skkn sự dung tính đơn điệu để giải bài toán về phương trình hệ phương trình

SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Mục Lục
Trang
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

2

II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIẾN

2

III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN VÀ GIẢI PHÁP

3

A. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN

3

1. Tính đơn điệu của hàm số

3

2. Định lý

3

3. Tính chất

3

4. Các bổ đề

3

B. VẬN DỤNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

4

1. Giải phương trình

4

Loại 1. Phương trình có chứa dấu căn thức

4

Loại 2. Phương trình có mũ và logarit

9

Loại 3. Phương trình có chứa lượng giác

13

2. Giải hệ phương trình

16

Loại 1. Hệ phương trình đa thức

16

Loại 2. Hệ phương trình có chứa căn thức

18

Loại 3. Hệ phương trình có chứa mũ và logarit

20

Loại 4. Hệ phương trình có chứa lượng giác

23

Bài tập áp dụng

25

IV. HỆ QUẢ CỦA ĐỀ TÀI

25

V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG

26

VI. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO

27

LỜI KẾT

Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

27

Trang: 1


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Đối với chương trình toán học phổ thông phương trình và hệ phương trình
đươc đưa vào rất sớm. Tuy nhiên các phương trình và hệ phương trình được đưa và lại là
những bài toán tương đối. Ở chương trình THCS thì các bài đó thường là phương trình
bậc nhất, bậc hai, hoăc bậc bốn dạng trùng phương. Còn hệ phương trình thì bậc nhất,
bậc hai nhưng chỉ giải được bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số đơn giản. Ở chương
trình THPT thì các dạng có đa dạng hơn nhưng phương pháp giải thì ở SGK cũng thuộc
dạng đơn giản. Các bài tập mà sách giao khoa yêu cầu thì chưa cao, chưa đáp ứng đươc
yêu cầu như trong các đề thi tuyển sinh.
Trong khi đó trong thi cử và ứng dụng thì ở mức độ cao hơn nhiều. Đặc biệt là
trong các đề thi tuyển sinh đại học và cao đẳng nhiều năm nay đã có một số câu liên
quan đến phương trình hoặc hệ phương trình. Tuy nhiên việc giải các phương trình hoặc
hệ phương trình đó trong đề thi thì có nhiều phương pháp. Trong các phương pháp đó thì
có phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Để giúp các em hiểu sâu hơn về
phương pháp giải trình và hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của
hàm số, tôi mạnh dạn lựa chọn đề tài: “Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải
phương trình và hệ phương trình ”.
II.

CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Nghiên cứu đề tài “Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình

và hệ phương trình” để giúp học sinh rèn kỹ năng giải toán về phương trình và hệ
phương trình qua đó phát triển tư duy logic cho học sinh đồng thời nâng cao chất lượng
học tập của các em, tạo được hứng thú học tập môn toán, góp phần đổi mới phương pháp
giảng dạy bộ môn theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, sáng tạo của học sinh, góp
phần nâng cao chất lượng đội ngũ học sinh khá giỏi về môn toán, góp phần kích thích sự
đam mê, yêu thích môn toán, phát triển năng lực tự học, tự bồi dưỡng kiến thức cho học
sinh. Đối tượng áp dụng: học sinh lớp 12.
Trong chương trình hoc ở sách giáo khoa chương trình chuẩn để giải phương
trình và phương trình chỉ đề cập đến một vài phương pháp giải cơ bản và thường gặp.
Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 2


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Tuy nhiên, có rất nhiều bài toán hay, bài toán thương gặp trong các đề thi tuyển sinh thì
các phương pháp trên lại không giải được. Nên việc đưa thêm một số phương pháp mới
vào giảng dạy cho học sinh để các em nắm bắt được các giải một số bài toán khó hơn,
hay hơn…
III.

TỔ CHỨC THỰC HIỆN VÀ GIẢI PHÁP

A. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Tính đơn điệu của hàm số

Kí hiệu K là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng. giả sử hàm số y = f(x) xác định trên
K. Ta nói:
Hàm số y = f(x) gọi là đồng biến (tăng) trên K nếu mọi cặp x1 , x2 thuộc K mà x1  x2
thì f ( x1 ) nhỏ hơn f ( x2 ) , tức là x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ).
Hàm số y = f(x) gọi là nghịc biến (giảm) trên K nếu mọi cặp x1 , x2 thuộc K mà x1  x2
thì f ( x1 ) lớn hơn f ( x2 ) , tức là x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ).
Hàm số đồng biến được gọi là đơn điệu tăng, hàm số nghịch biến được gọi là đơn
điệu giảm.
Hàm số đồng biến hoặc nghịc biến trên K được gọi chung là hàm số đơn điệu trên K
2. Định lí:
a. Định lý 1.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K
 Nếu f’(x) > 0 với mọi x thuộc K thì hàm số y = f(x) đồng biến trên K
 Nếu f’(x) < 0 với mọi x thuộc K thì hàm số y = f(x) nghịch biến trên K
b. Định lý 2. (Định lý mở rộng)
Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K
 Nếu f’(x) ≥ 0 với mọi x thuộc K và f(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm
số y = f(x) đồng biến trên K
 Nếu f’(x) ≤ 0 với mọi x thuộc K và f(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm
số y = f(x) nghịch biến trên K
3. Tính chất
 Nếu y = f(x) liên tục và đồng biến trên K thì f u   f  v   u  v
 Nếu y = f(x) liên tục và nghịch biến trên K thì f u   f  v   u  v
4. Các bổ đề
 Nếu y = f(x) liên tục và đồng biến trên K thì phương trình f u   0 có nhiều nhất
một nghiệm trên K
Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 3

SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

 Nếu y = f(x) liên tục và nghịch biến trên K thì phương trình f u   0 có nhiều nhất
một nghiệm trên K
 Nếu f(x) liên tục và đơn điệu tăng trên K, g(x) liên tục và đơn điệu giảm trên K thì
phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất một nghiệm trên K
 Nếu f(x) liên tục và đơn điệu giảm trên K, g(x) liên tục và đơn điệu tăng trên K thì
phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất một nghiệm trên K
 Nếu đồ thị hàm số y = f(x) lồi hoặc lõm trên K thì phương trình f(x) = 0 sẽ không
có quá hai nghiệm thuộc K
B. VẬN DỤNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
1. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
Loại 1: Phương trình có chứa căn thức.
4x  1  4x2  1  1  0

Bài 1. Giải phương trình sau:
Giải
Điều kiện:

 4x  1  0
 2
4x  1  0

 x

1
2

1


D   ;  
2
.
Xét hàm số f ( x)  4x  1  4x  1  1 . Miền xác định:
2
4x
1
f /  x 

 0 ,x 
2.
4x  1
4x2  1
1
1


 2 ;  
 2 ;  
 nên hàm số đồng biến trên 
.
Do hàm số liên tục trên 
1
1
x
f( ) 0
2.
Mà 2
. Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

2

Nhận xét: Ở phương trình này ta chứng minh vế trái là một hàm đồng biến trên miền xác
định. Sau đó nhẩm được nghiệm thỏa mãn, từ đó suy ra nghiệm đó là nghiệm duy nhất
của phương trình. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì vẫn còn phương pháp khác.
Bài 2. Giải phương trình sau:

x3  4 x  5  x  1  0

(1)

Giải:
Điều kiện: x  1
Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 4


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
3
Xét hàm số f ( x)  x  14x  5  x  1 với x 1; 

f '( x)  3x2  4 

có

2 x 1

 0, x  0

nên hàm số đồng biến trên 1; 

Mà phương trình (1) có dạng f (1)  0 .
Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1.
Nhận xét: Ở phương trình này ta chứng minh vế trái là một hàm đồng biến trên miền xác
định. Sau đó nhẩm được nghiệm thỏa mãn, từ đó suy ra nghiệm đó là nghiệm duy nhất
của phương trình. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì vẫn còn phương pháp khác.
3
2
Bài 3. Giải phương trình: 2x  3x  3x  1   x  2 4x  5

Giải:

x

Điều kiện:

4
5

3
2
3
2
2
 3xx2 16x x1 23 24xx15 
8x
x 
8x33x 12
 4

x 512
 x4x125 x344x4x5 8 4x  5


  2x  1  3 2x  1 
3





3

4x  5  3 4x  5

1

 5
t    ;  
Xét hàm số : f t   t  3t với  4
 5
5
t    ;  
f '  t   3t 2  3  0, t  
 4
4 nên hàm số f(t) đồng biến với
Ta có:
3





f (2 x  1)  f 4 x  5
1
1



x  
x  
 2x 1  4x  5  

2 
2
2
2


 2 x  1  4 x  5 
 x  1
4 x  4

Mà phương trình (1)có
2 x dang:
1 0

Đối chiếu đều kiện phương trình đã cho có nghiệm x  1.
Nhận xét: Ở phương trình này ta biến đổi thành dạng phương trình f (u)  f  v  sau đó xét
hàm đặc trưng của nó. Chứng minh hàm đặc trưng đồng biến trên miền xác đinh. Từ đó

suy ra u = v. khi đó ta giải phương trình u = v. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì
vẫn còn phương pháp khác

Bài 4. Giải phương trình:
Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

x 3  3x 2  4 x  2   3 x  2  3x  1
Trang: 5


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Giải

1
x3  4 x 2  2 x x2 3x  1  3x 3x  1  x 2  2 x  2
3
Điều 3kiện:2
 x  3x  3x  1   x  1    3x  1  1 3x  1





  x  1   x  1 
3





3

3x  1  3x  1

1

Xét hàm số: f t   t  t với t  0
2
Ta có: f ' t   3t 1  0, t  0 nên hàm số f(t) đồng biến trên [0;+)
3

f ( x  1)  f

Mà phương trình (1) có dang: x  0 (n)

2



3x  1



 x  1  3x  1  x  x  0  
 x  1 (n)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  0; x  1
Nhận xét: Ở phương trình này ta biến đổi thành dạng phương trình f (u)  f  v  sau đó xét
hàm đặc trưng của nó. Chứng minh hàm đặc trưng đồng biến trên miền xác đinh. Từ đó

suy ra u = v. khi đó ta giải phương trình u = v. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì
vẫn còn phương pháp khác
Bài 5. Giải phương trình:
Giải:
3



x3  3x 2  3x  1  3 3 3x  5



x  3x2  3x 1  3 3 3x  5  x3  3x2  3x  1  3  x  1  3x  5  3 3 3x  5

  x  1  3  x  1 
3



3

3x  5



3

 3 3 3x  5

(1)

Xét hàm số: f t   t  3t với t 
2
Ta có: f ' t   3t  3  0, t  nên hàm số f(t) đồng biến trên
3

Mà phương trình (1) có dang:

f ( x  1)  f



3

3x  5



x  1

 x  1  3 x  5  x 3  3x 2  3x  1  3 x  5  x 3  3 x 2  4  0
 x  2
3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  2; x  1
Nhận xét: Ở phương trình này ta biến đổi thành dạng phương trình f (u)  f  v  sau đó xét
hàm đặc trưng của nó. Chứng minh hàm đặc trưng đồng biến trên miền xác đinh. Từ đó
suy ra u = v. khi đó ta giải phương trình u = v. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì
vẫn còn phương pháp khác.
Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 6


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

16 x3  24 x 2  16 x  3  5 3 3x  2

Bài 6. Giải phương trình:

16 x3  24 x 2  16 x  3  5 3 3x  2

 2  8 x3  12 x 2  6 x  1  10 x  5    6 x  4   5 3 3 x  2
Giải
 2  2 x  1  5  2 x  1  2  3 x  2   5 3 3 x  2
3

 2  2 x  1  5  2 x  1  2
3



3

3x  2



3

1

 5 3 3x  2

Xét hàm số: f t   2t  5t với t 
2
Ta có: f ' t   5t  5  0, t  nên hàm số f(t) đồng biến trên
3

Mà phương trình (1) có dang:

f (2 x  1)  f



3

3x  2







3
2
2
 2 x  1  3 3x  2  8
1 x  3x  1  0   x  1 8x  4 x  1  0

 xx 12
x 1  0
 2

 x  1  3
8 x  4 x  1  0

4

Vậy phương trình đã cho có nghiệm:

x  1; x 

1  3
4

Nhận xét: Ở phương trình này ta biến đổi thành dạng phương trình f (u)  f  v  sau đó xét
hàm đặc trưng của nó. Chứng minh hàm đặc trưng đồng biến trên miền xác đinh. Từ đó
suy ra u = v. khi đó ta giải phương trình u = v. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì
vẫn còn phương pháp khác
Bài 7. Giải phương trình:

3

6 x  1  4 x  8 x3  1

3
6 x  1  4 x  8 x 3  1   6 x  1  3 6 x  1  8 x 3  2 x
Giải





3



6 x  1  3 6 x  1   2 x   2 x (4)
3

3

Xét hàm số: f t   t  t với t 
2
Ta có: f ' t   3t 1  0, t  nên hàm số f(t) đồng biến trên
3
Mà phương trình (4) có dang: f ( 6 x  1)  1f  2 x 
3

 3 6 x  1  2 x  8 x3  6 x  1  0  4 x3  6 x 

Đặt x  cost, t 0; 
Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

2

(*)

Trang: 7

SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Khi đó
phương1trình (*) trở 1thành:
3
4cos t - 3cos t 

2

 cos 3t 

2

 3t  



3

5
7
t  ;t 
;t 
t 0; 
9
9
9
Mà

nên ta có:

Vậy phương trình đã cho có nghiệm:

 k 2  t  

x  cos


9



; x  cos

9



k 2
3

5
7
; x  cos
9
9

Nhận xét: Ở phương trình này ta biến đổi thành dạng phương trình f (u)  f  v  sau đó xét
hàm đặc trưng của nó. Chứng minh hàm đặc trưng đồng biến trên miền xác đinh. Từ đó

suy ra u = v. khi đó ta giải phương trình u = v. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì
vẫn còn phương pháp khác

Bài 8. Giải phương trình:

 4 x  2 

 



1  x  x 2  1  3x 2  9 x 2  3  0

Giải
Nếu x  0 1thì phương trình vô nghiêm.
Nếu

x

2 thì phương trình vô nghiêm.

 1 
  ;0



Vậy phương trình đã cho có nghiệm thì nghiệm thuộc  2 
  2 x  1  4  4 x  4 x  2   3 x  2  9 x  3 

 4x  2 

1  x  x 2  1  3x 2  9 x 2  3  0
2

  2 x  1 


 2 x  1

2

2

 3  2   3 x 



 3x 

2

 3  2  1


 1 
x   ;0
 2  nên 2 x  1  0; 3x  0
Với

f t   t





t 3 2
với t  0
t
f ' t   t  3  2 
 0, t  0
2
3

3
Ta có:
nên hàm số f(t) đồng biến trên  0; 

Xét hàm số:

Mà phương trình (1) có
dang: f (2x 1)  f  3x 
1
 2 x  1  3x  x  

5

Vậy phương trình đã cho có nghiệm:

x

1
5

Nhận xét: Ở phương trình này ta biến đổi thành dạng phương trình f (u)  f  v  sau đó xét
hàm đặc trưng của nó. Chứng minh hàm đặc trưng đồng biến trên miền xác đinh. Từ đó
Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 8


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

suy ra u = v. khi đó ta giải phương trình u = v. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì
vẫn còn phương pháp khác

Bài 9. Giải các phương trình sau:

log3





 1
x2  3x  2  2   
 5

3x  x2 1

2

(1)

Loại 2: phương trình có chữa logarit, mũ.
Giải
x 1

x2
Điều kiện: x  3x  2  0 
.
2



Đặt
2
2
Lúc đó : 3x  1x 1u1  1 u . Khi đó phương trình (1) trở thành
u 1
u  x2  3x  2

u0

2

log3 (u  2)   
 5

 2  0  log3 (u  2)  5

2

2 0

(2)

u 1
Xét hàm số: / f (u)  log31(u  2)  5 u2 1 2 với u  0
f (u) 
 2u.5 .ln5  0, u  0
(
u

2)ln3
Đạo hàm :
nên hàm số đồng biến trên [0; )
2

Mặc khác: f (1)  0 . Do đó phương trình (2) có nghiệm duy nhất u = 1
Khi đó ta có:

x2  3x  2  1  x2  3x  1  0  x 

Vậy phương trình có nghiệm:

x

3 5
3 5
;x 

2
2

3 5
2 thỏa mãn điều kiện

x1
x x
2
Bài 10. Giải các phương trình sau: 2  2  ( x  1)  0
2

Giải
x1
x x
2
x 1
x x
2
Ta có: 2  2  ( x  1)  0  2  x  1  2  x  x (1)
t
Xét hàm số f (t )  2  t với t 
/
t
Đạo hàm : f (t )  ln2.2  1  0, t  . Suy ra hàm số đồng biến trên .
2
2
Mà phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f ( x  x)  x  1  x  x  x  1
Vậy x  1 là nghiệm của phương trình
2

Bài 11. Giải phương trình:

Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

2

 2x 1 
log3 
  3x 2  8 x  5
2
  x  1 

Trang: 9


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

1

x 
2

 2 x  1 x  1 2
 2x 1 
Điều
log 3  kiện: 2   3 x  8 x  5  log 3 
  1  3x2  6 x  3  2 x  1
2
  x  1 

  x  1 

Giải

 2x 1 
2
 log 3 
  3  x  1   2 x  1
2
 3  x  1 
2
2
 log 3  2 x  1   2 x  1  log 3 3  x  1   3  x  1  (1)

 


Xét hàm số: f t1  log3 t  t với t  0
f ' t  
 1  0, t  0
t ln 3
Ta có:
nên hàm số f(t) đồng biến trên  0; 



f (2 x  1)  f 3  x  1
Mà phương trình (1) có dang:
 x  2 (n)
2

2
 2 x  1  3  x  1  3x  8 x  4  0  
 x  2 (n)
3


Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
Bài 12. Giải phương trình:
Giải
Điều kiện:

x

x  2; x 

2



2
3

3x 1  x  log3 1  2x 

1
2

3x 
1  x  log 3 1  2 x   3x  x  log 3 1  2 x   1  2 x 
Ta

có:
 log 3 3x  3x  log 3 1  2 x   1  2 x 

1

Xét hàm số: f t1  log3 t  t với t  0
f ' t  
 1  0, t  0
t ln 3
Ta có:
nên hàm số f(t) đồng biến trên  0; 
x
Mà phương trình (1) có dang: f (3 )  f  2x 1
 3x  2 x  1  3x  2 x  1  0 (*)
x
Xét hàm số g ( x)x 3  2 x  1
1
g '( x)  3 ln 3  2; g ''( x)  3x ln 3 3  0, x  
2
Khi đó:

Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 10


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Nên phương trình g ( x)  3  2 x  1  0 có nhiều nhất hai nghiệm
Mà g (0)  g 1  0

Vậy vậy phương trình (*) có hai nghiệm x  0; x  1
Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có hai nghiệm: x  0; x  1
Nhận xét: Ở bài này ta phải dùng nếu đồ thị hàm số g(x) lồi hoặc lõm trên miền xác định
thì phương trình g(x) = 0 không có quá hai nghiệm. sau đó ta nhẩm nghiệm rồi đối chiếu
điều kiện để kết luận. Tuy nhiên vẫn có các giải khác hay hơn.
x

2x1  2x

Bài 13. Giải phương trình:
Giải
x 1

 2x

2

2

x

  x  1  2x1  x  1  2x
2

2

x

2

x

 x2  x

f t   2t  t

  x  1

2

(1)

Xét hàm số:
với t 
t
Ta có: f ' t   2 ln 2 1  0, t  nên hàm số f(t) đồng biến trên
f ( x  1)  f  x 2  x 
Mà phương trình (1) có dang:
 x 1  x2  x  x2  2x  1  0  x  1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  1
22  32  2 x  3x 1  x  1
x

Bài 14. Giải phương trình:
Giải
Ta2 có:2

x

2  3  2x  3x1  x  1  22  32  2 x  2 x1  3x1   x  1 1
x

x

x

x

f t   2t  3t  t

Xét hàm số:
với t 
t
t
Ta có: f ' t   2 ln 2  3 ln3 1  0, t  nên hàm số f(t) đồng biến trên
f (2x )  f  x  1
Mà phương trình (1) có dang:
 2x  x  1  2x  x  1  0 (1)
x
Xét hàm số: g  x   2  x 1
x
x
2
Ta có: g '  x   2 ln 2 1; g ''  x   2 ln 2  0, x 
x
Nên phương trình g  x   2  x 1  0 có nhiều nhất hai nghiệm
Mặt khác ta thấy g  0  0; g 1  0 . Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x  1, x  0
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1, x  0

Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 11


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Bài 15. Giải phương trình:
Giải

2x  3log2 3x 1 1

1
3
Điều
kiện:
2 x  3log 2  3x  1  1  2 x  3 x  3log 2  3 x  1  3 x  1
x

 3log 2 2 x  2 x   3log 2  3 x  1   3 x  1

1

Xét hàm số: f t3  3log2 t  t với t  0
f ' t  
 1  0, t  0
t ln 2
Ta có:
nên f t  đồng biến với t  0
f (2x )  f 3x 1

Mà phương trình (1) có dang:
 2x  3x  1  2 x  3x  1  0 (*)
g  x   2x  3x  1
Xét hàm số
với x 

g '  x   2x ln 2  3; g ''  x   2x ln 2 2  0, x
g  x   2x  3x  1  0

Do đó
có không quá hai nghiệm
g  0  g 1  0
Mặt khác ta thấy:
Vậy phương trình (*) có hai nghiệm: x  0; x  1
Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm: x = 1
Bài 16. Giải phương trình:

log 2016

4 x2  2
 x6  3x 2  1
x6  x 2  1

6
2
4x2  2
4 x2  2
6
2


x

3
x

1

 2016 x 3 x 1
6
2
6
2
Giải: x  x  1
x  x 1

log 2016

2
6
2
4x2  2
2016 x  x 1
 6

 4 x 2  2 20164 x  2  x 6  x 2  1 2016 x  x 1
2
4 x2  2
x  x  1 2016
6

2









1

Xét hàm số: f t   t 2016 với t  0
f ' t   2016t  t 2016t ln 2016  0, t  0
Ta có:
nên hàm số f(t) đồng biến trên  0; 
2
f (4 x  2)  f  x6  x 2  1
Mà phương trình (1) có dang:
 4 x2  2  x6  x2  1  x6  3x 2  1  0 (*)
2
3
Đặt x  u với u  0 khi đó phương trình (*) trở thành: u  3u  1  0 (2)
Phương trình (2) chỉ có nghiệm trên  0; 2
t

Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 12

SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Đặt u  2cos v với

0v



2 khi đó ta được:
1
1
 2k
8cos v3  6cosv  1  0  4cos v3  3cosv =  cos3v =  v   
2
2
9
3

0v



2 nên

v



9 vậy

u  2cos



9



x   2 cos x   2 cos
u  2cos
9
9
9 ta được:
Khi

Vì

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm :

x  2 cos

 x  2   log 2
2

Bài 17. Giải phương trình:


9

; x   2 cos


9

x2  4 x  5
 2 2x  3
2x  3

Giải

3
x
x 2 4 x  5
 log 2
 2 2x  3
 x  2 kiện:
2
Điều
2x  3
2



2
2
  x  2   1  log 2  x  2   1  2 2 x  3  1  l og 2 2 x  3





2
2
  x  2   1  log 2  x  2   1  2 2 x  3  l og 2 2 2 x  3










1

Xét hàm số: f t  1t  log2 t với t  0

f ' t   1 
 0, t  0
 0;
2
3
t
ln
2
Ta
có:
sốxf(t)

  x  2   1  2 2 x  3  x 4  8 xnên
 26hàm
x 2  32
 13đồng
 0 biến trên

 

f ( x  22  1)  f 2 2 x  3
  phương
x  1 x3 trình
7 x 2 (1)
19 xcó
 13
 0   x  1 x 2  6 x  13  0
Mà
dang:





2





 x  1 (n)
 2

 x  6 x  13  0  vn 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1
Loại 3: Phương trình lượng giác:
Bài 18. Giải các phương trình sau:

2  sin x  3  sin x  1  0 .

Giải:
Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 13


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Đặt t  sin x , điều kiện t  1
Khi đó phương trình có dạng : 2  t  3  t  1  0 (1)
Xét hàm số1 f (t)  12  t  3  t  1
f '(t )  

2 t



2 3 t

 0, t   1;1

nên f (t ) là hàm nghịch biến trên  1;1

Mà f (1)  0 từ đó phương
 trình (1) có nghiệm duy nhất t  1.
sin x  1  x   k2
2
Do đó:

Bài 19. Giải phương trình:

 
x   0; 
sin 2 x  cosx - 1= log 2 s inx
 2
với

Giải   
x   0; 
 2  nên 0  sin x  1;0  cos x  1
Vì
sincó:
2 x  cos x  1  log 2 sin x  log 2 cos x  sin 2 x  cos x  1  log 2 sin x  log 2 cos x
Ta
 log 2 cos x  cos x  log 2 sin 2 x  sin 2 x 1

Xét hàm số: f t1  log2 t  t với t  (0;1]
f ' t  
1
t ln 2
Ta có:
t  (0;1]  0  t  1  0  t ln 2  ln 2  ln e  1

Vì


1
1
1
1  0
t ln 2
t ln 2

Vậy

f ' t  

1
 1  0; t  (0;1]
t ln 2

nên hàm số f(t) đồng biến trên (0;1]
2x 
Mà phương trình (1) có dang: f (cosx)  f sin
1
 cos x  sin 2 x  cos x(2sin x -1)  0  sin x 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm:

x
1

Bài 20. Giải phương trình:

1981

sin

x



2

x


6

6


1
 sin 2017 x  cos 2017 x
1981
cos x

Giải
Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 14

SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
k
x
1 kiện: 1 2
Điều

 sin 2017 x  cos 2017 x
1981
1981
sin x cos x
1
1
 sin 2016 x  1981  cos 2016 x 
(1)
sin x
cos1981 x

f  t   t 2017 

1

t
với t [-1; 0)  (0;1]
1981
f '  t   2017t 2016  1982  0
, t [-1; 0)  (0;1]
t
Ta có:

Xét hàm số:

1981

Nên hàm số đồng biến trên các khoảng xác định
Mặt khác f t   0 khi x [-1;0)
Và f t   0 khi x  (0; 1]
Mà phương trình (1)có dang: f (sinx)  f  cosx 
 sin x  cos x  x 

4

 k (n)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm

2016

2

x


4

 k

2016sin x  2016cos x  cos2x
2

Bài 21. Giải phương trình:
Giải sin

x

2

 2016cos x  cos2x  2016sin x  sin 2 x  2016cos x  cos2 x 1
2

2

2

Xét hàm số: f t   2016  t với t 
t
Ta có: f ' t   2016 ln 2016 1  0, t 
f (sin 2 x)  f  cos 2 x 
Mà phương trình (1) có dang:
t

 sin 2 x  cos 2 x  cos 2 x  0  x 



4



k

2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm

x


4



k
2

Kết luận: Việc chứng minh hàm số đơn điệu hoặc đồ thị hàm số lồi (lõm) trên miền xác
định cũng như tìm hàm đặc trưng của phương trình không phải là một việc đơn giản.
Cần phải cho học sinh làm một số bài tương đối thì các em mới định hình đươc phương
pháp và nhận được dạng. Tuy nhiên đây không phải là phương pháp duy nhất để giải
phương trình. Có nhiều phương pháp khá hay để giải, việc chon phương pháp phù hợp
là điều cần thiết.

Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 15


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Bài tập vận dụng
Giải các phương trình sau:

1)

3  x  x2  2  x  x2  1

2)

3)

2x  1  x2  3  4  x

4)





2m x6  24 x3m  4  m2 x  3m  6
5)
1
1

 sin4 x
2
2
sin x
sin x cos2 x
2
7) 2
2

x  3 x1x3  3x12  x  12
1
e
e 

2x  1 x  1
2 x 1

log tan x
3
6) tan x  2.3 2

8)

32sin x3  3sin x  10.3sin x2  3  sin x  0

2. GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Loại 1: Hệ phương trình đa thức hai ẩn.

3
3

1
x  y  1  0
 3 3
x  y  3y2  4y  x  2  0  2
Bài 1. Giải hệ phương trình sau: 

Giải
3

x3  y3  3y2  4y  x  2  0  x3  x   y  1   y  1
Từ phương trình (2) ta có:
3
Xét phương trình f t   t  t với t 
f ' t   3t 2  1  0, t 
nên f(t) là hàm đồng biến trên tập
Mà phương trình (3) có dạng: f  x   f ( y 1)  x  y 1  y  x 1
Thay y  x 31 vào phương trình (1) ta được:

3

x3   x  1  1  0  2x3  3x2  3x  0  x  0

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:  x; y    0; 1
3
3

 x  y  1982 x  y
 2016
x  y2016  2
Bài 2. Giải hệ phương trình sau: 

1
 2

Giải
Từ phương trình (2) ta có: 3 2 3 x  2;  2  y  32
3
Từ phương trình (1) ta có: x  y  1982 x  y  x  1982x  y  1982y 3
3

t    2; 2 
Xét phương trình f t   t 1982t với 

Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 16


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
  2; 2 
f '  t   3t 2  1982  0, t   2; 2 

nên f(t) là hàm nghịch biến trên tập 
f  x   f ( y)  x  y

Mà phương trình (3) có dạng:
2016
2016
Thay y  x vào phương trình (2) ta được: 2x  2  x  1  x  1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:  x; y   1;1 ;  x; y    1; 1

Bài 3. Giải hệ phương trình sau:

 x 3  5 x  y 3  5 y
 8
4
 x  y  1

1
2

 x8  1
 x  1

 4
y  1  y  1
Từ phương trình (2) ta có: 

Giải

3
Xét hàm số f (t )  t  5t với t 1;1
f '(t )  3t 2  5  0, t 1;1
nên f(t) là hàm nghịch biến trên 1;1
f ( x)  f ( y )  x  y
Mà phương trình (1) có dạng:
 4 1  5
Thay
x = y vào
phương
trình y(2) ta được:
1  5
2
8
4
8
4
4

y  y  1  y  y 1  0  

 y
 4 1  5
(vn)
y 
2



Vậy hệphương
1  5trình
1có
 nghiệm:
5
4
4

 x; y   



2

;

2

 ;  x; y     4






Bài 4. Giải hệ phương trình sau:

Giải
 x3  3x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y
Ta
 có:
 2
1
2
x  y  x  y 
2


Từ phương trình (2) ta có:
Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

2

1  5 4 1  5 

;

2
2

 x3  3x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y

 2

1
2
x  y  x  y 
2


 x  13  12  x  1   y  13  12  y  1

2
2
 
1 
1
 x     y    1
2 
2


1  x 

1
2

1
1
3
1
3
1
1   x 

1  y   1    y 
2
2
2 và
2
2
2

Trang: 17


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
 3 3
t   ; 
3
Xét hàm số: f t   t 12t với  2 2 
 3 3
 3 3
f  t   3t 2  12  3  t 2  4   0, x    ; 
t   ; 
 2 2  nên f(t) là hàm nghịch biến với mọi
 2 2
 x  y3 2
Mà phương trình (1) có dạng: f  x 1  f  y 1  x 1  y 1 
y   2
4 y2  8 y  3  0  
y   1

2
Thay x  y  2 vào phương trình (2) ta được:

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:

 x; y   

1 3
3 1
;   ;  x; y    ;  
2 2
2 2

 x3  y 3  2016  x  y   0
 2
x  xy  y 2  1


Bài 5. Giải hệ phương trình:

1
2

Giải:
3
3
3
3
Từ phương trình (1) ta có: x  y  2016  x  y   0  x  2016x  y +2016 y 3
3
Xét phương trình f t   t  2016t với t 
f ' t   3t 2  2016  0, t 

nên f(t) là hàm đồng biến trên tập
Mà phương trình (3) có dạng: f  x   f ( y)  x  y
Thay y  x vào phương trình (2) ta được:
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:

3x2  1  x2 

1
3
 x
3
3

 3 3

3
3
;
;
 ;  x; y    

3 
 3 3 
 3

 x; y   

Loại 2: Hệ phương trình có chứa căn thức.
Bài 6. Giải hệ phương trình sau:

 x  1  y  1  x3

4
 x  1  y

x 1 0
x  1


y0
y  0
Điều kiện: 

Giải:

Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 18


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
2

 x  1   x  1  1  x3
 x  1  y  1  x3


4
4

x

1

y


 x  1  y

Ta có

x  1   x  1  1 x3  x  1   x3  x2  2x  2
2

Từ phương trình :

1; 

(1)

Ta thấy hàm số f ( x)  x  1 là hàm đồng biến trên
3
2
Xét hàm số g( x)   x  x  2x  2 . Miền xác định: D  1;  
/
2
Đạo hàm g ( x)  3x  2x  2  0 x  D .
Từ đó suy ra phương trình (1) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất
Ta thấy f (1)  g (1) nên x  1 là nghiệm của phương trình (1)
Vậy hệ có nghiệm  x; y   (1;0)

Bài 7. Giải hệ phương trình sau:

 3  x2  2 x  3  y

 3  y2  2 y  3  x

x  0

y0
Giải: Điều kiện: 
 3  x2  2 x  3  y

3  y2  2 y  3  x
Ta có: 
2
2
Trừ vế theo vế ta có: 3  x  3 x  3  y  3 y

(1)

Xét
hàm sốt f (t ) 3 3  t  3 t . Miền xác định: D   0; 
/
2

f (t ) 

3  t2



2 t

 0 t  0

. Suy ra hàm số đồng biến trên D.

Mà phương trình (1) có dạng f ( x)  f ( y) nên x  y
2
2
Lúc đó: 3  x  x  3  3  x  x  3  0 (2)
g( x)  3  x2  x  3 với x  0
Xét hàm số:
x
1

g'( x) 

3  x2



2 x

 0, x  0

nên g( x) là hàm đồng biến trên khoảng  0; 

Ta thấy g1  0 do đó x = 1 là nghiệm của phương trình (2) (thỏa điều kiện)

Suy ra phương trình có nghiệm x  1 là nghiệm duy nhất.
Vậy hệ có nghiệm  x; y  1;1

Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 19


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
5
4
10
6

 x  xy  y  y

4x  5  y2  8  6
Bài 8. Giải hệ phương trình sau: 

Giải
Điều kiện:

x

1
 2

5
4

5
Ta thấy y = 0 không phải
của hệ phương trình, chia cả hai vế của phương trình
 xnghiệm

x  là
5

     y  y
(1) cho y ta được:  y   y 
5

(*)

5
Xét hàm số f (t )  t  t với t 
f '(t )  5t 4  1  0, t 
nên f (t ) đồng
x biến vớixmọi t.

f ( )  f ( y)   y  x  y 2
y
Mà phương trình (*) có dạng: y
2
Thay y  x vào phương trình (2) ta được: 4 x 5 5  x  8  6 =0 (3)
x
4
Xét hàm số: g  x   4x  5  x  8  6 với

g ' x 

4
1
5

 0, x  
4
4x  5 2 x  8

Mà g(1) = 0 nên phương trình (3) có nghiệm duy nhất x = 1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:  x; y   1;1
Loại 3: Hệ phương trình có chứa mũ và logarit

Bài 9. Giải hệ phương trình sau:

x
y

2  2  y  x
 2
2

 x  xy  y  12

Giải 2 x  2 y  y  x


(1)
 2
2


 x  xy  y  12 (2)

x
y
x
y
Ta có: 2  2  y  x  2  x  2  y *
t
Xét hàm số: f (t )  2  t với t 

f '(t )  2t ln 2  1  0, t 

nên f(t) là hàm số đồng biến với t 

Mà phương trình (*) có dạng: f ( x)  f ( y)  x  y
Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 20


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
2
Thay y = x vào phương trình (2) ta được: 3x  12  x  2

Vậy hệ phương trình có nghiệm:  x; y    2;2 ;  x; y    2; 2

Bài 10. Giải hệ phương trình sau:

 y 2  x2 x 2  1

 2
e
y 1

3log  x  2 y  6   2 log  x  y  2   1
3
2


(1)
(2)

Giải:

x  2 y  6 > 0

Điều kiện:  x  y  2  0 (*)
2
2
2
2
x2  1
(1)  e y  x  2
  x 2  1 e x   y 2  1 e y **
y 1
Ta có:
t
Xét hàm số: f (t )  t 1 e với t  0

f '(t )  et  t 1 et  t  2 et  0, t  0

nên f(t) là hàm số đồng biến với t [0; +)

Mà phương trình (**) có dạng: f ( x )  f ( y )  x  y  y   x
Trương hơp 1: y = x thì (2)  3log3 3x  6  2log2  2x  2 1
2

2

2

2

 3 1  log3  x  2  2 1  log 2  x  1  1  3log3  x  2   2log 2  x  1

u  log3  x  2  x  3u  2

(3)

Đặt
3u  2log 2  3u  1
u
Khi đó (3) trở thành:
3
 2   1 u
u
3
u
u
2

 log 2  3  1  u  3  1  2  
     1  0  4 
2

 3 

3

u

 2   1 u
g (u )  
    1
3   3 

Xét hàm số:
với u 
u
u
 2
2 1
1
g '(u )  
ln


  ln  0, u 
3 3
3
 3 

Khi đó:

Nên g(u) là hàm số nghịc biến trên
mà g(2) = 0 nên phương trình (4) có nghiệm duy nhất: u = 2
khi u  2  x  7  y  7 thỏa mãn điều kiện (*)
Trường hợp 2: y   x thì (2)  3log3  6  x   2log2 2 1  3log3 6  x   3  log3 6  x   1
 6  x  3  x  3  y  3 (thỏa mãn điều kiên (*))
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:  x; y    7;7 ;  x; y   3; 3

Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 21


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG
VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
1

 x2 1 8 y 2 TRÌNH
2
 3 2 y  x 1
2  4

2
 2 x  y   3 x  y  7
(2)
2
2
Bài 11. Giải hệ phương trình sau: 



Giải
Điều kiện: x  0; y  0
Ta có:
1
8y 

1  2x 1  4
2

2

2







 3 2 y  x  2.2 x  3 x  2.2 4 y   3 4 y (*)
2

2

t
Xét hàm số: f  t  t 22.2  3 3t với t  0
f '  t   4t.2 ln 2 
 0, t  0

2 t
Khi đó:
2

Mà phương trình (*) có dạng: f  x   f  4 y  3 x  4 y 7
225 y 
2

Khi x = 4y phương trình (2) trở thành

2

5y 

2

 225 y 
2

3
7
5 y   0 (3)
2
2

3
7
5y 
2
2 với y  0

Xét hàm số: 2
15
g '( y )  50 y.2 25 y ln 2 
 0, y  0
2 5y
g ( y )  225 y 
2

nên hàm số liên tục và đồng biến trên 0; )

1
1
g  0
y
5
Mà  5 
Nên phương trình (3) có nghiệm duy nhất
4 1
 x; y    ; 
5 5
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:

Bài 12. Giải hệ phương trình sau:

 x 2  3 x  ln  2 x  1  y (1)
 2
 y  3 y  ln  2 y  1  x  2 

Giải

1
1
x ;y
2
2
Điều kiện:

Lấy
phương trình (1) trừ vế với vế của phương trình (2) ta được:
x2  4x  ln  2x  1  y 2  4 y  ln  2 y  1
(3) 1
2
t
2
Xét hàm số f (t )  t  4t  ln  2t 1 với

f '(t )  2t  4 

2
2
1
 2t  1 
 3  0, t  
2
 2t  1 ln 2
 2t  1 ln 2

1
( ; )
Do đó hàm số đồng biến trên khoảng 2

Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 22


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Mà phương trình (3) có dạng f2( x)  f ( y)  x  y
2
khi x = y ta có phương trình: x  3x  ln  2x 11  x  x  2x  ln  2x  1  0 (4)
2
x
2
xét hàm số: g ( x)  x  2x  ln  2x 1 với

g '( x)  2 x  2 

2
2
1
 2x 1
 1  0, x  
2
 2 x  1 ln 2
 2 x  1 ln 2

1
( ; )
Do đó hàm số đồng biến trên khoảng 2

Mà g (0)  0 nên x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình (4)
Vậy hệ phương trình có nghiêm:  x; y    0;0
Loại 4: Hệ phương trình có lượng giác

tan x  tan y  y  x

y 1 1 x  y  8
Bài 12. Giải hệ phương trình sau: 

(1)
(2)


Giải
 y  1
Điều kiện: 
x  y  8  0


 xy,   k
2


Ta có: (1)

 tan x  tan y  y  x  tan x  x  tan y  y  3

t  1; t   k

Xét hàm số f (t )  tan t  t với

2

f '(t )  tan 2 t  2  0, t nên f(t) là hàm đồng biến

t  1; t 


2

 k

 y f 0( x)  f ( y)  x  y
 y  0
y phương
1  1  trình
y  (3)
y  có
8
Mà
dạng
Thay
x = y vào phương trình (2) ta

 y  2  2 y  1  y  y  8
2  y  8  2 y  1
được:
8


 y  0
 y  0
y 



3
12  y  4 y  8  4y  4 4 y  8  3y  8 16y  128  9y2  48y  64


Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 23




8

y  ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
TÍNH ĐƠN ĐIỆU
8
3
SỬ DỤNG


y 

   y  8 (n)
3

9y2  64y  64  0  
8

 y  
(l )
9


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: x = y = 8

sin2x  2y  sin2y  2x (1)

(2)
2x  3y  
 x, y  0
Bài 13: Giải hệ phương trình sau: 
Giải
sin2x  2y  sin2y  2x  sin2x  2x  sin2y  2y 3
Từ phương trình (1) ta có:
Xét hàm số: f  t   sin2t  2t với t > 0
f '  t   2cos2t  2  0 ,t > 0
f t
0; 
nên   là hàm đồng biến trên khoảng 
f x  f  y  x  y
Mà phương trình (3) có dạng:  

5x    x 
5 (thỏa mãn)
Thay x  y vào phương trình (2) ta được:

 
 x; y   ; 
 5 5
Vậy hệ phương trình đã cho co nghiệm:

tan x  tan y  2016 x  y  0 1
 2015
x  y2017  2
 2


Bài 14: Giải hệ phương trình sau:
Giải
Điều kiện:

x


2

 k ; y 


2

 l

tan x  tan y  2016 x  y  0  tan x  2016x  tan y  2016y
Từ phương trình (1) ta có:


t   m
f  t   tant  2016t
2
Xét hàm số:
với

f  t   tan2 t  2017  0, t   m
2

t   m
f t 
2
nên
là hàm đồng biến trên khoảng với nọi
f x  f  y  x  y
Mà phương trình (3) có dạng:  
x2017  x2015  2  0 * 
Thay x  y vào phương trình (2) ta được:
g x  x2017  x2015  2
Xét hàm số  
với x 
2016
2014
g'  x  2017x  2015x  0, x 
nên g(x) là hàm đồng biến trên tập
Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 24

3

SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

g1  0

nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 1 (thỏa mãn)
x; y  1;1
Vậy hệ phương trình đã cho co nghiệm: 
Mà

Lời kết: Việc giải hệ phương trình thì có nhiều phương pháp, tuy nhiên phương pháp
sử dụng tính đơn điệu của hàm số là một phương pháp hữu dụng. Những bài toán mà sử
dụng phương pháp này thường là những bài khó. Còn lại việc sử dụng tính đơn điệu để
giải lại rất nhanhvà bất ngờ. Những để áp dụng thành thạo thì lại cần thời gian.
3. Bài tập vận dụng





2
4x3.
Giải
1 x các
 ( yhệ
 3)
5  2ytrình
 0 sau:
Bàitập

phương

 4x2  y2  2 3  4x  7
1) 

 x y  yx
 2
2
3)  x 2 4y  25
x  2x  6.log3  6  y  x

 2
 y  2y  6.log3  6  z  y
 2
 z  2z  6.log3  6  x   z
5) 
4
4

 x 1  x 1  y  2  y
 2
x  2 x  y  1  y 2  6 y  1  0
7) 

IV.

 3  x2  2 x  3  5  y  3

 3  y2  2 y  3  5  x  3
2) 

 x3 4y2  1  2 x2  1 x  6

 2
2
2
 x y 2  2 4y  1  x  x  1

4)



 







 1 x2
3
2 x  2 y  xy   0
2

2
 x2 y  2x  2x2 y  1  4 x  0

2

6)





 x 3 y  y 4  28
 2
x y  2 xy 2  y 3  18 2
8) 

HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI

Qua quá trình giảng dạy tôi thấy việc đưa ra các phương pháp giải về phương trình
và hệ phương trình như trên học sinh nắm được bài, hiểu được sâu kiến thức. Từ đó học
sinh rèn luyện được kỹ năng giải toán, củng cố kỹ năng giải các bài toán về giải phương
trình và hệ phương trình, số học sinh đam mê và yêu thích môn toán ngày càng tăng,
năng lực tư duy và kỹ năng giải toán của học sinh được nâng cao, nhất là học sinh khá
giỏi. Học sinh dễ dàng tiếp thu kiến thức và có kỹ năng giải các bài toán tương tự, trên
cơ sở đó học sinh có thể giải được các bài toán tổng hợp. Đối với bài kiểm tra các em
trình bày chặt chẽ logic, kết quả cao, với kết quả như sau :
Trong năm học 2013 - 2014, tôi đã chọn 30 học sinh dự thi khối A ,tôi đã khảo sát
và kết quả cụ thể như sau :
Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức

Trang: 25