Giải phương trình và bất phương trình bằng phương pháp hàm số

Lê Hồng Khôi

Trường THPT Liễn Sơn

SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN
-----------------------------------

CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ


NGƯỜI VIẾT : LÊ HỒNG KHÔI
TỔ CHUYÊN MÔN : TOÁN

LẬP THẠCH – THÁNG 10 NĂM 2015

Luyện thi THPT quốc gia

Trang 1


Lê Hồng Khôi

Trường THPT Liễn Sơn
LỜI NÓI ĐẦU

Năm học 2015 – 2016 Bộ Giáo dục và Đào tạo tiếp tục tổ chức kì thi THPT quốc
gia nhằm cả hai mục đích là xét tốt nghiệp và tuyển sinh ĐH – CĐ. Đề thi cũng phải

đảm bảo hai mục đích đó, đề thi sẽ có khoảng 60% ở mức độ cơ bản và khoảng 40%
ở mức độ phân hóa học sinh, trong 40% mức độ phân hóa học sinh thì đề thi thường
xuất hiện câu giải phương trình hoặc hệ phương trình mà phương pháp giải có sử
dụng đến tính đơn điệu của hàm số. Kết quả kì thi THPT Quốc gia năm học 2014 –
2015 cho thấy số những thí sinh nào làm được nhiều phần phân hóa học sinh thì cơ
hội để xét tuyển vào các trường ĐH – CĐ tốp trên sẽ cao hơn.
Nhằm mục đích rèn luyện cho học sinh các kỹ năng giải toán và có cơ hội đạt
điểm cao trong kì thi THPT Quốc gia năm học 2015 – 2016, tôi đã viết chuyên đề
“Giải phương trình và hệ phương trình bằng phương pháp hàm số”, đây là quá trình
tích lũy kinh nghiệm của bản thân và sự giúp đỡ của đồng nghiệp. Hy vọng chuyên
đề này là tài liệu giảng dạy và học tập hữu ích cho giáo viên và học sinh.
Chuyên đề này tùy theo từng đơn vị và đối tượng học sinh, giáo viên có thể dạy
trong 3 đến 6 tiết đồng thời chọn lọc những ví dụ phù hợp.
Trong quá trình viết chuyên đề khó tránh khỏi những thiếu sót, rất mong đồng
nghiệp và học sinh đóng góp ý kiến để chuyên đề được áp dụng rộng rãi.
Xin chân thành cảm ơn !
Người viết chuyên đề : LÊ HỒNG KHÔI
Giáo viên Trường THPT Liễn Sơn – Lập Thạch – Vĩnh Phúc
Chức vụ : Tổ trưởng tổ Toán
Điện Thoại : 0983.020.234
Mail :

Luyện thi THPT quốc gia

Trang 2


Lê Hồng Khôi

Trường THPT Liễn Sơn

PHẦN I. PHƯƠNG TRÌNH

A. LÝ THUYẾT
I. Một số tính chất
1. Tính chất 1. Nếu y  f  x  đồng biến hoặc nghịch biến trên  a; b  thì phương
trình f  x   0 có nhiều nhất một nghiệm x   a;b 

2. Tính chất 2. Nếu f '  x   0 có n nghiệm x   a;b  thì phương trình f  x   0 có
nhiều nhất n  1 nghiệm x   a;b 

3. Tính chất 3. Nếu f  n  x   0 x   a; b  hoặc f  n  x   0 x   a; b  thì
phương trình f  x   0 có nhiều nhất n nghiệm x   a;b 

4. Tính chất 4. Nếu y  f  x  đồng biến hoặc nghịch biến trên  a; b  thì

f  u   f  v   u  v u, v   a;b 

Lưu ý : Có thể thay  a; b  bằng  a; b ,  a; b ,  a; b
II. Phương pháp
1. Phương trình có nghiệm duy nhất
a. Dấu hiệu : Phương trình cần giải là phương trình không mẫu mực, phức tạp mà
phương pháp thông thường không giải được hoặc giải phức tạp
b. Thuật toán
- Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo)
- Biến đổi phương trình về dạng f  x   0
- Chứng minh y  f  x  luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên  a; b 
(  a; b  là miền xác định của phương trình)

- Nhẩm 1 nghiệm x  x0 của phương trình
(Có thể sử dụng MTCT – lệnh “SHIFT+SOLVE”)

- Kết luận : Phương trình có nghiệm duy nhất x  x0
2. Phương trình có tối đa n nghiệm (thông thường 2 hoặc 3 nghiệm)
a. Dấu hiệu : Phương trình cần giải là phương trình không mẫu mực, phức tạp mà
phương pháp thông thường không giải được hoặc giải phức tạp
b. Thuật toán
- Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo)
- Biến đổi phương trình về dạng f  x   0
- Chỉ ra f  n  x   0 x   a; b  hoặc f  n  x   0 x   a; b 
(  a; b  là miền xác định của phương trình)
- Nhẩm n nghiệm của phương trình
Luyện thi THPT quốc gia

Trang 3


Lê Hồng Khôi
- Kết luận : Phương trình có đúng n nghiệm nhẩm được

Trường THPT Liễn Sơn

3. Xét hàm đặc trưng
a. Dấu hiệu : Phương trình cần giải có thể đưa về phương trình đồng bậc
b. Thuật toán
- Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo)
- Biến đổi phương trình về phương trình đồng bậc
- Cố định một vế (vế đơn giản hơn), suy ra hàm đặc trưng f  t 
- Biến đổi vế còn lại theo quy luật của hàm đặc trưng, ta được phương trình
f u   f  v 
- Chỉ ra hàm đặc trưng luôn đồng biến hay nghịch biến trên miền giá trị của u, v
- Giải phương trình f  u   f  v   u  v

- Kết luận
Ví dụ minh họa: Giải phương trình : x3  3x 2  4 x  2   3x  2  3x  1 (*)
Phân tích :
- Đặt u  3x  1 thì VP(*) là biểu thức bậc 3 ẩn u , như thế 2 vế của (*) là đồng
bậc
- Cố định VP(*) =  3x  2  3x  1   u 2  1 u  u 3  u ,
Suy ra hàm đặc trưng f  t   t 3  t
-VT(*)  v  v , VT(*) là biểu thức bậc 3 ẩn x , cùng bậc với bậc của hàm đặc
trưng, suy ra v  ax  b , khi đó
3

 ax  b    ax  b   x3  3x 2  4 x  2
3

  a3  1 x3   3a 2b  3 x 2   3ab 2  a  4  x   b3  2   0

a 3  1  0
 2
a  1
3a b  3  0
 2

 v  x 1
b

1
3
ab

a


4

0


b3  b  2  0

Phương trình (1) trở thành v  v  u  u
Lưu ý : Có thể tìm hàm đặc trưng nhờ MTCT : Cho một vài giá trị của x, tính y rồi
tìm mối quan hệ của x và y
1
Lời giải : ĐK : x  
3
(*)
3

3

 x3  3x 2  4 x  2   3x  2  3x  1   x  1   x  1 
3

Luyện thi THPT quốc gia





3

3x  1  3x  1

Trang 4


Lê Hồng Khôi
Xét hàm số f  t   t 3  t , t 

Trường THPT Liễn Sơn

Ta có : f '  t   3t 2  1  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên
Khi đó : (1)  f  x  1  f





3x  1  x  1  3x  1

 x2  2x  1  3x  1 (do x   1 nên
3

x  0
 x2  x  0  
x 1
Vậy phương trình (*) có 2 nghiệm là :

Luyện thi THPT quốc gia

x 1  0 )

x  0, x  1 .

Trang 5


Lê Hồng Khôi

Trường THPT Liễn Sơn

B. CÁC VÍ DỤ
5
3
Ví dụ 1: Giải phương trình : x  x  1  3x  4  0
Giải :
1
ĐK : x 
3
1
Xét hàm số f  x   x5  x3  1  3x  4, x 
3

(1)

Hàm số trên liên tục trên  ; 1 


3
3
1


Ta có : f '  x   5 x 4  3x 2 
 0 x   ; 
3
2 1  3x

Suy ra f  x  đồng biến trên  ; 1 
3


Suy ra phương trình f  x   0 (Phương trình (1)) có nhiều nhất 1 nghiệm x 

1
3

Mặt khác f  1  0 , tức x  1 là một nghiệm của phương trình (1)
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x  1.
Chú ý : Có thể nhẩm nghiệm x  1 trên máy tính cầm tay “SHIFT + SOLVE”
Ví dụ 2: Giải phương trình : 2 x  1  x 2  3  4  x
Giải :
2 x  1  0
1
 x4
ĐK : 
2
4  x  0

(1)

(2)  2 x  1  x 2  3  x  4  0

Xét hàm số f  x   2 x  1  x 2  3  x  4, x   1 ;4 
2



Hàm số trên liên tục trên  1 ;4 
2


'
Ta có : f  x  



1
x
1 

 1  0 x   ;4 
2x  1
2 
x3  3

Suy ra f  x  đồng biến trên  1 ;4 
2

Luyện thi THPT quốc gia



Trang 6


Lê Hồng Khôi
Trường THPT Liễn Sơn
Suy ra phương trình f  x   0 (Phương trình (1)) có nhiều nhất 1 nghiệm
1 
x   ;4 
2 

Mặt khác f 1  0 , tức x  1 là một nghiệm của phương trình (1)
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x  1 .
Chú ý : - ĐK : 2 x  1  0 là điều kiện thông thường
ĐK : 4  x  0 là điều kiện kéo theo (Phương trình này có thể bỏ qua)
- Có thể nhẩm nghiệm x  1 trên máy tính cầm tay “SHIFT + SOLVE”
x 2  15  3x  2  x 2  8 (1)

Ví dụ 3: Giải phương trình :
Giải :

Ta có : (1)  x 2  15  x 2  8  3x  2
Do

x 2  15  x 2  8  0 nên 3x  2  0  x 

2
3

Xét hàm số f  x   x 2  15  x 2  8  3x  2, x 
Ta có : f  x  

'

x
x 2  15



x
x2  8

3

x



2
3

x 2  8  x 2  15

x

2

 15 x 2  8 

  3  0 x  2

3

Suy ra f  x  nghịch biến trên  2 ;  
3



Suy ra phương trình f  x   0 (Phương trình (1)) có nhiều nhất 1 nghiệm
2

x   ;  
3


Mặt khác f 1  0 , tức x  1 là một nghiệm của phương trình (1)
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x  1 .
Chú ý : ĐK : 3x  2  0 là điều kiện kéo theo (Phương trình này bắt buộc phải tìm)
2
Ví dụ 4: Giải phương trình : 2 3x  4  3 5x  9  x  6 x  13 (1)
Giải :
4
ĐK : x  
3
4
Xét hàm số f  x   2 3x  4  3 5 x  9  x 2  6 x  13, x  
3

Hàm số trên liên tục trên   4 ;  
 3

Luyện thi THPT quốc gia



Trang 7


Lê Hồng Khôi

Trường THPT Liễn Sơn

3
15
Ta có : f '  x  

 2x  6
3x  4 2 5 x  9

f ''  x   

9
75
4

 2  0 x  
3
2  3x  4  3x  4 4  5 x  9  5 x  9

Suy ra f '  x  nghịch biến trên   4 ;  
 3



Suy ra phương trình f '  x   0 có nhiều nhất 1 nghiệm x  

4
3

Suy ra phương trình f  x   0 (Phương trình (1)) có nhiều nhất 2 nghiệm x  
Mặt khác f  0   f  1  0 , tức

x  0, x  1 là các nghiệm của (1)
Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm là : x  0, x  1

4
3

Ví dụ 5: Giải phương trình : x  x 2  3   3x  7  4  3x  0 (1)
Giải :
ĐK : x 

4
3

(1)  x3  3x   4  3x   3 4  3x  x3  3x 



4  3x



3

 3 4  3x

Xét hàm số f  t   t 3  3t , t 

Ta có : f '  t   3t 2  3  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên
Khi đó : (1)  f  x   f





4  3x  x  4  3x

 x 2  4  3x
 x 2  3x  4  0


 x  1  tm 
x

0
x

0


Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : x  1 .

3
Ví dụ 6: Giải phương trình : x  1  2 3 2 x  1 (1)
Giải :

(1)  x3  2 x  2 x  1  2 3 2 x  1  x3  2 x 



3



3

2x 1  2 3 2x 1

Xét hàm số f  t   t 3  2t , t 

Ta có : f '  t   3t 2  2  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên
Khi đó : (1)  f  x   f



Luyện thi THPT quốc gia

3



2 x  1  x  3 2 x  1  x3  2 x  1  0

Trang 8


Lê Hồng Khôi

Trường THPT Liễn Sơn

x 1

 x  1  5

2

Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm là : x  1, x 

1  5
.
2

Ví dụ 7: Giải phương trình : 2 x  1  x x 2  2   x  1 x 2  2 x  3  0
Giải :
(1)  x  x x 2  2   x  1   x  1

  x  1   x  1

 x  1

2

 x  1

2

(1)

2 0

 2  x  x

x

2

2

Xét hàm số f  t   t  t t 2  2 , t 
Ta có : f  t   1  t  2 
'

2

t2
t2  2

 0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên

Khi đó : (1)  f  x  1  f   x   x  1   x  x  

1

2

1
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : x   .
2
Ví dụ 8: Giải phương trình : 3x 2  9 x 2  3   4 x  2 





Giải :
(1)  2. 3x    3x .  3x   3   2 x  1
2



 2 x  1

2





x 2  x  1  1  0 (1)



3 2 0

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

2

Xét hàm số f  t   2t  t t 2  3 , t 
Ta có : f  t   2  t  3 
'

2

t2
t 3
2

 0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên

Khi đó : (1)  f  2 x  1  f  3x   2 x  1  3x  x  

1
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : x   .
5
9 x. 3x  1
Ví dụ 9: Giải phương trình : x 2  3x  2 
2
1  3x  1





1
5

(1)

Giải :
Luyện thi THPT quốc gia

Trang 9


Lê Hồng Khôi
1
ĐK : x  
3
Nhận xét : x  0 không là nghiệm của (1)
Với x  0 thì 1  3x  1  0

1  x 2  3x  2 



9 x. 3x  1 1  3x  1

 3x 

Trường THPT Liễn Sơn



2

2



 x3  3x 2  2 x  3x  1 3x  2  2 3x  1



 x3  3x 2  4 x  2   3x  2  3x  1
  x  1   x  1 
3





3

3x  1  3x  1

Xét hàm số f  t   t 3  t , t 

Ta có : f '  t   3t 2  1  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên
Khi đó : (1)  f  x  1  f





3x  1  x  1  3x  1

 x2  2x  1  3x  1 (do x   1 nên
3

x 1  0 )

 x2  x  0  x  1 (do

x  0)
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : x  1 .
x2  2 x  8
Ví dụ 10: Giải phương trình : 2
  x  1
x  2x  3
Giải :
ĐK : x  2

(1) 

 x  2 x  4   x  1 x  2 
x2  2x  3

x22

 x  2  tm 
 x4

x 1


*
2
 x  2 x  3
x22

*   x  4 




x2



3



x2 2

x4
x 1 

0
2
x


2
x

3
x

2

2









x2



2





x  2  2   x  1  2   x  1


 2 x  2   x  1  2  x  1  2  x  1

Xét hàm số f  t   t 3  2t 2  2t , t 
Ta có : f '  t   3t 2  4t  2  0 t 

Luyện thi THPT quốc gia

(1)

 x  2 

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

2



3

2

, suy ra f  t  đồng biến trên

Trang 10


Lê Hồng Khôi



Khi đó : (*)  f

Trường THPT Liễn Sơn



x  2  f  x  1  x  2  x  1


3  13
 x  2  x 2  2 x  1  x 2  3x  1  0
3  13
x 



x
 tm 
2
2
x 1  0
x  1
x  1

3  13
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm là : x  2, x 
.
2

C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Giải các phương trình :
1. x5  x3  1  3x  4  0
2. 2 3x  1 

3
 3  2x
2 x

6
8
3
 14
3 x
x2

3.

4. x3  4 x   2 x  7  2 x  3  0
5. 4 x3  x   x  1 2 x  1  0
6.

8 x

2

 2 x   x  6 5  x  0

7. x3  15x 2  78x  141  5 3 2 x  9
8.

 x  3

x  1   x  3 1  x  2 x  0

9. 3x 2  18 x  24 



11. 3  5



12. 4 x1  2 x

x

2

1
1

2x  5 x  1



 16. 3  5

1

  x  1



x

 2 x3

2

13. 4x  5x  7 x  2





14. log 2 1  x  log3 x
x2  x  3
15. log 3 2
 7 x 2  21x  14
2x  4x  5

Luyện thi THPT quốc gia

Trang 11


Lê Hồng Khôi

Trường THPT Liễn Sơn

PHẦN II. HỆ PHƯƠNG TRÌNH
A. LÝ THUYẾT
I. Một số tính chất
1. Tính chất 1. Nếu y  f  x  đồng biến hoặc nghịch biến trên  a; b  thì phương
trình f  x   0 có nhiều nhất một nghiệm x   a;b 

2. Tính chất 2. Nếu f '  x   0 có n nghiệm x   a;b  thì phương trình f  x   0 có
nhiều nhất n  1 nghiệm x   a;b 

3. Tính chất 3. Nếu f  n  x   0 x   a; b  hoặc f  n  x   0 x   a; b  thì
phương trình f  x   0 có nhiều nhất n nghiệm x   a;b 

4. Tính chất 4. Nếu y  f  x  đồng biến hoặc nghịch biến trên  a; b  thì

f  u   f  v   u  v u, v   a;b 

Lưu ý : Có thể thay  a; b  bằng  a; b ,  a; b ,  a; b
II. Phương pháp
1. Dấu hiệu : Một trong hai phương trình của hệ có thể đưa về phương trình đồng
bậc (các đại lượng trong phương trình đó có cấu trúc tương đối giống nhau)
2. Thuật toán
Bước 1: Tìm điều kiện
- Điều kiện thông thường
- Điều kiện kéo theo
Bước 2: Biến đổi phương trình có cấu trúc tương đối giống nhau về phương trình
đồng bậc (Đặt ẩn phụ, chia 2 vế cho một biểu thức nào đó, …)
Bước 3: Biến đổi phương trình đồng bậc ở bước 2 về dạng f  u   f  v  bằng cách
- Cố định 1 vế, cố định u, suy ra hàm đặc trưng f  t 
- Biến đổi vế còn lại theo hàm đặc trưng, suy ra v (có thể sử dụng phương pháp

đồng nhất)
Bước 4: Xét hàm đặc trưng, chứng minh nó luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến
trên miền D (D là miền giá trị của u, v), từ đó ta được u  v

Luyện thi THPT quốc gia

Trang 12


Lê Hồng Khôi
Trường THPT Liễn Sơn
 x theo y hoặc y theo x , thế vào phương trình còn lại tìm nghiệm của nó và suy
ra nghiệm của hệ đã cho.
 x3  3x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y 1
Ví dụ minh họa : Giải hệ phương trình : 
1
2
2
 2
x  y  x  y 

2

Phân tích :
* Dấu hiệu : Phương trình 1 của hệ là phương trình đồng bậc
* Tìm điều kiện
- Điều kiện thông thường : Không có
- Điều kiện kéo theo
+ Coi phương trình (2) là phương trình bậc 2 ẩn x
 2  2 x2  2 x  2 y 2  2 y  1  0

Điều kiện có nghiệm x là
3
1
'  1  2 2 y 2  2 y  1  4 y 2  4 y  3  0    y 
2
2
+ Coi phương trình (2) là phương trình ẩn y
 2  2 y 2  2 y  2 x2  2 x  1  0 , điều kiện có nghiệm y là





 '  1  2  2 x 2  2 x  1  4 x 2  4 x  3  0

1
3
 x
2
2
* Biến đổi phương trình (1) về dạng f  u   f  v 

1  x3  3x2  9 x  y3  3 y 2  9 y  22
- Cố định VT, cố định u  x  VT  f  u   u 3  3u 2  9u
 Hàm đặc trưng f  t   t 3  3t 2  9t
- VP  f  v   v3  3v 2  9v , do VP là biểu thức bậc 3 ẩn y (cùng bậc hàm đặc trưng)
 v  ay  b , ta được

 ay  b 

3

 3  ay  b   9  ay  b   y 3  3 y 2  9 y  22
2

 a 3 y 3  3a 2by 2  3ab 2 y  b3  3a 2 y 2  6aby  3b 2  9ay  9b  y 3  3 y 2  9 y  22
  a 3  1 y 3   3a 2b  3a 2  3 y 2   3ab 2  6ab  9a  9  y   b3  3b 2  9b  22   0
a 3  1  0
 2
2
3a b  3a  3  0


a  1
2
3
ab

6
ab

9
a

9

0

v y2



b2


3
2

b  3b  9b  22  0

Luyện thi THPT quốc gia

Trang 13


Lê Hồng Khôi
Trường THPT Liễn Sơn
3
2
3
2
Như vậy : 1  x  3x  9 x   y  2   3 y  2   9  y  2 
Lưu ý : Có thể tìm hàm đặc trưng nhờ MTCT
* Xét hàm đặc trưng f  t   t 3  3t 2  9t

  1 3 
 1 3
x


;

u

x

 ;
  2 2 
 
 
 2 2 
 1 5

 t   ; 
Do 
 2 2
 y    3 ; 1  v  y  2   1 ; 5 
 2 2 
  2 2  
Ta có : f '  t   3t 2  6t  9  0 x   1;3   1 ; 5 

 2 2

Suy ra f  t  nghịch biến trên   1 ; 5 

 2 2

* 1  f  x   f  y  2  x  y  2  y  x  2 thay vào (2) rút gọn được
phương trình
3
1


x


y



3
2
2
2 x2  4 x   0  
 tm  . Kết luận :
1
3
2
x   y  

2
2

 x; y   

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

Luyện thi THPT quốc gia

Trang 14


Lê Hồng Khôi

Trường THPT Liễn Sơn

B. CÁC VÍ DỤ
3
3
2

 x  y  3x  4 x  y  2  0 1
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình : 
2
 2

 1 x  y  2  y 1
Giải :
1  x  1
ĐK : 
0  y  2

1   x3  3x2  3x  1   x  1  y3  y   x  1   x  1  y3  y
3

Xét hàm số f  t   t 3  t , t 

Ta có : f '  t   3t 2  1  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên
Do đó : 1  f  x  1  f  y   x  1  y

Thay

y  x  1 vào  2  được phương trình 1  x2  x  1  1  x  1

 x 1



 

1 x 1 



1 x 1  0 





1 x 1



x 1 1  0

 1 x 1

 x  0  y  1  tm 
 x  1  1

Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    0;1

 x3  y 3  3 y 2  x  4 y  2  0
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình :  3
 x  x  3  2 x  2  y
Giải :
ĐK : x  2

1  x3  x  y3  3 y 2  4 y  2  x3  x   y  1

3

1
 2

  y  1

Xét hàm số f  t   t 3  t , t 

Ta có : f '  t   3t 2  1  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên
Luyện thi THPT quốc gia

Trang 15


Lê Hồng Khôi
Do đó : 1  f  x   f  y  1  x  y  1  y  x  1
Thay

y  x  1 vào  2  được phương trình

x3  3  2 x  2  1  x3  8  2



x2 2

Trường THPT Liễn Sơn



2  x  2

2


 0   x  2  x2  2x  4 
0
x22
x2 2


x2 
  x  2  x2  2x  3 
  0  x  2  y  3  tm 
x

2

2




 x  2  x2  2x  4 

x2
 0 x  2 )
x22
Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2;3
2
(Do x  2 x  3 

 x3  x 2  2 x  y 3  2 y 2  3 y  2 1
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình : 
3
 2
 3 y  1  x  3  x  3 y  2
Giải :
 x  3

ĐK : 
1
y

3

1   x3  3x 2  3x  1  2  x 2  2 x  1  3 x  1  y 3  2 y 2  3 y
  x  1  2  x  1  3  x  1  y 3  2 y 2  3 y
3

2

Xét hàm số f  t   t 3  2t 2  3t , t 

Ta có : f '  t   3t 2  4t  3  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên

1
2
Do đó : 1  f  x  1  f  y   x  1  y , do y    x 
3
3
Thay

y  x  1 vào  2  được phương trình 3x  2  x  3  x3  3x  1



3x  2  1 



 

3  x  1



x  3  1  x3  3x  4

x 1

  x  1  x 2  x  4 
3x  2  1
x  3 1
3
1


  x  1  x 2  x  4 

0
3x  2  1
x  3 1







3 3x  2
  x  1  x 2  x 

3
x

2

1


Luyện thi THPT quốc gia

x  3 1 
0
x32

Trang 16


Lê Hồng Khôi

Trường THPT Liễn Sơn

2
 x  1  0 (do x  x 

 x  1  y  0  tm 

3 3x  2
x  3 1
2

 0 x  )
3
3x  2  1
x32

Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y   1;0

2 x3  6 x 2  9 x  2 y 3  3 y  5

1
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình : 
3 6  y  3 2 x  3 y  7  2 x  7  2 
Giải :
y  6
ĐK : 
2 x  3 y  7  0

1  2  x3  3x2  3x  1  3 x  1  2 y3  3 y  2  x  1

3

 3 x  1  2 y 3  3 y

Xét hàm số f  t   2t 3  3t , t 

Ta có : f '  t   6t 2  3  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên
Do đó : 1  f  x  1  f  y   x  1  y  x  y  1
Thay

x  y  1 ta được phương trình 3

6  y  3 5y  9  2y  5

*

9

  y  6
5



9
Nhận xét : y  , y  6 không là nghiệm của phương trình (*)
5
Xét hàm số g  y   3 6  y  3 5 y  9  2 y  5 , y   9 ;6 
5 
'
Ta có : g  y  

3
15

2
2 6  y 2 5y  9

g ''  y   

3
75
9 

 0 y   ;6 
4 6  y  6  y 4 5 y  9 5 y  9
5 

Suy ra phương trình g  y   0 (Phương trình (*)) có nhiều nhất 2 nghiệm
9 
y   ;6 
5 

Mặt khác g  2   g  5  0
Vậy phương trình (*) có đúng 2 nghiệm đó là :

y  2, y  5

Với y  2  x  1  tm 
Với y  5  x  4  tm 

Kết luận : Hệ đã cho có 2 nghiệm đó là :  x; y   1;2  ,  x; y    4;5
Chú ý : Có thể giải (*) bằng cách sau :
Luyện thi THPT quốc gia

Trang 17


Lê Hồng Khôi
 *  8  y  3 6  y  3 y  1  5 y  9  0



 



Trường THPT Liễn Sơn

3  y 2  7 y  10 
y 2  7 y  10



0
8  y  3 6  y y 1 5y  9


1
3
  y 2  7 y  10  

0
 8  y  3 6  y y  1  5 y  9 


y  2
 y 2  7 y  10  0  
y  5

 x3  y 3  3x  12 y  7  3x 2  6 y 2 1
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình : 
3
2
 x  2  y  4  x  y  4 x  2 y  2 
Giải :
 x  2  0  x  2

ĐK : 
4  y  0  y  4

1  x3  3x 2  3x  y3  6 y 2  12 y  7
3

2
 x3  3x 2  3x   y  1  3 y  1  3 y  1
Xét hàm số f  t   t 3  3t 2  3t , t 
Ta có : f '  t   3t 2  6t  3  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên
Do đó : 1  f  x   f  y  1  x  y  1  y  x  1
Thay y  x  1 vào  2  được phương trình
x  2  3  x  x3  x 2  4 x  1 , x   2;3 (*)

Luyện thi THPT quốc gia

Trang 18


Lê Hồng Khôi





 x  2  3  x   2







x  2  3  x  3  x  x  4x  4

2

 


Trường THPT Liễn Sơn




3

x  2  3 x 3



2

  x  1  x 2  4 

2  x  2  3  x   4 
x  2  3 x 3



 x  2  3  x   2 

2   x2  x  2
x  2  3 x 3



 x  2  3  x   2 


2
  x  x  2  x  2 

x  2  3 x 3

 x  1  y  0  tm 
 x2  x  2  0  
 x  2  y  3  tm 
2





(Do x  2 

2



  x  1  x 2  4 
  x  2  x2  x  2

0
 x  2  3  x   2 



 0 x   2;3 )

 x  2  3  x   2 
Kết luận : Hệ đã cho có 2 nghiệm đó là :  x; y    1;0  ,  x; y    2;3



x  2  3 x 3

Chú ý : Có thể giải phương trình (*) bằng cách tìm từng nghiệm một thông qua kỹ
thuật liên hợp.

 x3  y 3  3x 2  6 y 2  6 x  15 y  10
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình : 
2
 y x  3   y  6  x  10  y  4 x
Giải :
 x  3
ĐK : 
y

1
 2

1   x3  3x 2  3x  1  3 x  1   y 3  6 y 2  12 y  8   3  y  2 
  x  1  3 x  1   y  2   3  y  2 
3

3

Xét hàm số f  t   t 3  3t , t 

Ta có : f '  t   3t 2  3  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên
Do đó : 1  f  x  1  f  y  2  x  1  y  2  y  x  1
Thay

y  x  1 vào  2  được phương trình

 x  1

x  3   x  7  x  10  x 2  x  30

Luyện thi THPT quốc gia

Trang 19


Lê Hồng Khôi
  x  1 x  3  3   x  7 









Trường THPT Liễn Sơn

x  10  4  x  x  30
2

x6
x6
  x  7
  x  6  x  5 
x33
x  10  4
x7
 x 1

  x  6 

 x  5  0
x  10  4
 x33


  x  1

 x  6  y  7  tm 
  x 1
x7


 x  5  0  *
 x  3  3
x  10  4

Ta có :
x3
x3
x7
x7
VT * 



2
2
x33
x  10  4

1
1
1
1


  x  3 
    x  7
 
 x33 2
 x  10  4 2 
  x  3 1
  x  10  2 
  x  3 
   x  7
  0 x  3

x

3

3
x

10

4




Suy ra phương trình * vô nghiệm

Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    6;7 

2 y 3  12 y 2  25 y  18   2 x  9 . x  4 1

Ví dụ 7: Giải hệ phương trình : 
2
2
2

 3x  1  3x  14 x  8  6  4 y  y

Giải :
x  4  0
1


x


ĐK : 3x  1  0
3

6  4 y  y 2  0

2  10  y  2  10


1  2  y 3  6 y 2  12 y  8   y  2    2  x  4   1
 2  y  2   y  2  2
3



x4



3

x4

 x4

Xét hàm số f  t   2t 3  t , t 

Ta có : f '  t   6t 2  1  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên
Do đó :

1  f  y  2  f 



x  4  y  2  x  4  x  4 y  y 2 ,  do y  2  0 

Thay 4y  y 2   x vào phương trình  2  ta được phương trình
Luyện thi THPT quốc gia

Trang 20


Lê Hồng Khôi
3x  1  6  x  3 x 2  14 x  8  0




 

3x  1  4 
3 x  5

Trường THPT Liễn Sơn



6  x  1  3 x 2  14 x  5  0

5 x
  x  5  3 x  1  0
3x  1  4
6  x 1
3
1


  x  5 

 3 x  1  0
6  x 1
 3x  1  4






 x  5  0  x  5  y  1  tm 

(Do

3

3x  1  4

1

 1 
 3x  1  0 x   ;6 )
6  x 1
 3 

Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    5;1

2 y3  y  2 x 1  x  3 1  x

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình : 
2

 2y 1  y  4  x  4

Giải :
4  x  1
ĐK : 
y

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

1  2 y3  y   3  2 x 
 2 y3  y  2



1 x

1
 2



3

 1 x

Xét hàm số f  t   2t 3  t , t 

Ta có : f '  t   6t 2  1  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên

 y2  1  x
1 x  y  1 x  
y  0
Thay y 2  1  x vào phương trình  2  ta được phương trình
Do đó : 1  f  y   f





3  2x  1  x  4  x  4 



 

x  4 1 

 

3  2x  3 



1 x  2  0

x3
2 x  6
x  3


0
x  4 1
3  2x  3
1 x  2
1
2
1


  x  3 


0
3  2x  3
1 x  2 
 x  4 1



 x  3  0  x  3  y  2  tm 

1
2
1


Do



0

x


4;1




x  4 1
3  2x  3
1 x  2


Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    3;2
Luyện thi THPT quốc gia

Trang 21


Lê Hồng Khôi

Trường THPT Liễn Sơn

 4 x  1 x   y  3 5  2 y  0
Ví dụ 9: Giải hệ phương trình : 
2

2
2

4 x  y  2 3  4 x  7

1
 2

Giải :
3
4

ĐK : x  ; y 

5
2

1  4 x3  x   3  y 
  2x   2x 

3



5  2 y  8 x3  2 x    5  2 y   1 5  2 y
5  2y

 
3

5  2y



Xét hàm số f  t   t 3  t , t 

Ta có : f '  t   3t 2  1  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên

1  f  2 x  
Thay y 

f


5  4 x2
4 x 2  5  2 y
y 
5  2 y  2x  5  2 y  

2

2 x  0
x  0




5  4 x2
vào  2  được phương trình
2

5  4x 


2 2

4 x2



, do đó

4

 3
 2 3  4 x  7  0, x  0; 
 4

Xét hàm số g  x   4 x 2

5  4x 



2 2

4

 *

 3
 2 3  4 x  7 , x  0; 
 4

Hàm số trên liên tục trên 0; 3 
 4
Ta có : g '  x   8 x  4 x  5  4 x 2  

4
4
 3
 4 x  4 x 2  3 
 0 x  0; 
3  4x
3  4x
 4

Suy ra g  x  nghịch biến trên 0; 3 
 4

Suy ra phương trình g  x   0 (Phương trình (*)) có nhiều nhất 1 nghiệm
 3

x  0; 
 4

1
Mặt khác g  1   0 , tức x  là nghiệm của phương trình (*)
2
2
1
Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất x 
2
1
Với x   y  2  tm 
2
Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    1 ;2 
2

Luyện thi THPT quốc gia



Trang 22


Lê Hồng Khôi

Trường THPT Liễn Sơn

3
2


4 x  12 x  15 x  7   y  1 2 y  1 1
Ví dụ 10: Giải hệ phương trình : 
3

6  x  2  y  x  26  6 16 x  24 y  28  2 
Giải :
x  R

ĐK : 
1
y


2

1  8 x3  24 x 2  30 x  14   2 y  2  2 y  1
3
2
  2 x   3. 2 x  .2  3. 2 x .22  23  3  2 x  2     2 y  1  3
  2 x  2   3 2 x  2  
3





2 y 1

3

2 y 1  3 2 y 1

Xét hàm số f  t   t 3  3t , t 

Ta có : f '  t   3t 2  3  0 t  , suy ra f  t  đồng biến trên

1  f  2 x  2   f 



2 y 1  2x  2  2 y 1

2 y   2 x  2 2  1  4 x 2  8 x  5

 x  1
Thay 2 y  4 x 2  8x  5 vào phương trình  2  và rút gọn ta được phương trình
Do đó :

12 x3  48 x 2  62 x  4  12. 3 2  x  1 3x  2 

*

Ta có :
2
VT *  12 x  x  2   2  7 x  2   2  7 x  2 
VP *  6. 3 4  x  1. 3x  2 .4  2  4 x  4  3 x  2  4   2  7 x  2 

x  2  0
Khi đó *  
 x  2  tm 

4  x  1  3x  2  4
5
Với x  2  y   tm 
2

Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2; 5 


Luyện thi THPT quốc gia

2

Trang 23


Lê Hồng Khôi

Trường THPT Liễn Sơn

2
2

 x  2 x  5  y  2 y  5  y  3x  3 1
Ví dụ 11: Giải hệ phương trình : 
2
2
 2

 y  3y  3  x  x
Giải :

Trừ vế với vế của  2  cho 1 ta được :

x2  2 x  5 

y 2  2 y  5  y 2  x2  2 y  2x



 x  1

2

4

 y  1



 x  1

2

 4   x  1 
2

2

 4   y  1   x  1
2

 y  1

2

2

 4   y  1

2

 *

Xét hàm số f  t   t  4  t , t  0
Ta có f '  t  

1
 1  0 t  0 , suy ra f  t  đồng biến trên  0; 
2 t4

Khi đó *  f

 x  1   f  y  1    x  1
2

2

2

  y  1  x  1    y  1
2

y  x  2

 y  x
Với y   x thay vào  2  ta được phương trình

3
3
x 2  3x  3  x 2  x  x    y 
4
4
Với y  x  2 thay vào  2  ta được phương trình

 x  2

2

1
3
 3 x  2   3  x 2  x  2 x  1  x    y 
2
2

Kết luận : Hệ đã cho có 2 nghiệm đó là :  x; y     1 ; 3  ,  x; y     3 ; 3 
 2 2

 4 4

Ví dụ 12: Giải hệ phương trình :
 x  x  x 2  3x  3  3 y  2  y  3  1 1



2
3

 2
3 x  1  x  6 x  6  y  2  1
Giải :
x  1
ĐK : 
 y  3
Đặt z  3 y  2  1  y  3  z3  1
Khi đó 1 

 x  1

3

 1   x  1  z 3  1  z

*

Xét hàm số f  t   t 3  1  t , t  1
Luyện thi THPT quốc gia

Trang 24


Lê Hồng Khôi
'

Ta có f  t  

Trường THPT Liễn Sơn

3t

2

 1  0 t  1 , tại t  1 f  t  liên tục
2 t3  1
Suy ra f  t  đồng biến trên  1;  
Khi đó *  f  x  1  f  z   x  1  z  x  1  3 y  2
Thay

3

y  2  x  1 vào  2  ta được phương trình

x2  6 x  6  3 x  1  x

 x 2  6 x  6  9  x  1  x 2  6 x x  1

3 x  1  x  0
 x  1  0
2 x x  1  5  x  1  

 5 x  1  2 x
3 x  1  x  0

3 x  1  x  0

Với x  1  0  x  1 (loại)
5 x  1  2 x  25  x  1  4 x 2  4 x 2  25 x  25  0

Với

 x  5  tm   y  62

 x  5  tm   y   127

4
64

Kết luận : Hệ đã cho có 2 nghiệm đó là :  x; y    5;62  ,  x; y    5 ;  127 
4

64 

Ví dụ 13: Giải hệ phương trình :
1
1


 x3  3 y x 2  xy  y  1  1 1
 x  y 1
y


3
2
2

 2
 y  x  7  y  y  6 xy  x  12
Giải :
x  y  1  0
3
ĐK : 
y  x  0
0  y  7






1
1

  x3  3x 2 y  3xy 2  y 3    y 3  3 y 2  3 y  1
x  y 1
y
1
1
3
3
  y  1 
  x  y 
y
x  y 1

1 

Xét hàm số f  t   t 3 
Luyện thi THPT quốc gia

1
, t 0
t 1

Trang 25