −

1
1± 5
hoặc x =
.
2
2

Ví dụ 8. Giải phương trình x3 + 3x 2 + 4 x + 2 = ( 3x + 2 ) 3 x + 1

( 8)

Phân tích. Tương tự Ví dụ 7, ta cần dựa vào biểu thức trong căn để biến đổi. Cụ thể

(

)

3
1
ta biến đổi vế phải ( 3x + 2 ) 3 x + 1 = 3 x + 1 + 3 x + 1 . Từ đó
3
3
3
dự đoán hàm đại diện f ( t ) = t + t . Phân tích x3 + 3x 2 + 4 x + 2 =  g ( x )  + g ( x ) (trong

với điều kiện x ≥ −

đó g ( x ) thường có dạng ax + b ). Bằng các phương pháp phân tích ta tìm được

(
f ( x + 1) = f (

( x + 1)
Phương trình (*) có dạng

3

+ ( x + 1) =

)
3x + 1 )

3

( *)

3x + 1 + 3x + 1

3
với f ( t ) = t + t , t ∈ ¡ . Như vậy tới

3
đây ta đã tìm được hàm đại diện f ( t ) = t + t , t ∈ ¡ và đương nhiên phương trình (8)
giải được.
Lời giải

1
3

3
Điều kiện x ≥ − . Khi đó ( 8) ⇔ ( x + 1) + ( x + 1) =

(

)

3

3 x + 1 + 3 x + 1 ( *)

3

2
Xét hàm số f ( t ) = t + t xác định và liên tục trên ¡ . Ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ .
Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó từ

 x ≥ −1
x = 0
3x + 1 ⇔ x + 1 = 3x + 1 ⇔  2
⇔
x = 1
x − x = 0
Kết hợp với điều kiện, phương trình (8) có hai nghiệm là x = 0 hoặc x = 1 .

(*) ⇔ f ( x + 1) = f

(

Ví dụ 9. Giải phương trình

)

3

x + 2 − 3 2 x2 + 1 = 3 2 x2 − 3 x + 1

( 9)
11


Phân tích. Nếu lập phương hai vế để khử căn bậc 3 thì dẫn đến phương trình phức
tạp. Tuy nhiên nếu quan sát phương trình (9) thì ta nhận thấy các biểu thức trong

2
2
căn có mối liên hệ. Cụ thể 2 x + 1 = ( 2 x ) + 1 và x + 2 = ( x + 1) + 1 . Khi đó

( 9) ⇔ 3 ( 2 x2 ) + 1 + 3 ( 2 x2 )

=

3

( x + 1) + 1 + 3 x + 1 ( *)

2
Phương trình (*) có dạng f ( 2 x ) = f ( x + 1) với f ( t ) = 3 t + 3 t + 1, t ∈ ¡ . Như vậy tới

đây ta tìm được hàm đại diện f ( t ) = 3 t + 3 t + 1, t ∈ ¡ và đương nhiên phương trình
(9) giải được.
Lời giải
Phương trình ( 9 ) ⇔

3

( 2x ) +1 + ( 2x ) =
2

3

2

3

( x + 1) + 1 + 3 x + 1 ( *) .

Xét hàm số f ( t ) = 3 t + 1 + 3 t xác định và liên tục trên ¡ . Ta có
f '( t ) =

1
3 3 ( t + 1)

2

+

1
33 t 2

> 0, ∀t ∈ ¡ \ { −1;0} . Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ .

Do đó từ (*) ⇔ f ( x + 1) = f ( 2 x 2 ) ⇔ 2 x 2 − x − 1 = 0 ⇔ x = −

1
hoặc x = 1 .
2

1
2

Vậy phương trình (9) có hai nghiệm là x = − ; x = 1 .
 2x −1 
log

÷ = 3x 2 − 8 x + 5
Ví dụ 10. Giải phương trình
3
 ( x − 1) 2 ÷



Phân tích. Phương trình (10) có dạng cơ bản log a
k
phân tích h ( x ) = − f ( x ) + a g ( x ) + k . Cụ thể

( 10 )

f ( x)
= h ( x ) . Theo kinh nghiệm ta
g ( x)

( 10 ) ⇔ log3 ( 2 x − 1) − log3 ( x − 1) = − ( 2 x − 1) + 3 ( x − 1) + 1
2
2
⇔ log 3 ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1) = log 3 ( 3 ( x − 1) ) + 3 ( x − 1) ( *)
2

(

Phương trình (*) có dạng f ( 2 x − 1) = f 3 ( x − 1)

2

2

) với

f ( t ) = log 3 t + t , t > 0 . Như vậy

tới đây ta tìm được hàm đại diện f ( t ) = log 3 t + t , t > 0 và đương nhiên phương trình
(10) giải được.
Lời giải

(

)

2
2
1
< x ≠ 1 . Ta có ( 10 ) ⇔ log 3 ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1) = log 3 3 ( x − 1) + 3 ( x − 1) ( *)
2
Xét hàm số f ( t ) = log 3 t + t xác định trên khoảng ( 0; +∞ ) . Ta có

Điều kiện
f '( t ) =

1
+ 1 > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) . Suy ra f ( t ) là hàm đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .
t ln 3

Do đó từ

(

(*) ⇔ f ( 2 x − 1) = f 3 ( x − 1)

2

) ⇔ 2 x − 1 = 3 ( x − 1)

2

⇔ 3 x 2 − 8 x + 4 = 0 ⇔ x = 2; x =

2
.
3

12


2
3
2
2
Lưu ý. Phép phân tích log 3 ( 2 x − 1) − log 3 ( x − 1) = − ( 2 x − 1) + 3 ( x − 1) + 1 được tìm

Kết hợp với điều kiện, phương trình (10) có hai nghiệm là x = 2; x = .

2
theo phương pháp: Tìm các số α , β , γ sao cho 3x 2 − 8 x + 5 = α ( 2 x − 1) + β ( x − 1) + γ
Bằng cách đồng nhất hệ số cùng bậc ta tìm được α = −1, β = 3, γ = 1 .

Ví dụ 11. Giải phương trình 32 x

3 − x+2

− 3x

3 +2 x

( 11)

+ x3 − 3 x + 2 = 0

f x
g x
Phân tích. Phương trình (11) có dạng cơ bản a ( ) − a ( ) = h ( x ) . Theo kinh nghiệm

ta phân tích h ( x ) = k  g ( x ) − f ( x )  . Cụ thể

( 11) ⇔ 32 x − x+2 − 3x + 2 x = − ( 2 x3 − x + 2 ) + ( x3 + 2 x )
3

⇔ 32 x

3

3 − x+2

(

)

+ 2 x3 − x + 2 = 3x

3 +2 x

(

+ x3 + 2 x

)

( *)

3
3
t
Phương trình (*) có dạng f ( 2 x − x + 2 ) = f ( x + 2 x ) với f ( t ) = 3 + t , t ∈ ¡ . Như
t
vậy tới đây ta đã tìm được hàm đại diện f ( t ) = 3 + t , t ∈ ¡ và đương nhiên phương
trình (11) giải được.
Lời giải

Phương trình ( 11) ⇔ 32 x

3 − x+2

(

)

+ 2 x3 − x + 2 = 3x

3 +2 x

(

+ x3 + 2 x

)

( *) .

t
t
Xét hàm f ( t ) = 3 + t xác định và liên tục trên ¡ . Ta có f ' ( t ) = 3 ln 3 + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ .
Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó từ
3
3
3
3
3
(*) ⇔ f ( 2 x − x + 2 ) = f ( x + 2 x ) ⇔ 2 x − x + 2 = x + 2 x ⇔ x − 3x + 2 = 0
Vậy phương trình (11) có hai nghiệm là x = −2; x = 1 .

Lưu ý. Phép phân tích 32 x

3 − x+2

− 3x

3 +2 x

(

) (

= − 2 x3 − x + 2 + x3 + 2 x

)

được tìm theo

3
3
3
phương pháp: Ta cần tìm số k sao cho − ( x − 3x + 2 ) = k ( x + 2 x ) − ( 2 x − x + 2 )  .
Bằng cách đồng nhất hệ số cùng bậc ta tìm được k = 1 .
Bài tập 3. Giải các phương trình sau

(

) (

)

1) ( 4 x + 2 ) 1 + x 2 + x + 1 + 3 x 2 + 9 x 2 + 3 = 0

π
π


2) sin 2 x − sin  x + ÷ = x −
3
3

x
3) 3 = 1 + x + log 3 ( 1 + 2 x )
4)

x +1
x + 1 2x − 4 2
−
=
−
x
3
3
x

5) 8 x3 − 36 x 2 + 53 x − 25 = 3 3 x − 5

1

 §S : x = - ÷
5

π

 §S : x = ÷
3


( §S : x = 0; x = 1)

( §S : x = 3 )

5± 3 
 §S : x = 2; x =
÷.
4 


2.2. Giải bất phương trình
13


Giải bất phương trình luôn được xây dựng dựa trên nền tảng là giải phương trình.
Do đó cũng như giải phương trình, ta biến đổi bất phương trình đã cho về dạng hàm
rồi sử dụng các tính chất của hàm đơn điệu để giải.

( 12 )
Ví dụ 12. Giải bất phương trình x + x + 7 + 2 x 2 + 7 x < 49 − 2 x
Lời giải
Điều kiện x ≥ 0 . Khi đó ( 12 ) ⇔ x + x + 7 + 2 x 2 + 7 x + 2 x − 49 < 0 ( *) .

Xét hàm số f ( x ) = x + x + 7 + 2 x 2 + 7 x + 2 x − 49 xác định và liên tục trên nửa

1
2x + 7
+
+ 2 > 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . Suy ra
2

2 x 2 x+7
x + 7x
f ( x ) là hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) . Mặt khác ta có x = 9 ∈ [ 0; +∞ ) và

khoảng [ 0; +∞ ) . Ta có f ' ( x ) =

1

+

f ( 9 ) = 0 . Do đó từ ( *) ⇔ f ( x ) < 0 ⇔ f ( x ) < f ( 9 ) ⇔ x < 9 .

Giao với điều kiện, bất phương trình (12) có tập nghiệm là [ 0;9 ) .

(

)

3
Ví dụ 13. Giải bất phương trình 2 x − 1 + 3 x + 6 ( x − 1) > x + 6

( 13)

Lời giải
Điều kiện x ≥ 1 . Do x = 1 không thỏa bất phương trình (13) nên chỉ xét x > 1 . Khi đó

x+6
( *)
x −1
x+6

Xét hàm số f ( x ) = 2 x − 1 + 3 3 x + 6 và hàm g ( x ) =
xác định và liên tục trên
x −1
1
1
+3
> 0, ∀x ∈ ( 1; +∞ )
khoảng ( 1; +∞ ) . Ta có f ' ( x ) =
x −1
x+6
7
g '( x ) = −
< 0, ∀x ∈ ( 1; +∞ )
2
( x − 1)

( 13) ⇔ 2

x −1 + 33 x + 6 >

Suy ra f ( x ) là hàm số đồng biến và g ( x ) là hàm nghịch biến trên khoảng ( 1; +∞ ) .
 f ( x ) ≤ f ( 2 ) = 8
⇒ f ( x) ≤ g ( x)
 g ( x ) ≥ g ( 2 ) = 8

Mặt khác nếu x ≤ 2 , ta có 

x+6
nên bất phương trình (*) vô nghiệm khi x ≤ 2 .
x −1

 f ( x ) > f ( 2 ) = 8
⇒ f ( x) > g ( x)
Tương tự nếu x > 2 , ta có 
g
x
<
g
2
=
8
(
)
(
)

x+6
hay 2 x − 1 + 3 3 x + 6 >
nên bất phương trình (*) luôn có nghiệm khi x > 2 .
x −1
Giao với điều kiện, bất phương trình (13) có tập nghiệm là ( 2; +∞ ) .

hay 2 x − 1 + 3 3 x + 6 ≤

Ví dụ 14. Giải bất phương trình

x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1 (14)

14

Lời giải
Điều kiện 1 ≤ x ≤ 3 . Khi đó ( 14 ) ⇔

( x − 1)

2

+ 2 + x −1 >

( 3 − x)

2

+ 2 + 3− x

( *)

Xét hàm số f ( t ) = t 2 + 2 + t xác định và liên tục trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) . Ta có
f '( t ) =

t
t2 + 2

+

1
2 t

> 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) . Suy ra f ( t ) là hàm đồng biến trên nửa khoảng

[ 0; +∞ ) . Do đó từ

(*) ⇔ f ( x − 1) > f ( 3 − x ) ⇔ x − 1 > 3 − x ⇔ x > 2 .
Giao với điều kiện, bất phương trình (14) có tập nghiệm là ( 2;3] .
Bài tập 4. Giải các bất phương trình sau

(

)

(

)

1) log 5 1 + 2 x 2 − x + 2 + log 9 x 2 − x + 7 ≤ 2
2) x − 3 x − 2 ≤ 9 x 2 − 6 x − x x 2 + 2
3) ( x + 2 ) x + 1 > 27 x3 − 27 x 2 + 12 x − 2
4) ( x − 1) x 2 − 2 x + 5 − 4 x x 2 + 1 ≥ x + 1
5) 3

2( x −1) +1

− 3x ≤ x 2 − 4 x + 3

( §S : [ −1;2] )



2 
 §S :  3 ;1 ∪ [ 2; +∞ ) ÷

 



 7
 §S :  −1; 9  ÷




( §S : ( −∞; −1] )
( §S : { 1} ∪ [ 3; +∞ ) )

2.3. Giải hệ phương trình
Để giải hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số,
trước hết ta cần phải hiểu kỹ định nghĩa và các tính chất được nêu trong phần cơ sở
lý thuyết của đề tài.
Điểm mấu chốt của phương pháp này ở chỗ là từ các phương trình của hệ ta xây
dựng một phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) trong đó hàm số đại diện f ( t ) đơn điệu,
từ đó suy ra u = v .
Để phát hiện ra dạng f ( u ) = f ( v ) đòi hỏi người giải cần phải xử lý linh hoạt các
phương trình trong hệ. Sau đây chúng ta tìm hiểu hai loại cơ bản
Loại 1. Xét hàm số đại diện đơn điệu trên tập xác định đã biết trước
Loại này bao gồm các hệ phương trình chỉ dựa vào điều kiện có nghĩa, thậm chí
không cần thu hẹp miền của ẩn để hàm f ( t ) đơn điệu. Trong loại này chúng ta tiếp
tục nghiên cứu
(1) Một số dạng chuẩn, cơ bản sử dụng tính đơn điệu hàm số.
(2) Một số kỹ thuật tạo ra hàm số đại diện
a. Chia hoặc nhân để tạo ra hàm số đại diện.
b. Cộng (trừ) theo vế hai phương trình trong hệ để tạo ra hàm số đại diện.

c. Sử dụng phép biến đổi tương đương để tạo ra hàm số đại diện.
Loại 2. Xét hàm số đại diện đơn điệu trên tập chưa biết trước
Loại này bao gồm các hệ phương trình cần phải thu hẹp miền của ẩn để hàm đại
diện f ( t ) đơn điệu. Một trong những thao tác để thu hẹp miền của ẩn là dựa vào
điều kiện có nghĩa và điều kiện ẩn sâu bên trong mỗi phương trình kết hợp với việc
đánh giá bất đẳng thức.
15


Loại 1. Xét hàm số đại diện đơn điệu trên tập xác định đã biết trước
(1) Một số dạng chuẩn, cơ bản sử dụng tính đơn điệu hàm số
Dạng 1. Hệ chứa đa thức bậc ba dạng
a1 x 3 + b1 x 2 + c1 x + d1 = a2 y 3 + b2 y 2 + c2 y + d 2

Về nguyên tắc tổng quát ta thường xây dựng hàm đại diện f ( t ) = mt + nt
dựa trên phương trình này. Các bước phân tích tìm hàm đại diện tương tự
như ở phương trình. Để hiểu rõ hơn vấn đề này ta xét ví dụ sau đây
3

Ví dụ 15. Giải hệ phương trình

(

13 x − 4 y + 8 = y 3 − x3 + 3 y 2 − 2 x 2
 2
 x ( x − 2 ) ( y + 1) = 5 ( 1 − 2 y )

)

( 1)

( 2)

( 15)

Phân tích. Phương trình (1) có dạng đa thức bậc 3 theo x , ( theo y ) độc lập nhau và
cùng bậc. Theo kinh nghiệm ta tách riêng (cô lập) hai biến x, y đưa về phương
trình dạng f ( u ) = f ( v ) để xử lý hàm. Cụ thể

( 1) ⇔ x3 + 6 x 2 + 13x + 8 = y 3 + 3 y 2 + 4 y ( i )

Vì đa thức bậc 3 theo y đơn giản nên ta chọn hàm đại diện dựa vào nó, tức là xây
3
2
dựng hàm số f ( t ) = t + 3t + 4t ở cả hai vế. Khi đó ta biến đổi

( i ) ⇔ ( ax + b )

3

+ 3 ( ax + b ) + 4 ( ax + b ) = y 3 + 3 y 2 + 4 y
2

( ii ) .

Khai triển và đồng nhất hệ số cùng bậc giữa ( i ) và ( ii ) ta dễ dàng tìm được

( x + 1) + 3 ( x + 1) + 4 ( x + 1) = y 3 + 3 y 2 + 4 y ⇔ f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ x + 1 = y
3
2
với f ( t ) = t + 3t + 4t đơn điệu trên ¡ . Như vậy tới đây ta đã tìm được mối quan hệ

3

2

giữa hai biến x, y và đương nhiên hệ phương trình (15) giải được.
Lời giải
3
2
Phương trình ( 1) ⇔ ( x + 1) + 3 ( x + 1) + 4 ( x + 1) = y 3 + 3 y 2 + 4 y ( *) .
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t + 4t xác định và liên tục trên ¡ . Ta có

f ' ( t ) = 3t 2 + 6t + 4 = 3 ( t + 1) + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ .
Suy ra f ( t ) là hàm đồng biến trên ¡ . Do đó từ (*) ⇔ f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ x + 1 = y .
Thế y = x + 1 vào phương trình (2) ta được
2

(

)(

)

x 2 ( x − 2 ) ( x + 2 ) = 5 ( 1 − 2 ( x + 1) ) ⇔ x 4 − ( 2 x + 5 ) = 0 ⇔ x 2 + 2 x + 5 x 2 − 2 x − 5 = 0
2

x = 1+ 6 ⇒ y = 2 + 6
⇔
 x = 1 − 6 ⇒ y = 2 − 6

Vậy hệ (15) có hai nghiệm là ( x; y ) = 1 + 6;2 + 6 , ( x; y ) = 1 − 6;2 − 6 .

(

)

(

)

Dạng 2. Hệ chứa phương trình dạng a1 x 3 + b1 x 2 + c1 x + d1 = ( a2 y + b2 ) c2 y + d 2
Về nguyên tắc tổng quát ta thường dựa vào biểu thức chứa căn để phân tích,
từ đó dự đoán hàm đại diện và biến đổi vế còn lại. Để hiểu rõ hơn vấn đề này
16
ta xét ví dụ sau đây


Ví dụ 16. Giải hệ phương trình

(

)

 4 x 2 + 1 x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
 2
4 x + y 2 + 2 3 − 4 x = 7

( 1)

( 16 )

( 2)

Phân tích. Phương trình (2) mặc dù đơn giản nhưng ta khó tìm được mối quan hệ
giữa hai biến x, y . Do đó ta phải tập trung vào phương trình (1). Nhận thấy phương
trình (1) có dạng a1 x 3 + b1 x 2 + c1 x + d1 = ( a2 y + b2 ) c2 y + d 2 và hai biến x, y đã độc
lập nên ta đưa phương trình này về dạng f ( u ) = f ( v ) để xử lý hàm. Cụ thể với điều
5
ta có ( 1) ⇔ 4 x3 + x = ( 3 − y ) 5 − 2 y . Hay
2
2
8 x3 + 2 x = ( 6 − 2 y ) 5 − 2 y =  5 − 2 y + 1 5 − 2 y =



kiện y ≤

(

⇔ ( 2x) + ( 2x ) =
3

(

5 − 2y

)

3

)

+ 5 − 2 y ⇔ f ( 2x) = f

(

(

5 − 2y

)

3

+ 5 − 2y

)

5 − 2 y ⇔ 2x = 5 − 2 y

với f ( t ) = t + t đơn điệu trên ¡ . Như vậy tới đây ta đã tìm được mối quan hệ giữa
hai biến x, y và đương nhiên hệ phương trình (16) giải được.
Lời giải
3

(

)

3

3
5
5 − 2 y + 5 − 2 y ( *) .
4
2
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t xác định và liên tục trên ¡ . Ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ .
Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó từ
3
Điều kiện x ≤ , y ≤ . Khi đó ( 1) ⇔ ( 2 x ) + ( 2 x ) =

(*) ⇔ f ( 2 x ) = f

x ≥ 0

5 − 2 y ⇔ 5 − 2 y = 2x ⇔ 
1
2 .
 y = 2 5 − 4 x

(

)

(

)

1

5 − 4 x 2 vào (2) và biến đổi ta được phương trình
2
2
1
4 x 2 + 5 − 4 x 2 + 2 3 − 4 x − 7 = 0 ( **) .
4
2
1
 3
Xét hàm f ( x ) = 4 x 2 + 5 − 4 x 2 + 2 3 − 4 x − 7 xác định và liên tục trên đoạn 0; 
4
 4
4
 3
2
< 0, ∀x ∈ 0; ÷. Suy ra f ( x ) là hàm đồng biến
Ta có f ' ( x ) = 2 x −1 − 4 x −
3 − 4x
 4
 3
trên đoạn 0;  . Do đó phương trình ( **) có tối đa một nghiệm. Mặt khác ta có
 4
1  3
1
1
x = ∈  0;  và f  ÷ = 0 nên x = là nghiệm duy nhất của phương trình ( ** ).
2  4
2
2

Thế y =

(

)

(

(

(

)

)

)

17


1



Kết hợp với điều kiện, hệ phương trình (16) có một nghiệm là ( x; y ) =  ;2 ÷.
2 

Dạng 3. Hệ chứa phương trình dạng  ax +


( ax )

2

+ 1  by +
 

( by )

2

+ 1 = 1


Về nguyên tắc tổng quát ta thường nhân lượng liên hợp, từ đó dự đoán hàm
đại diện. Để hiểu rõ hơn vấn đề này ta xét ví dụ sau đây
Ví dụ 17. Giải hệ phương trình

)(

(

)

 x2 + 1 + x
y2 + 1 + y = 1


4 x + 2 + 22 − 3 x = y 2 + 8

( 1)
( 2)


Phân tích. Nhận thấy phương trình (1) có dạng  ax +

( 17 )

2
+ 1  by + ( by ) + 1  = 1
 


nên ta nhân lượng liên hợp đưa về phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) để xử lý hàm. Cụ
1
2
2
= 1 ⇔ x + 1 + x2 = ( − y ) + 1 + ( − y ) .
thể ( 1) ⇔ x + 1 + x .
1 + y2 − y

( ax )

2

)

(

Hay f ( x ) = f ( − y ) ⇔ y = − x với f ( t ) = t + 1 + t 2 đơn điệu trên ¡ . Như vậy tới đây
ta đã tìm được mối quan hệ giữa hai biến x, y và đương nhiên hệ phương trình (17)
giải được.
Lời giải
Điều kiện −2 ≤ x ≤

22
. Vì 1 + y 2 >
3

y2 = y ≥ y ⇒ 1 + y2 − y > 0 .

2
Khi đó ( 1) ⇔ x + 1 + x 2 = ( − y ) + 1 + ( − y )

1+ t2 + t

( *) . Xét hàm f ( t ) = t +

1 + t 2 xác định

t +t

≥ 0, ∀t ∈ ¡ . Suy ra f ( t ) là hàm
1+ t2
1+ t2
số đồng biến trên ¡ . Do đó từ (*) ⇔ f ( x ) = f ( − y ) ⇔ y = − x . Thế y = − x vào (2)

và liên tục trên ¡ . Ta có f ' ( t ) =

>

và biến đổi ta được phương trình 4 x + 2 + 22 − 3 x = x 2 + 8

4  
14  
1
 1
⇔ 4  x + 2 −  x + ÷ +  22 − 3 x −  − x + ÷ = x 2 − x − 2
3  
3 
3
 3

⇔ 4 3 x + 2 − ( x + 4 )  + 3 22 − 3 x − ( 14 − x )  = 3 x 2 − x − 2
4
1


⇔ − x2 + x + 2 
+
+ 3 = 0
 3 x + 2 + x + 4 3 22 − 3 x + 14 − x 
 x = −1 ⇒ y = 1
⇔ − x2 + x + 2 = 0 ⇔ 
 x = 2 ⇒ y = −2
4
1
22  



+
+ 3 > 0, ∀x ∈  −2;  ÷
 do
3
3 x + 2 + x + 4 3 22 − 3 x + 14 − x



(

(

)

)

18


Kết hợp với điều kiện, hệ (17) có hai nghiệm là ( x; y ) = ( −1;1) , ( x; y ) = ( 2; −2 ) .
Nhận xét chung. Trên đây tôi đã trình bày những dạng chuẩn, cơ bản trong việc sử
dụng tính đơn điệu của hàm số. Nhưng trong rất nhiều bài toán, việc phát hiện ra
hàm đại diện và giải hệ này không hề dễ, tức là hàm đại diện được che dấu khá kỹ.
Khi đó đòi hỏi người giải cần phải có kinh nghiệm biến đổi để phá vỡ sự che dấu đó
đưa về những dạng hệ cơ bản quen thuộc nhất. Sau đây, tôi xin trình bày một số kỹ
thuật tạo ra hàm đại diện cùng với các ví dụ minh họa để làm nguồn minh chứng
cho điều này.
(2) Một số kỹ thuật tạo ra hàm số đại diện
a. Chia hoặc nhân để tạo ra hàm số đại diện

Trong một số bài toán nếu quan sát thấy biến x, y chưa độc lập ở cả hai vế
thì ta cần chia để chúng độc lập, từ đó xây dựng được hàm đại diện. Vấn đề
đặt ra là chia cho biểu thức nào và dấu hiệu nhận dạng ra sao ? Để hiểu rõ
hơn vấn đề này ta xét ví dụ sau đây
Ví dụ 18. Giải hệ phương trình

(

)

(

)

(

)

 x 2 + 3 y 2 x3 + 2 x − 3 y 4 y 4 = y 4 + 2 y 6


 4 x + 5 + 2 y 2 + 3 = 7

( 1)
( 2)

( 18)

Phân tích. Phương trình (2) mặc dù đơn giản nhưng ta khó tìm được mối quan hệ
giữa hai biến x, y . Do đó ta phải tập trung vào phương trình (1). Từ (1) ta cô lập

5
3 2
4
10
8
6
hai biến. Cụ thể ( 1) ⇔ x + 3x y + 2 xy = y + 3 y + 2 y ( i ) . Nhận thấy vế trái của
phương trình này có dạng đẳng cấp bậc 5 nên ta chia hai vế cho y 5 với mục đích
5

3

x
x
 x
đưa hai vế về cùng bậc. Ta biến đổi ( i ) ⇔  ÷ + 3  ÷ + 2  ÷ = y 5 + 3 y 3 + 2 y ( *) .
 y
 y
 y
x
x
5
3
Phương trình (*) có dạng f  ÷ = f ( y ) ⇔ = y với f ( t ) = t + 3t + 2t đơn điệu trên
y
 y
¡ . Như vậy tới đây ta đã tìm được mối quan hệ giữa hai biến x, y và đương nhiên

hệ phương trình (18) giải được.
Lời giải

5
4

5
3 2
4
10
8
6
Điều kiện x ≥ − . Khi đó ( 1) ⇔ x + 3x y + 2 xy = y + 3 y + 2 y

( i)

Với y = 0 , từ ( i ) ta có x = 0 . Suy ra ( x; y ) = ( 0;0 ) không là nghiệm của hệ (18).
Với y ≠ 0 , chia hai vế của ( i ) cho y 5 ta được phương trình
5

3

 x
 x
 x
5
3
 ÷ + 3 ÷ + 2  ÷ = y + 3 y + 2 y
 y
 y
 y
5
3

Xét hàm số f ( t ) = t + 3t + 2t xác định và liên tục trên ¡ .

( *)

19


4
2
Ta có f ' ( t ) = 5t + 9t + 2 > 0, ∀t ∈ ¡ . Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ . Do

x

x

2
đó từ (*) ⇔ f  ÷ = f ( y ) ⇔ = y ⇔ y = x . Thế y 2 = x vào (2) và biến đổi ta được
y
 y
phương trình 4 x + 5 + 2 x + 3 = 7 ⇔ 4 x 2 + 17 x + 15 = 8 − 2 x

8 − 2 x ≥ 0
x ≤ 4
⇔ 2
⇔
⇔ x = 1 . Với x = 1 ⇒ y = ±1 .

2
49
x

=
49
4
x
+
17
x
+
15
=
64
−
32
x
+
4
x


Kết hợp với điều kiện, hệ (18) có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 1;1) , ( x; y ) = ( 1; −1) .

b. Cộng (trừ) theo vế hai phương trình trong hệ để tạo ra hàm số đại diện
Trong một số bài toán ta phải cộng (trừ) theo vế hai phương trình trong hệ, từ
đó xây dựng được hàm đại diện. Vấn đề đặt ra là khi nào cộng, khi nào trừ và
dấu hiệu nhận dạng ra sao ? Để hiểu rõ hơn vấn đề này ta xét ví dụ sau đây
Ví dụ 19. Giải hệ phương trình
 x 7 + 2 x5 + 6 x − 9 + 5 x + 4 = 3 y
 7
5
 y + 2 y + 6 y − 9 + 5 y + 4 = 3 x

( 1)
( 2)

( 19 )

Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại 2 nên ta giải theo phương pháp đã biết là trừ vế
theo vế hai phương trình trong hệ cho nhau ta sẽ được phương trình dạng
f ( u ) = f ( v ) . Cụ thể lấy (1) trừ (2) vế theo vế và biến đổi cô lập hai biến ta được
x 7 + 2 x5 + 9 x + 5 x + 4 = y 7 + 2 y 5 + 9 y + 5 y + 4 ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y
 4



với f ( t ) = t 7 + 2t 5 + 9t + 5t + 4 đơn điệu trên nửa khoảng  − ; +∞ ÷. Như vậy tới
 5

x
,
y
đây ta đã tìm được mối quan hệ giữa hai biến
và đương nhiên hệ phương trình
(19) giải được.
Lời giải
5
5
4
4
7
5

x + 2 x + 9 x + 5x + 4 = y7 + 2 y5 + 9 y + 5 y + 4

Điều kiện x ≥ − , y ≥ − . Khi đó lấy ( 1) − ( 2 ) vế theo vế và biến đổi ta được

( *)
 4
 5




Xét hàm f ( t ) = t 7 + 2t 5 + 9t + 5t + 4 xác định và liên tục trên nửa khoảng  − ; +∞ ÷.
5
 4

> 0, ∀t ∈  − ; +∞ ÷. Suy ra f ( t ) là hàm số đồng
2 5t + 4
 5

 4

biến trên nửa khoảng  − ; +∞ ÷. Do đó từ (*) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Thế y = x
 5

vào (1) và biến đổi ta được phương trình x 7 + 2 x5 + 3x + 5 x + 4 − 9 = 0 ( i ) .
6
4
Ta có f ' ( t ) = 7t + 10t + 9 +

20

Xét hàm số g ( x ) = x 7 + 2 x5 + 3x + 5 x + 4 − 9 xác định và liên tục trên nửa khoảng
5
 4

 4

6
4
−
;
+∞
g
'
x
=
7
x
+
10
x
+
3
+
>
0,
∀
x
∈

−
;
+∞
(
)
.
Ta
có
÷

÷. Suy ra g ( x ) là
 5
2 5x + 4

 5

 4

hàm số đồng biến trên nửa khoảng  − ; +∞ ÷. Do đó phương trình ( i ) có tối đa một
 5

 4

nghiệm. Mặt khác x = 1 ∈  − ; +∞ ÷ và g ( 1) = 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của ( i )
 5

Kết hợp với điều kiện, hệ (19) có một nghiệm là ( x; y ) = ( 1;1) .

Ví dụ 20. Giải hệ phương trình
 y 3 + 3 y 2 + y + 4 x 2 − 22 x + 21 = ( 2 x + 1) 2 x − 1

 2
2 x − 11x + 9 = 2 y

( 1)
( 2)

( 20 )

Phân tích. Phương trình (2) là một phương trình bậc 2 theo biến x có biệt số delta
không chính phương nên không phân tích được thành phương trình tích. Hơn nữa
nếu biểu thị y theo x và thế vào (1) thì ta được phương trình bậc 6 khó giải. Do đó
ta phải tập trung vào phương trình (1). Tương tự ở phương trình ta phân tích vế phải

( 2 x + 1)

2 x − 1 = ( 2 x − 1) + 2  2 x − 1 =

(

)

3

2 x − 1 + 2 2 x − 1 , từ đó dự đoán được

hàm đại diện f ( t ) = t + 2t . Nhưng vế trái của (1) lại chứa biến x nên ta không thể
đưa về hàm đại diện ở hai vế. Khi đó ta nghĩ đến việc kết hợp hai phương trình để
xây dựng hàm đại diện. Cụ thể nếu quan sát thấy hệ số của biến x ở (1) gấp đôi hệ
số của biến x ở (2) nên ta lấy ( 1) − 2. ( 2 ) để khử biến x , từ đó ta được phương trình
3

y3 + 3 y 2 + 5 y + 3 =

(

(

)

3

2 x − 1 + 2 2 x − 1 ⇔ ( y + 1) + 2 ( y + 1) =

)

3

(

)

3

2x −1 + 2 2x −1

3
Hay f ( y + 1) = f 2 x − 1 ⇔ y + 1 = 2 x − 1 với f ( t ) = t + 2t đơn điệu trên ¡ . Như
vậy tới đây ta đã tìm được mối quan hệ giữa hai biến x, y và đương nhiên hệ
phương trình (20) giải được.
Lời giải

1
2

Điều kiện x ≥ . Khi đó lấy ( 1) − 2. ( 2 ) vế theo vế và biến đổi ta được phương trình
y 3 + 3 y 2 + 5 y + 3 = ( 2 x + 1) 2 x − 1 ⇔ ( y + 1) + 2 ( y + 1) =
3

(

)

3

2x −1 + 2 2x −1

( *)

3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + 2t xác định và liên tục trên ¡ . Ta có f ' ( t ) = 3t + 2 > 0, ∀t ∈ ¡
Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó từ

(*) ⇔ f ( y + 1) = f

(

)

2x −1 ⇔ y + 1 = 2x −1 .

Thế y = 2 x − 1 − 1 vào (2) và biến đổi ta được 2 x 2 − 11x − 2 2 x − 1 + 11 = 0

) (

)

1


⇔ 2 x2 − 6 x + 5 + x + 1 − 2 2 x − 1 = 0 ⇔ x2 − 6 x + 5  2 +
÷= 0
x + 1 + 2 2x −1 


(

(

)

21


1
1

> 0, ∀x ≥ ÷
⇔ x 2 − 6 x + 5 = 0  do 2 +
2

x + 1 + 2 2x −1

Kết hợp với điều kiện, hệ (20) có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 1;0 ) , ( x; y ) = ( 5;2 ) .

c. Sử dụng phép biến đổi tương đương để tạo ra hàm số đại diện
Trong một số bài toán tùy thuộc vào cấu trúc của từng hệ phương trình, đòi
hỏi người giải phải biến đổi các phương trình của hệ để tìm được mối liên hệ
giữa các biến , từ đó xây dựng được hàm đại diện. Để hiểu rõ hơn vấn đề này
ta xét ví dụ sau đây
Ví dụ 21. Giải hệ phương trình
 y2 − x2 x 2 + 1
= 2
e
y +1

3log ( x + 2 y + 6 ) = 2log ( x + y + 2 ) + 1
3
2


( 1)
( 2)

( 21)

Phân tích. Phương trình (2) có cơ số 2, 3 nên khó đưa về cùng một cơ số để giải.
Do đó ta phải tập trung vào phương trình (1). Cụ thể

( 1) ⇔ e x ( x 2 + 1) = e y ( y 2 + 1) ⇔ f ( x 2 ) = f ( y 2 ) ⇔ x 2 = y 2
t

với f ( t ) = e ( t + 1) đơn điệu trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) . Như vậy tới đây ta tìm được
2

2

mối quan hệ giữa hai biến x, y và đương nhiên hệ phương trình (21) giải được.
Lời giải

x + 2 y + 6 > 0
2
2
. Khi đó ( 1) ⇔ e x x 2 + 1 = e y y 2 + 1 ( *) . Xét hàm số
x + y + 2 > 0
t
f ( t ) = e ( t + 1) xác định và liên tục trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) . Ta có

(

Điều kiện 

)

(

)

f ' ( t ) = et ( t + 2 ) > 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) . Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên nửa khoảng
[ 0; +∞ ) . Do đó từ (*) ⇔ f x 2 = f y 2 ⇔ x 2 = y 2 ⇔ y = ± x . Với y = − x thay vào

( )

( )

6 − x > 0
⇔ x = 3 ⇒ y = −3 . Với y = x thay
6
−
x
=
3

vào (2) và biến đổi ta được 3log3 ( x + 2 ) = 2log 2 ( x + 1) .
t
log 3 ( x + 2 ) = 2t
 x + 2 = 9
⇔
Đặt 3log3 ( x + 2 ) = 2log 2 ( x + 1) = 6t , ta có 
.
t
 x + 1 = 8
log 2 ( x + 1) = 3t

(2) và biến đổi ta được log 3 ( 6 − x ) = 1 ⇔ 

t

t

t

t

8 1
8 1
Suy ra 9 = 8 + 1 ⇔  ÷ +  ÷ = 1 ( i ) . Xét hàm số g ( t ) =  ÷ +  ÷ xác định và
9 9
9 9
t
t
8 8 1 1
liên tục trên ¡ . Ta có g ' ( t ) =  ÷ ln +  ÷ ln < 0, ∀t ∈ ¡ . Suy ra g ( t ) là hàm số
9 9 9 9
nghịch biến trên ¡ . Do đó phương trình ( i ) có tối đa một nghiệm. Mặt khác ta có
t = 1 ∈ ¡ và g ( 1) = 1 nên t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình ( i ) .
t

t

22


x +1 > 0
⇔ x=7⇒ y =7.
x
+
1
=
8

Kết hợp với điều kiện, hệ (21) có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 3; −3) , ( x; y ) = ( 7;7 ) .

Với t = 1 , ta có log 2 ( x + 1) = 3 ⇔ 

Loại 2. Xét hàm số đại diện đơn điệu trên tập chưa biết trước
Ví dụ 22. Giải hệ phương trình
 x3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

 2
1
2
x + y − x + y =

2

( 1)
( 2)

( 22 )

Phân tích. Phương trình (2) mặc dù đơn giản nhưng ta khó tìm được mối quan hệ
giữa hai biến x, y vì đây là phương trình bậc 2 có biệt số delta không chính phương
nên không phân tích được thành phương trình tích. Do đó ta phải tập trung vào
phương trình (1). Phương trình này đã cô lập hai biến và hai đa thức cùng bậc nên
đưa về phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) để xử lý hàm. Cụ thể, tương tự ở phương
trình bằng các phép phân tích ta được ( 1) ⇔ ( x − 1) − 12 ( x − 1) = ( y + 1) − 12 ( y + 1)
3

3

⇔ f ( x − 1) = f ( y + 1) với f ( t ) = t 3 − 12t , ∀t ∈ ¡

Tuy nhiên hàm số f ( t ) này không đơn điệu trên ¡ . Do đó ta cần thu hẹp miền của
các biểu thức x − 1, y + 1 và hợp các miền này lại để hàm số f ( t ) có thể đơn điệu.

Để làm được điều này ta dựa vào phương trình (2).
2

1
1
3
1
 x − ÷ ≤ 1 −1 ≤ x − ≤ 1 − ≤ x − 1 ≤
2
2
2


 2
1
1
2
2
⇒
⇒
( 2 ) ⇔  x − ÷ +  y + ÷ = 1 . Ta có 


2
2 
2


1

 −1 ≤ y + 1 ≤ 1 − 1 ≤ y + 1 ≤ 3
y
+
≤
1

÷


2
 2
2
2

 3 3
 3 3
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 12t , ∀t ∈  − ;  có f ' ( t ) = 3 t − 4 < 0, ∀t ∈  − ;  . Khi đó
 2 2
 2 2
ta có f ( x − 1) = f ( y + 1) ⇔ x − 1 = y + 1 . Như vậy tới đây ta đã tìm được mối quan hệ
giữa hai biến x, y và đương nhiên hệ phương trình (22) giải được.

(

)

Lời giải
1
1

 3
−1 ≤ x − ≤ 1 − ≤ x − 1 ≤



1 
1
2
2

⇒ 2
Phương trình ( 2 ) ⇔  x − ÷ +  y + ÷ = 1 ⇒ 
2 
2

−1 ≤ y + 1 ≤ 1 − 1 ≤ y + 1 ≤ 3

2
 2
2
2

2

3
3

3
Ta có ( 1) ⇔ ( x − 1) − 12 ( x − 1) = ( y + 1) − 12 ( y + 1) ( *) . Xét hàm số f ( t ) = t − 12t xác

 3 3

 3 3

2
định và liên tục trên đoạn  − ;  . Ta có f ' ( t ) = 3 ( t − 4 ) < 0, ∀t ∈  − ;  . Suy ra
 2 2
 2 2

 3 3
f ( t ) là hàm số nghịch biến trên đoạn  − ;  . Do đó từ (*) ⇔ f ( x − 1) = f ( y + 1)
 2 2
⇔ x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2 . Thế y = x − 2 vào (2) và biến đổi ta được phương trình
23


1
3
1
3
3
1
4 x 2 − 8 x + 3 = 0 ⇔ x = ; x = . Với x = ta có y = − . Với x = ta có y = − .
2
2
2
2

2
2
1 3
3 1
Kết hợp với điều kiện, hệ (22) có hai nghiệm là ( x; y ) =  ; − ÷, ( x; y ) =  ; − ÷.
2 2
2 2

Ví dụ 23. Giải hệ phương trình
 x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y
 2
2
 x + 2 x ( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0

( 1)
( 2)

( 23)

Phân tích. Phương trình (2) mặc dù đơn giản nhưng ta khó tìm được mối quan hệ
giữa hai biến x, y vì đây là phương trình bậc 2 có biệt số delta không chính phương
nên không phân tích được thành phương trình tích. Do đó ta phải tập trung vào
phương trình (1). Ta cô lập hai biến đưa về phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) để xử lý
hàm. Cụ thể với điều kiện x ≥ 1 ta có

( 1) ⇔

(

Hay f

4

x + 1 + 4 x −1 =

y4 + 2 + y ⇔

)

(

4

)

4

x −1 + 2 + 4 x −1 =

y4 + 2 + y

x − 1 = f ( y ) với f ( t ) = t 4 + 2 + t , ∀t ∈ ¡ . Tuy nhiên hàm số f ( t ) không

đơn điệu trên ¡ . Do đó ta cần thu hẹp miền của các biểu thức 4 x − 1, y và hợp các
miền này lại để hàm số f ( t ) có thể đơn điệu. Để làm được điều này ta dựa vào
phương trình (2). Ta có
2
( 2 ) ⇔ ( x 2 + 2 xy + y 2 ) − 2 ( x + y ) + 1 = 4 y ⇔ ( x + y − 1) = 4 y ≥ 0 ⇒ y ≥ 0 .
Xét hàm số f ( t ) = t + 2 + t , ∀t ∈ [ 0; +∞ ) có f ' ( t ) =
4

(

)

2t 3
t4 + 2

+ 1 > 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) . Khi

x − 1 = f ( y ) ⇔ y = 4 x − 1 . Như vậy tới đây ta tìm được mối quan hệ giữa hai
biến x, y và đương nhiên hệ phương trình (23) giải được.

đó f

4

Lời giải
2
Điều kiện x ≥ 1 . Ta có ( 2 ) ⇔ ( x + y − 1) = 4 y ≥ 0 ⇒ y ≥ 0 . Khi đó

( 1) ⇔

(

4

)

4

x −1 + 2 + 4 x −1 =

y4 + 2 + y

( *) .

Xét hàm số f ( t ) = t 4 + 2 + t xác định và liên tục trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) . Ta có
f '( t ) =

[ 0; +∞ ) .

2t 3
t4 + 2

+ 1 > 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) . Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên nửa khoảng

Do đó từ (*) ⇔ f

(

4

)

x − 1 = f ( y ) ⇔ y = 4 x − 1 ⇔ x = y 4 + 1 . Thế x = y 4 + 1

vào (2) và biến đổi ta được phương trình
y = 0 ⇒ x =1
y y7 + 2 y4 + y − 4 = 0 ⇔  7

4
 y + 2y + y − 4 = 0 ⇒ y =1⇒ x = 2
Kết hợp với điều kiện, hệ (23) có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 1;0 ) , ( x; y ) = ( 2;1) .

(

)

Ví dụ 24. Giải hệ phương trình

2 x ( x − y ) + 2 ( x + y ) = 2 − y 2


2
2
2
( x + 1) x + 1 − y + 1 = ( x − y ) x + 1

(

)

( 1)
( 2)

( 24 )

24

Phân tích. Phương trình (1) mặc dù đơn giản nhưng ta khó tìm được mối quan hệ
giữa hai biến x, y . Do đó ta phải tập trung vào phương trình (2). Phương trình này
có chứa những biểu thức chung nên trước hết ta thu gọn như sau
( x + 1) y 2 + 1 = ( y + 1) x 2 + 1 ( i ) .
Từ phương trình này ta có thể cô lập hai biến x, y bằng cách chia chéo hai biểu thức
ngoài dấu căn thức đưa về phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) để xử lý hàm. Mặt khác
để tìm được hàm đại diện f ( t ) ta có thể biến đổi phương trình ( i ) bởi một trong hai
cách sau
Cách 1. Với x + 1 ≠ 0, y + 1 ≠ 0 ta có
y2 +1
x2 + 1
t2 +1
=
⇔ f ( x ) = f ( y ) với f ( t ) =
, ∀t ≠ −1 .
( i) ⇔
x +1
y +1
t +1
Tuy nhiên hàm f ( t ) không đơn điệu trên khoảng ( − ∞; −1) , ( −1; + ∞ ) và ta khó thu
t −1
hẹp miền của các biến x, y để hàm f ( t ) đơn điệu do f ' ( t ) =
khó xác
2
( t + 1) t 2 + 1

định dấu.

x +1

Cách 2. Ta có ( i ) ⇔

x2 + 1

=

y +1
y2 +1

⇔ f ( x ) = f ( y ) với f ( t ) =

t +1
t2 +1

, ∀t ∈ ¡ .

Tuy nhiên hàm số f ( t ) không đơn điệu trên ¡ . Do đó ta cần thu hẹp miền của các
biến x, y và hợp các miền này lại để hàm f ( t ) có thể đơn điệu. Để làm được điều
2
2
này ta dựa vào phương trình (1). Ta có ( 1) ⇔ 2 x + y = 2 ( x − 1) ( y − 1) . Thử thấy
x > 1

( x; y ) = ( 0;0 ) không thỏa phương trình nên suy ra ( x − 1) ( y − 1) > 0 ⇔ 
hoặc
y >1


t +1
x < 1

. Xét hàm số f ( t ) = 2
trên hai khoảng ( 1; + ∞ ) , ( − ∞;1) . Ta có

y
<
1
t
+
1

1− t
1− t
f '( t ) =
> 0, ∀t ∈ ( − ∞;1)
f '( t ) =
< 0, ∀t ∈ ( 1; + ∞ )
3
3
và
.
2
2
t +1
t +1

(

)

(

)

Khi đó trên mỗi khoảng ( 1; + ∞ ) , ( − ∞;1) ta có f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Như vậy tới đây
ta đã tìm được mối quan hệ giữa hai biến x, y và đương nhiên hệ phương trình (24)
giải được.
Lời giải
Nhận xét: ( x; y ) = ( 0;0 ) không là nghiệm của hệ phương trình. Ta có
x > 1
x < 1
hoặc 
y >1
y <1

( 1) ⇔ 2 x 2 + y 2 = 2 ( x − 1) ( y − 1) ⇒ ( x − 1) ( y − 1) > 0 ⇔ 

25