Phát triển tư duy hàm cho học sinh qua các bài toán về hệ phương trình

TÊN ĐỀ TÀI

PHÁT TRIỂN TƯ DUY HÀM CHO HỌC SINH QUA CÁC
BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lý do chọn đề tài
Như chúng ta đã biết, chuyên đề về hệ phương trình, chiếm một lượng khá lớn
trong chương trình toán học phổ thông. Tuy nhiên trong số các bài tập đó có một lượng
lớn các bài tập mà ta không thể giải được bằng phương pháp thông thường hoặc có thể
giải được nhưng gặp rất nhiều khó khăn và phức tạp.
Nhưng ta đã biết giữa hệ phương trình và hàm số có mối liên hệ chặt chẻ với
nhau, khi định nghĩa phương trình người ta đã dựa trên khái niệm hàm số, nên nếu
chúng ta biết sử dụng kiến thức về hàm số để giải các bài toán về phương trình, hệ
phương trình thì chúng ta được những lời giải nhanh gọn và đơn giản hơn rất nhiều. Tuy
nhiên không phải bài toán nào cũng có thể sử dụng hàm số để giải nhưng những ứng
dụng đạo hàm của hàm số để giải phương trình, hệ phương trình…, là rất lớn. chính vì
vậy tôi chon đề tài “ Phát triển tư duy hàm cho học sinh qua các bài toán hệ phương
trình ” nhằm giúp các em học sinh có thêm một phương pháp nữa khi khi giải các bài
toán về hệ phương trình cũng như tìm điều kiện cho hệ phương trình có nghiệm.
II. Mục đích yêu cầu
-Trang bị cho học sinh một phương pháp giải hệ phương trìnhỉ và tìm điều kiện
cho hệ phương trình có nghiệm mang lại hiệu quả cao.
-Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh
nâng cao khã năng tư duy, sáng tạo khi giải toán.
III. Đối tượng nghiên cứu
-Các dạng toán về hệ phương trình trong chương trình toán học phổ thông.
- Phân loại các dạng toán thường gặp và phương pháp giải.
IV. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp chung của dạng bài tập này: Sử dụng các tính chất về tính đơn điệu
của hàm số để giải hệ phương trình.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I. Các mệnh đề và tính chât thường dùng
1) Cho phương trình f ( x)  g ( x) xác định trên  a; b 
Nếu một trong hai hàm số f ( x) hoặc g ( x) là hàm đơn điệu, hàm còn lại là hàm hằng
số hoặc đơn điệu ngược lại với hàm kia thì phương trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó
là duy nhất.
1


2)Nếu hàm số f ( x) đơn điệu trên D và tồn tại u, v �D sao cho f (u)  g (v) thì u  v .
3)Phương trình f(x) = m có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số
y = f(x) và số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với đường
thẳng y = m.
4) Các hệ phương trình có thể giải được bằng cách làm xuất hiện hàm đại diện
f (u )  f (v) . Khi đó hàm đại diện của phương trình là f (t ) với t �T  Tu �Tv trong đó

Tu , Tv

lần lượt là miền giá trị của các biến u và v. Có nghĩa là tập giá trị của biến t phải
được xác định là hợp của tập giá trị của biến u và tập giá trị của biến v. Trong đó ta
chứng minh được f là hàm đơn điệu trên T (T là một khoảng, hoặc nửa khoảng ) Khi
đó ta có u = v.
Còn nếu T  (�; ) �(  ; �) thì phải chỉ ra được u và v cùng thuộc (�; )
hoặc cùng thuộc (  ; �)
1. LOẠI 1. Biến đổi một phương trình nào đó của hệ để đưa về hàm đại diện
3
3
2
�
�x  12 x  y  6 y  16  0
� 2

4x  2 4  x2  5 4 y  y2  6  0
Bài 1. Giải hệ phương trình �

Lời giải
ĐK : x �[  2; 2], y �[0; 4]
3
2
3
2
PT(1) : ( x  2)  6( x  2)  y  6 y
3
2
Hàm số : f (t )  t  6t , t �[0;4] , ta có f '  3t (t  4) �0, t �[0; 4] � f (t ) nghịch biến trên

[0;4] mà f ( x  2)  f ( y ) � x  2  y .Thay vào phương trình (2) ta được KQ : (0;2)
�x 3  3x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y (1)
�
�2
1
2
�x  y  x  y  (2)
2
Bài 2. Giải hệ phương trình �

Lời giải
Coi (2) là pt bậc 2 đối với x, rồi đối với y và sử dụng điều kiện có nghiệm của pt bậc hai
ta được

x �[

1 3
3 1
; ], y �[ ; ]
2 2
2 2 (3)

3
3
PT(1) : ( x  1)  12( x  1)  ( y  1)  12( y  1)
3
Xét hàm f (t )  t  12t với x,y thỏa mãn (3) suy ra
2
Khi đó f '(t )  3(t  4)  0

2

t �[

3 3
; ]
2 2


3 1 1 3
( ; ),( ; )
KQ : 2 2 2 2
3
2
3
2

�
�x  3 x  2  y  3 y (1)
�
3 x  2  y 2  8 y (2)
�
Bài 3. Giải hệ phương trình �

Lời giải
�x �2 �x  1 �1
��
�
y
�
0
�
�y  3 �3
ĐK
3
3
PT(1) � ( x  1)  3( x  1)  ( y  3)  3 y  3 .
3
Hàm số f (t )  t  3t , t �1 suy ra f đồng biến trên [1;+∞)

x3
�
x 4  4 x3  8 x 2  17 x  6  0 � �3
x  x 2  5 x  2  0(3)
�
Thế vào pt(2) ta được

Nếu sử dụng máy tính để giải (3) ta thấy có một nghiệm lẻ và nhỏ hơn 2. Do đó ta
không giải trực tiếp (3) mà ta sẽ chứng minh rằng (3) vô nghiệm trên [2;+∞)
3
2
2
Thật vậy xét hàm g ( x)  x  x  5 x  2, có g '  3x  2 x  5  0 x

Mà g(2) = 13 nên g ( x) �13 x �2 do đó (3) vô nghiệm trên [2;+∞)
KQ (3 ;1).
�
(4 x 2  1) x  ( y  3) 5  2 y  0
�
� 2
2
Bài 4. Giải hệ phương trình �4 x  y  2 3  4 x  0

Lời giải
3
5
x� ,y �
4
2.
Đk
3
3
Pt (1) đưa về dạng (2 x)  2 x  ( 5  2 y )  5  2 y

3
2
Hàm số f (t )  t  t có f '(t )  3t  1  0, t �R nên f đồng biến trên R � 2 x  5  2 y thế

vào (2) :

4x2  (

Lại xét hàm

5  4x2 2
)  2 3  4x  7  0
2
.

5  4x2 2
3
)  2 3  4x  7  0
x �[0; ]
2
4
với
4
3
g '  4 x(4 x 2  3) 
 0, x �(0; )
4
3  4x
ta có

g ( x)  4 x 2  (

3

x �(0; )
4
Xét
1
g( )  0
2
. KQ (1/2;2)

�x  3 y  1  y  x 3  1 (1)
�
�
2 x3  3x  y  2  x 2 2 x  1  1 (2)
�
Bài 5. Giải hệ phương trình �

3


Lời giải ĐK x �1, y �0
3
3
3
PT(1) có dạng u  u  1  v  v  1 với u  x, v  y  1

3
Hàm đại diện f (t )  t  t  1, t  1 có

3t 2

f '  1

t3 1

 0, t  1

3
3
Vậy (1) � x  y  1 � x  1  y thế vào (2) ta có

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

x2  2 2 x  1 1
2 2x  1  1  x

0

x 4  2 x 2  1  4(2 x  1)

2

( 2 2 x  1  1  x)( x 2  1  2 2 x  1)

0

� ( x 2  2 x  1)G ( x)  0 � x 2  2 x  1  0 � x  1  2 (do x > 1 nên G(x) > 0)
�
2 x2 y  y3  2 x 4  x6
�

�
( x  2) y  1  ( x  1) 2
Bài 6. Giải hệ phương trình �

Lời giải
Ta thấy x = 0 không thỏa mãn.
y
y
2( )  ( )3  2 x  x 3
x
Xét x �0 phương trình (1) : x
y
x
3
f
(
t
)

t

2
t
Hàm số
đồng biến. � x
. Thế vào (2) ta có kq : ( 3;3),( 3;3)

�
( x  x 2  1)( y  y 2  1)  1
�

� 2
3 y  4 1  3x  1  12 x  12 y  1
�
Bài 7. Giải hệ phương trình �

Lời giải
ĐK 3 x  1 �0, y �1
2
2
2
PT(1) � x  x  1  ( y )  ( y )  1 . Hàm đại diện f (t )  t  t  1

Dễ thấy f '  0 suy ra x   y
2
Thế vào pt(2) ta có 3x  4 1  3x  1  12 x  12 1  x

�
�
4 1 x
� 12 1  x  4(2  1  3 x )  3 x 2  12 x  9  0 � 1  x �
12 
 3 1  x ( x  3) � 0
� 2  1  3x
�
2 x
3
1 35
1 x �
� 3( x  3) 1  x � (2  x)( x  3)  f ( x) �f ( ) 
2

2
3
3
Ta có
12 

4 1 x
35 1
 3 1  x ( x  3) �12  
3 3
2  1  3x

Suy ra
KQ : (1 ;-1)

4


2
2
2
�
�x y  2 x  2 y  5 y  2  0
� 2
y  1  x  y  2 xy  x 2  ( x  y ) 2  1  y
Bài 8. Giải hệ phương trình �

Lời giải
Đk : x �y �0
Phương trình (2) :

y 2  1  y  y 2  ( x  y)2  1  x  y  ( x  y)2

Hàm số : f (t )  t  1  t  t , t �[0; �) có
2

2

f '  t(

1
t2 1

 2) 

1
2 t

 0, t  0

Suy ra hàm f nghịch biến trên (0;+∞). KQ (4;2).

Bài 9. Giải hệ phương trình
Lời giải

�
( x  2) x 2  4 x  7  y y 2  3  x  y  2  0
�
� 2
�

� x  y 1  x  y 1

2
Đk x  y  1 �0
2
2
Phương trình (1) : ( x  2) ( x  2)  3  ( x  2)  ( y ) ( y)  3  (  y)

2
Hàm số : f (t )  t t  3  t có

f '  t2  3 

t2
t2  3

 1  0 t �R

Suy ra hàm số đồng biến trên R � x  2   y . KQ (-1; -1)

Bài 10. Giải hệ phương trình
Lời giải
Đk 0 �x, y �1

�
1 y
x

 x  y 1
�

1 1 x 1 y
�
�
�1 x  4  y  2 2

1 y
x
x
1 y
1

1

x
1

1

(1

y
)
phương trình (1) :

f (t ) 

t
t
1 1 t
có f '  0 t �(0;1) � x  1  y

Hàm
KQ : (1/2 ;1/2).

Bài 11. Giải hệ phương trình
Lời giải

1
�
3 xy (1  1  9 y 2 ) 
(1)
�
x 1  x
�
�x 3 (9 y 2  1)  4( x 2  1) x  10 (2)
�

5


PT(1) tương đương với

3 y  3 y (3 y )2  1 

1
1
1

( )2  1
x

x
x

(1) suy ra x  0, y  0
2
Hàm số : y  f (t )  t  t t  1, t  0 . Dễ thấy f’ > 0 nên f đồng biến.

� 3y 

1
3
2
2
3
2
2
x thế vào (2) : x  x  4( x  1) x  10 . Vì hàm số g ( x)  x  x  4( x  1) x

PT
đồng biến trên (0 ;+∞) mà g(1) = 10 nên phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
KQ : (1 ;1/3).
�2 x  1
x2  x  1

�
y2  3
� 2y
�
x  2  x  y  4  x3  x 2  2 y  1
Bài 12. Giải hệ phương trình: �

Lời giải Điều kiện x  y  4 �0, x �2.

Nhận thấy

x

1
2 không thỏa mãn hệ phương trình.

1
(1) �
x �
2
Xét
: Ta có

Xét hàm số

x2  x  1
2x 1



y2  3
�
2y

(2 x  1)2  3
2x 1



3
t2  3
f '(t )  
 0 t �0.
, (t �0).
2
2
t
t

3
t
có
 �;0   0; �

f (t ) 

Suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên mỗi khoàng

và

y2  3
(3)
y

.

�; 0 

Từ (1) ta thấy 2x+1 và y cùng dấu, tức là cùng thuộc khoảng 
hoặc cùng thuộc khoảng

 0; � . Do đó

(3) � f (2 x  1)  f ( y ) � 2 x  1  y .
Lại thế y  2 x  1 vào (2), ta được :

x  2  3  x  x3  x 2  4 x  1
�

�

�





x  2  3  x  3  x3  x 2  4 x  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  x  2  �x  2 
�
�
�
2





 x  2  3  x  2
2

x  2  3 x 3



2





 x  2  3  x   2



x  2  3 x 3

  x  1  x 2  4 

  x  1  x 2  4 
  x  2  x 2  x  2
�
� 0
�
 x  2  3  x   2 �
�



6


x 2

Do



2

x  2  3 x  3



 x  2  3  x   2



 0 x � 2;3

x2
�
x2  x  2  0 � �
x  1
�
Suy ra
x; y    2;5 
x; y    1; 1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là 
và 

Bài 13. Giải hệ phương trình
Lời giải

1 3x  4
�
2
�x  3 y  1  y  y  x  1

�
� 9 y  2  3 7x  2 y  2  2 y  3
�

�x  1
�
� 2
�y �
ĐK : � 9

Phương trình (1)

1
1
 y 2  3 y   
y
x 1

� x 1 3 x 1 
f  t   t 2  3t 

Xét hàm đặc trưng :

2
�
�
; ��
�
9
�

trên �

1
t

2t 3  3t 2  1  2t  1  t  1
2
f  t 

�0
t �
2
2
t
t
9
Có
với
2
�
�
; ��
�
� f  t
�
đồng biến trên �9
2

/


Mà :   có dạng

f





x 1  f  y �

x  1  y � x  y 2 1

2
3
Thế vào (2) ta được : 9 y  2  7 y  2 y  5  2 y  3

� 9 y  2   y  2   3 7 y 2  2 y  5   y  1  0
y2  5 y  6
�

9y  2  y  2

y3  4 y2  y  6
3

 7 y 2  2 y  5   y  1 3 7 y 2  2 y  5   y  1
2

x3

�y  2 �
��
��
x  8 (t/m)
�y  3 �

Vậy : hệ có nghiệm

 x; y     3; 2  ;  8;3 

�
2 3x  y  6  y  1
�
�
9 3 x  1  3xy y 2  9  0
�
Bài 14. Giải hệ phương trình �

7

2

0


Lời giải

3 x  y  6 �0
�
�

� 1
x�
�
3
�
ĐK

Nếu y �0 thì 2 3x  y  6  y �2 5  1 nên hệ vô nghiệm
Nếu y < 0 thì (2) suy ra x > 0. Khi đó
2

�3 � �3 �
(2) � � � 9  � �  ( y) 9  ( y ) 2
� 3x � � 3x �
.

Xét hàm

f (t )  t 9  t 2 , t �R � f '(t ) 

f(

suy ra f đồng biến trên R mà
2

2  2t 2
9  t2

 0 t �R

3
3
)  f ( y ) � x  2
y thế vào (1) ta có
3x

9
 y  6  y 1  0
y2
(4)
g ( y)  2

9
 y  6  y  1 trên (�;0) � g ' 
y2

18
1
y3
 1  0, y  0
9
 y6
y2

Xét hàm
suy ra hàm số đồng biến trên (-∞ ;0) mà g(-3) = 0 nên y = -3
KQ : (1/3 ;-3)
Bài 15. Giải hệ phương trình
Lời giải Ta thấy y ≠ 0

�x 5 y 5  1  ( xy 4  y 3 )(20 xy  38 y  20)
�
�3
3
�x  y  ( xy  1)( x  y )  12

1
1
1
� x5  20 x 2  38 x  ( )5  20( ) 2  38( )
y
y
y
PT(1)
5
2
4
hàm đại diện f (t )  t  20t  38t có f '(t )  5t  40t  38

f ''(t )  20t 3  40, f ''(t )  0 � t  3 2 . Bảng biến thiên

t
f ''(t )
f '(t )

3

-∞
-

2

0

+∞
+

f '( 3 2)

8

( Lê Minh)


4
3
3
3
3
ta có f '( 2)  5( 2)  40. 2  38  38  30 2  0 � f '(t )  0, t �R suy ra hàm f đồng biến từ

đó

x

1
y

3 5 3 5 3 5 3 5
;

);(
;
)
2
2
2
2
KQ
(

Nhận xét : Đây là bài toán rất hay và khá khó khi mà hàm đại diện phải sử dụng đạo hàm
bậc hai mới chứng minh được tính đơn điệu.

2.Nhóm 2. Phối hợp cả hai phương trình (cộng đại số, thế) để tạo ra hàm đại diện
Loại 1. Hệ đối xứng loại 2
PP : Ta cộng hoặc trừ hai phương trình để làm xuất hiện hàm đại diện.
3
�
�x  3 x  1  2 x  1  y
�3
Bài 1. Giải hệ phương trình �y  3 y  1  2 y  1  x
1
x, y �
2
Lời giải ĐK

Trừ hai phương trình theo vế ta được
x3  3x  2 x  1  y 3  3 y  2 y  1
1
f (t )  t 3  3t  2t  1, t �

2
Xét hàm
1
f '(t )  0, t 
2 . Do đó x = y.
Dễ thấy
3
Ta có phương trình x  2 x  1  2 x  1  0

1
1
1
g '(t )  3t 2  2 
 0 t 
g (t )  t 3  2t  1  2t  1, t �
2
2t  1
2 có
Lại xét hàm
1
[ ; �)
Do đó g(t) đồng biến trên 2
mà g(0) = 0

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (0;0)

Bài 2. Giải hệ phương trình
Lời giải

2

2
�
� ( x  1)  21  y  ( y  1)
�
2
2
�
� ( y  1)  21  x  ( x  1)

ĐK x, y �0 . Ta thấy xy  0 � ( x, y ) không là nghiệm của hệ
Với x  0, y  0
Trừ hai phương trình rồi xét hàm ta được x = y
2
2
Phương trình ( x  1)  x  ( x  1)  21  0

9


2
2
Hàm số g ( x )  ( x  1)  x  ( x  1)  21 có
g(1) = 0
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;1)

g '  2x  2 

1
2 x

x 1



( x  1) 2  21

 2

x 1
0
| x  1|

Loại 2. Hệ tổng hợp
2
2
�
�x  x  2 x  5  3 y  y  4
�2
2
Bài 1. Giải hệ phương trình �x  y  3x  3 y  1  0

Lời giải
Cộng hai phương trình ta có
( x  1)2  ( x  1) 2  4  y 2  y 2  4

f (t )  t  t  4, t �0 � f '  1 

1
 0, t �0
2 t4

. Mà f ( x  1)  f ( y ) � x  1  y

Xét hàm
Thay vào (2) ta được KQ : (1/2;-1/2), (3/4;1/4).

3
�
( y  1) 2  y y 2  1  x 
�
2
�
�x  x 2  2 x  5  1  2 2 x  4 y  2
�

Bài 2. Giải hệ phương trình
Lời giải
ĐK : 2 x  4 y  2 �0
Phương trình (1) tương đương với :

2 x  4 y  2  ( y 2  1)  2 y y 2  1  y 2 � 2 x  4 y  2  ( y 2  1  y )2 . Thay vào phương trình (2)

ta có :

x  1  ( x  1) 2  4  2( y 2  1  y ) �

Hàm số : f (t )  t  t  1 có
2

f '  1

x 1
x 1 2
 (
) 1 
2
2

t
t 1
2



t  t2 1
t 1
2



t | t |
t2 1

trên R. KQ : (5/2;3/2).
�
2 x2  x  x  2  2 y 2  y  2 y  1
�
�2
2
Bài 3. Giải hệ phương trình �x  2 y  2 x  y  2  0

Lời giải
1
x �2, y �
2
Đk
2
2
(1) – (2) ta có : ( x  1)  ( x  1)  x  2  4 y  2 y  2 y  1

2
Xét hàm số : f (t )  t  t  t  1 , t �1 . Với t  1 ta có

10

y2 1  y
�0, t �R

nên f đồng biến


1
1
1
3
1
 2(t  1) 

 1(Cauchy ) �  1   0
2
2

2 t 1
4 t 1 4 t 1
2 1
(1; 2), ( ; )
3 6
Suy ra hàm f đồng biến trên (-1 ;+∞). Từ đó x  1  2 y Kq :
f '  2t  1 

�xy ( y  x )  x  1  0
�3
3
3
Bài 4. Giải hệ phương trình �x  x  1  x  y  y  2

Giải
3
3
PT(2) – 3xPT(1) ta được ( x  y)  ( x  y )  (1  x)  1  x
3
Hàm đại diện f (t )  t  t
KQ (1 ;-1)

Bài 5. Giải hệ phương trình

�3
y
1 3y4
x

2



�
3
y
y 1
�
�
2
( x  1)(9 y  12 y  4)  1  0
�

( Lê Minh)

Lời giải
ĐK y > 1
Từ phương trình thứ hai ta có

Từ phương trình đầu :
Hay
Xét hàm số có
Vậy . Ta giải pt : được suy ra y = 4/3.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (3/4;4/3).
3. Một số sai lầm thường gặp khi sử dụng hàm đại diện
4
� 2
2 y  9 y   2
�
x
�

�
4 x  1  xy y 2  4  0
�

Bài 1. Giải hệ phương trình
Ta xét lời giải sau :
đk 1 �x �0 . Ta thấy x �1, y �0
Phương trình (2) :

x
4
1

� x 1 

2
x 1 y y  4
x 1

11

y
y2  4



y2  4
y

y
1
1
f ( x  1)  f (
) � x 1 
f (t )  t 
f '  1 2  0
2
y

1
t . Do
t
Hàm số
mà

y
y2  1

(*)

Có đúng không ?
Không đúng. Ta có hàm số f đồng biến trên các khoảng (- �;0) và (0 ;+∞) nhưng ta chưa
y

khẳng định x  1 và y  1 có cùng thuộc một trong hai khoảng không ?
Nếu y > 0 thì (*) đúng.
Nếu y < 0 thì chưa thể khẳng định (*) đúng.
Do đó ta phải tìm cách khác.
2

Bài 2. Giải hệ phương trình
Lời giải

1
� 1
�x   y  (1)
y
� x
3
�
2 y  x  1(2)
�

ĐK xy �0
1
1
f '(t )  1  2  0 t �0
t có
t
Xét hàm
suy ra hàm f đồng biến trên R\{0}
Do đó từ PT(1) suy ra x  y thế vào (2)…
f (t )  t 

Hỏi lời giải trên có đúng không ? vì sao ?
Trả lời : lời giải trên là sai bởi vì ta chỉ kết luận được hàm số đồng biến trên từng
khoảng (- ∞,0) và (0;+∞) chứ không được kết luận hàm f đồng biến trên R\{0}
Do đó : nếu x và y cùng âm hoặc cùng dương thì mới suy ra x = y, còn nếu x, y trái dấu
thì từ f(x) = f(y) không suy ra x = y.

�x 4  16 y 4  1

(1)
�
y
� 8x
�2
Bài 3. Giải hệ phương trình �x  xy  y  8(2)

Lời giải
x
2
1
� ( )3  ( )  y 3 
2
x
y
ĐK xy �0 . PT(1)
1
1
f (t )  t 3 
f '  3t 2  2  0
t có
t
Hàm đại diện
suy ra f đồng biến trên tập xác định. Do đó
PT(1) � x  y ?

Đúng không nhỉ ?
Ta xét tiếp một bài toán sau

Bài 4. Giải hệ phương trình
Một bạn giải như sau

3
3
�
�x  3 x  y  3 y
�
� x 1  2 y  4

12


Lời giải
3
2
Đk x �1, y �0 . Xét hàm số f (t )  t  3t , t �1 ta có f '  3t  3 �0 t �1 nên hàm f đồng
biến trên [1 ;+ ∞)

Do đó (1) suy ra x = y. từ đó thế vào (2) giải được x và y.
Liệu lập luận trên có đúng không ? vì sao ?
4. Hệ sử dụng hàm nhưng không đưa về hàm đại diện
Một số hệ tuy không sử dụng hàm đại diện nhưng lại sử dụng công cụ hàm để tìm giá
trị lớn nhất, nhỏ nhất của các hàm một biến để giải
�f ( x )  g ( y )
�
Các hệ này thường có dạng �H ( x, y )  0

Trong đó từ (2) ta tìm được điều kiện ràng buộc của x,y (sử dụng điều kiện có nghiệm của

phương trình bậc 2) rồi xét các hàm f(x), g(y)
�
(2 x 2  3x  4)(2 y 2  3 y  4)  18 (1)
�
�2
2
Bài 1. Giải hệ phương trình �x  y  xy  7 x  6 y  14  0 (2)

Lời giải
Coi phương trình (2) là phương trình bậc hai ẩn x, phương trình bậc hai ẩn y và sử dụng điều
10
7
2 �x � ,1 �y �
3
3
kiện có nghiệm ta có
2
Hàm số f (t )  2t  3t  4 đồng biến trên [1;+ �)

f (
x). f (�
y ) 18 18 f (2). f (1) 6.3 18
(1) �
Vậy nghiệm của hệ là (2;1)

Bài 2. Giải hệ phương trình
Lời giải

x

2, y 1

1
� 3
4 x  3x  ( y  1) 2 y  1  (1)
�
2
�
2
�
2 x  x   y (2 y  1)  0 (2)
�

1
�y �0
ĐK 2
. Viết phương trình (1)
8 x 3  6 x  ( 2 y  1)3  3 2 y  1  0

(3)

2
Từ (2) ta có 2 x  x   y (2 y  1)  0 � 2 x  x �0 � 1 �2 x �0 Và 0 �2 y  1 �1
2

3
2
Xét hàm số f (t )  t  3t , | t |�1 khi đó f '(t )  3(t  1) �0 suy ra f nghịch biến trên [-1;1]

Phương trình (3) : f (2 x)  f ( 2 y  1)  1

2 x  1
�
1
��
�x y
2 y 1  0
2
�
Mặt khác f (2 x)  f ( 2 y  1) �f (1)  f (0)  1 . Vì vậy (3)
1 1
; )
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( 2 2

13


�
8 x 3  2 x 2  4 y 3  2 y 2  y  32  0 (1)
� 2
2
Bài 3. Giải hệ phương trình �2 x  2 y  2 x  2 y  1 (2)

Lời giải
Từ phương trình (2) sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai ta có
3
�1
�x �
�
�2
2

�
�3 �y �1
�2
2

Xét hàm số

f ( x)  8 x 3  2 x 2 , x �[

1 3
; ]
2 2 . Ta tìm max, min của hàm số trên đoạn này

1
1
1
1 1
3 63
f (0)  0, f ( )  , f ( )  , f ( ) 
6 và
6
54
2
2
2
2
Ta có
3 63
1 3
max f ( x )  f ( ) 

x �[ ; ]
2
2 với
2 2
Suy ra
3 1
g ( y )  4 y 3  2 y 2  y  32, y �[ ; ]
2 2
Tiếp theo ta xét hàm số
f '  24 x 2  4 x  0 � x  0, x 

Có

g '  12 y 2  4 y  1, g '  0 � y 

Ta có
Suy ra

g(

1
1
,y 
2
6

3 79
1 63
1
1733

1
63
)
, g( ) 
, g( ) 
, g( ) 
2
2
2
2
6
54
2
2

max g ( y )  g (

1
1
63
63 63
)  g( ) 
� f ( x)  g ( y ) � 
0
2
2
2
2 2

� 3

�x  2
�
�
1
f ( x )  g ( y )  0 � ��
y
�
�� 2
�� 1
y
��
2 thử lại phương trình (2) ta được
�
Do đó
3 1
( ; )
KQ 2 2

�
( x 3  y  3) x3  3  16(4 x 2  3)
�
� 3
(2 x  y  3) y  3  (2 xy  6 x  5 x 4 ) x  0
�
Bài 4. Giải hệ phương trình

Lời giải
�
( x 2  9)( x 2  9 y )  22( y  1)2
�

�2
x  2  4y y 1  0
Bài 5. Giải hệ phương trình �

Lời giải

14


�
( x 2  1  x)( y 2  4  y )  1
�
�
(2 y  5)3  3 5  2 y  6 x 2  1  10 x
�
Bài 6. Giải hệ phương trình �

Lời giải
�
2 y  2  3 y  2  x3  4  x
�
�
2
2
2
� ( y  4)(2 y  12)  8  x  y  ( x  2)( x  y)
Bài 7. Giải hệ phương trình �

Lời giải
3

3
�
�x( y  x )  7
�4 3
3
2 2
Bài 8. Giải hệ phương trình �x  x y  9 y  y x  x y  9 x

------------------------------------------Sau khi các em nghiên cứu kỹ phần trình bày trên, giờ là lúc các em áp dụng để giải
các hệ tương tự. Nhớ rằng mỗi bài toán có những thú vị riêng nên các em phải giải hết và
trình bày cẩn thận vào vở chuyên đề nhé.

BÀI TẬP VẬN DỤNG
3
2
2
2
�
�x  3x  2  ( y  2) 1  y  0
�
2
2
� 2x  x  2 1  y  2 x 1
Bài 1. Giải hệ phương trình �

�
( x 2  1) x  ( y  4) 3  y  0
�
� 2
2

Bài 2. Giải hệ phương trình �22 x  9 y  18 4  3x  76
�
4x  2 y  y 2  2 y  4  2 x2  x 1
�
�
2
2
� y 1  x  9  x  x  y  4
Bài 3. Giải hệ phương trình �

Bài 4. Giải hệ phương trình

�
2 x( x 2  3)  y ( y 2  3)  3xy ( x  y)
�
�2
( x  2) 2  4(2  y )
�

�
( y  2) x  2  x y  0
�
�
2
� x  1.( y  1)  ( y  3)(1  x  y  3 x )
Bài 5. Giải hệ phương trình �

15

11
10
11
22
�
�x  xy  y  y
� 4
7 y  13 x  8  2 y 4 . 3 3 x 3  3 xy 2  x
�
Bài 6. Giải hệ phương trình
2
2
�
�x y  16  y x  16  16
�
( x  y )3  x  4  4 y  ( y  2) y  2
�
Bài 7. Giải hệ phương trình �
2
2
2
�
�xy ( x  1  1)  3 y  9  3 y
�
(3x  1) x 2 y  xy  5  4 x 3  3x 3 y  7 x  0
�
Bài 8. Giải hệ phương trình �

Bài 9. Giải hệ phương trình

2
2
2
�
�y  3 y  2 y  6  3x  3x  7 x  7  2
� 2
3 y  4 x 2  3 y  3x  1
�

4
3
2 2
3
4
�
�x  2 x y  2 x y  12 xy  8 y  1  0
�4
y  ( x3  y )2  1  x 6  1  2 x3 y
Bài 10. Giải hệ phương trình �

�
�x x  y y  xy  y  2 y  x  2  0
�
3x  y  5 x  y  xy  0
Bài 11. Giải hệ phương trình �

� x y 3 y 7 x  4
�
�
�

(2 y  1) 2  y xy  (2 x  1)2  x xy
�
Bài 12. Giải hệ phương trình
�
( x  y ) x 2  4 x  5  ( x  2) x 2  2 xy  y 2  1  0
�
�
2
2
2
2
Bài 13. Giải hệ phương trình �x  y ( x  y )  2(1  x  y )
� 2  2 4 y2 1
1

�
2
2
�x  x  2 x  2  1 y ( x  1)
�
2
2
Bài 14. Giải hệ phương trình �4 y x  1  x  4 y  3x  3  0
�
(2 x  1  4 x 2 )(2 y  1  4 y 2 )  1
�
�
� x  6  y 3x  6( y  7  3  x )
Bài 15. Giải hệ phương trình �

�
(17  3 x) 5  x  (3 y  14) 4  y  0
�
�
4 x  2  19  3 y  x 2  8
Bài 16. Giải hệ phương trình �
�
2 x3  4 x 2  3x  1  2 x 3 (2  y ) 3  2 y
�
�
� x  3  3 14  x 3  2 y
Bài 17. Giải hệ phương trình �
�
2 xy  2 y  x  2 y 2 x  1 x 2  x  1
�
� 3
2 x y  x 2  x 4  x 2  2 x3 y 4 y 2  1
�
Bài 18. Giải hệ phương trình �

16


�
( x 2  1  4 x 2 y  2)( 4 y 2  1  1)  8 x 2 y 3
�
� 2
2
2
Bài 19. Giải hệ phương trình �4 y x  1  2 y 9  4 x  26 y  13 y  2

2
2
2
2
�
�xy  2  (2 y  x) x  4 y  3
�
2
Bài 20. Giải hệ phương trình �( y  x)( y  1)  ( y  2) x  1  1

Bài 21. Giải hệ phương trình

�
( x  x 2  x  1)( y  y 2  y  1)  1
�
�2
2
�x  y  1

4
4
2
5
6
4
�
�y ( x  y )  ( x  1)  x  x
�
( 5 x 3  4  2 7 y  8)( y  2)  2( x 2  4)
�

Bài 22. Giải hệ phương trình

�2 x  1
x2  x  1

�
� 2y
y2  3
�
�3
x (3 y  11)  2  ( xy  x  2)3
Bài 23. Giải hệ phương trình �

Bài 24. Giải hệ phương trình

�
( x 2  y ) 4 y 2  5 xy  2  ( y  x ) 3x 4  6 x( y 2  1  3x 2 )  3 y 2  1
�
� 2
3x  xy  y 2  1
�

2
�
�x  2 y  6  8 y  17
�
( 8 y 2  24 y  18  2 2  2 2 y  3 2)( x 2  2  x)  2
�
Bài 25. Giải hệ phương trình �

Bài 26. Giải hệ phương trình

� 11
7
3 y2
 2 1  2  y3 
7  0
�x 
x
2
� 2x
�x 2  y 2  xy  7 x  6 y  14  0
�

--------------------------C. KẾT LUẬN
Hàm số có rất nhiều ứng dụng và một trong các ứng dụng đó là sử dụng vào việc
giải hệ phương trình cũng như tìm điều kiện để hệ phương trình có nghiêm.
Đề tài đã nêu được phương pháp giải cho các dạng toán về các loại hệ phương
trình , đồng thời cũng đưa ra được hệ thống bài tập tương đối đầy đủ với các mực độ
khác nhau.
Tuy vậy do nhiều nguyên nhân khác nhau, chủ quan cũng như khách quan nên đề
tài không tránh khỏi những sai sót nhất định. Rất mong nhận được sự góp ý của các bạn
đồng nghiệp, hội đồng khoa học trường THPT Nông Cống 1, Hội đồng khoa học sở GD
& ĐT Thanh Hoá để đề tài được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
17


TÁC GIẢ

LÊ TRỌNG VŨ

18


TÀI LIỆU THAM KHẢO
- Tuyển tập phương trình – Hệ phương trình
Tác giả: Nguyễn Văn Nho – NXB ĐHQG Hà Nội
- Rèn luyện tư duy sáng tạo qua các bài toán phương trình – Hệ phương trình
Tác giả: Nguyễn Kim Chung – NXB TP Hồ Chí Minh – 2013
- Các bài toán phương trình – Hệ phương trình chọn lọc
Tác giả: Lê Hồng Đức – Lê Đình Hùng – NXB ĐHQG Hà Nội

19