TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Chuyên Đề:
VẬN DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ.
A LỜI NÓI ĐẦU:
Trong thời đại ngày nay với việc phát triển như vũ bão của công nghệ thông
tin, việc tìm nghiệm một hệ phương trình không mẫu mực không còn là vấn đề
nan giải, chúng ta có thể sử dụng máy tính nhanh, tiện lợi. Tuy nhiên, với những
người yêu toán, việc giải những phương trình đại số không mẫu mực vẫn hấp dẫn
lạ thường. Chúng ta có thể tiếp cận cách giải bằng nhiều hướng, nhiều phương
pháp, có thể kể ra: phương pháp nhóm, phương pháp dùng hàm số, phương pháp
đánh giá, đặt ẩn phụ,…Điều quan trọng là với mỗi bài toán chúng ta tiếp cận bằng
cách giải nào tiện lợi, đôi lúc phải thử nhiều cách, lúc đó chúng ta sẽ thấy được cái
hay cái đẹp trong từng bài toán.
Hệ phương trình là một nội dung thường có trong đề thi tuyển sinh Đại học,
Cao đẳng, thi học sinh giỏi Olimpic, thi học sinh giỏi Toán các cấp. Trong một nổ
lực tìm tòi, tham khảo từ quý thầy cô đi trước, quý đồng nghiệp và kinh nghiệm
giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi, tôi đã bắt tay vào viết chuyên đề VẬN DỤNG
TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG
TRÌNH ĐẠI SỐ nhằm làm tư liệu bồi dưỡng học sinh giỏi cho Tổ Toán – Tin. Đây
là một vấn đề không có gì mới mẽ, chúng ta có thể tìm thấy nhiều bài viết về vấn
đề này trên Internet, các sách tham khảo,…Tuy nhiên, với cách tiếp cận của mình,
tôi mong đây là chuyên đề có giá trị tham khảo cho đồng nghiệp và học sinh. Tôi
xin chân thành cảm ơn sự đóng góp quý báu chân thành của quý thầy cô trong tổ
Toán – Tin đã giúp tôi hoàn thành chuyên đề.

-1-


B NỘI DUNG:
I Cơ sở lí thuyết:
Tính chất 1.

Giả sử hàm số f ( x) đơn điệu trên tập D ⊂ ¡ . Với x1 , x2 ∈ D thì
f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇔ x1 = x2 .
Tính chất 2.
Giả sử hàm số f ( x) đơn điệu và liên tục trên khoảng ( a; b ) thì tồn tại nhiều
nhất một điểm x0 ∈ ( a; b ) để f ( x0 ) = 0.
Tính chất 3. (Định lí Bolzano-Cauchy)
Nếu hàm số f ( x) liên tục trên đoạn [ a; b ] và f (a). f (b) < 0 thì tồn tại ít
nhất một điểm x0 ∈ ( a; b ) để f ( x0 ) = 0.
Tính chất 4.
Nếu hàm số f ( x) đơn điệu và liên tục trên đoạn [ a; b ] và f (a). f (b) < 0 thì
tồn tại duy nhất một điểm x0 ∈ ( a; b ) để f ( x0 ) = 0.
Tính chất 5. (Định lí Roll)
Nếu hàm số f ( x) liên tục trên đoạn [ a; b ] và có đạo hàm trên khoảng ( a; b )

và f (a) = f (b) thì tồn tại c ∈ ( a; b ) sao cho f '(c) = 0.
Tính chất 2, 3, 4 và 5 giúp ta đánh giá số nghiệm của phương trình
f ( x) = 0 trên ( a; b ) .
II Áp dụng:
Bài toán 1: Giải hệ phương trình được xây dựng trên nền tảng một trong hai
phương trình có dạng f(u) = f(v), trong đó f(t) là hàm đơn điệu.
Nhận xét:
Đây là bài toán thường hay gặp trong các đề thi tuyển sinh Đại học các năm
gần đây.
Bây giờ chúng ta hãy đặt mình vào vị trí người ra đề, chẳng hạn xuất phát
từ ý tưởng có hàm số đồng biến f (t ) = t 3 + 3t , t ∈ ¡ , người ra đề cho
f

(

)

x 2 + 2 x + 4 y 2 = f ( x + 1) thì ta có ngay phương trình:

(

x2 + 2x + 4 y 2

)

3

+ 3 x 2 + 2 x + 4 y 2 = ( x + 1)3 + 3( x + 1).

Để thế này thì lộ quá, ta chỉ cần vài phép biến đổi sơ cấp thì ta sẽ có một
phương trình có vẻ phức tạp:

(x

2

+ 2x + 4 y2 + 3

)

x 2 + 2 x + 4 y 2 = x 3 + 3 x 2 + 6 x + 4.
1
2

Tất nhiên người ra đề đã có trong tay y = ± , bây giờ chỉ cần ra phương
trình còn lại hợp lí là có một hệ phương trình mà tìm được cách giải không đơn

giản. Chẳng hạn x 2 + 4 y 2 − 4 xy − 3 x + 4 y + 1 = 0 . Từ đó ta có hệ phương trình:

-2-


(

)

 x 2 + 2 x + 4 y 2 + 3 x 2 + 2 x + 4 y 2 = x 3 + 3x 2 + 6 x + 4

x 2 + 4 y 2 − 4 xy − 3x + 4 y + 1 = 0


Theo cách này chúng ta có thể sáng tạo ra nhiều phương trình và hệ phương
trình lạ mắt. Bây giờ chúng ta đến với đề thi tuyển sinh Đại học KA 2013:
 x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  2
(x, y ∈ R). (Tuyển
2
 x + 2 x( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0

sinh ĐH KA – A1 2013).
Giải:
ĐK x ≥ 1
x 2 + 2 ( y − 1) x + y 2 − 6 y + 1 = 0 ⇔ ( x + y − 1) − 4 y = 0 ⇔ 4 y = ( x + y − 1) ( *)
2

2

Vậy: y ≥ 0
x + 1 + 4 x −1 − y 4 + 2 = y ⇔

x + 1 + 4 x −1 =

(y

4

+ 1) + 1 + 4 ( y 4 + 1) − 1 ( **)

Đặt f(t) = t + 1 + 4 t − 1 thì f đồng biến trên [1, +∞)
Nên (**) ⇔ f(x) = f(y4 + 1) ⇔ x = y4 + 1
Thế vào (*) ta có :
4y = (y4 + y)2 = y8 + 2y5 + y2
y = 0 → x =1

⇔

y + 2y + y = 4
7

4

y = 0
y =1

⇔

(vì g(y) = y7 + 2y4 + y đồng biến trên [0, +∞))

Vậy (x; y) = (1; 0) hay (x; y) = (2; 1).
Bình luận:
Cái hay ở đây là chỉ ra được y ≥ 0 . Theo tôi nghĩ đây là điều mà ít thí sinh
nào chú ý. Tất nhiên ngoài phương pháp hàm số ở trên, ta có thể biến đổi phương
trình đầu về phương trình tích.
Cách khác :
Từ (*) ⇒ y ≥ 0
Xét 4 x − 1 + y = 0 ⇔ x = 1 và y = 0 : thỏa hệ phương trình nhận nghiệm
Xét 4 x − 1 + y > 0
( x + 1 − y 4 + 2) + ( 4 x − 1 − y) = 0

⇔

x − y4 −1

x −1− y4
+ 4
=0
2
x + 1 + y 4 + 2 ( x − 1 + y )( x − 1 + y )



⇔( x − y 4 − 1) 

1

 x + 1 + y 4 + 2

⇔ x = y4 + 1 (do y > 0)

+


1
=0
( 4 x − 1 + y )( x − 1 + y 2 ) 

-3-


 x3 − y 3 + 3x 2 = 3 y − 6 x − 4

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: 
2
2
 2 4 − x + 1 = 3 3 + 2 y − y + x

) (

(

)

(1)
(2)

kiểm tra cho đội tuyển HSG tỉnh Đăk Nông 2013 – 2014)
Giải:
ĐK: −2 ≤ x ≤ 2; − 1 ≤ y ≤ 3 .

3
Phương trình (1) ⇔ ( x + 1) + 3 ( x + 1) − 4 = y 3 + 3 y − 4 .
Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t − 4 trên [ −1;3] .

2
Ta có: f '(t ) = 3t + 3 > 0, ∀t ∈ [ −1;3]
Do đó f ( x + 1) = f ( y ) ⇒ x + 1 = y . Đến đây quá dễ dàng ra kết quả.
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:

3
3

( x + y ) + x + y = 4

 4
3
2
2
4
 x − y + 9 ( x − y ) + 7( x − y ) + ln  x − 3  = 0

÷
 64
32
8
 y −3


(Đề thi đề nghị Olimpic 30/04)
Giải:

 x−3
>0

ĐK:  y − 3
x + y ≠ 0


Phương trình đầu tương đương ( x + y ) + 3 = 4( x + y )
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
4

( x + y ) 4 + 1 + 1 + 1 ≥ 4 4 ( x + y ) 4 .1.1.1 = 4 x + y ≥ 4( x + y ) .

Vậy phương trình tương đương x + y = 1.
Từ đó kết hợp điều kiện

x−3
> 0 ⇒ −2 < x, y < 3.
y −3

Phương trình thứ hai của hệ tương đương
x4 9 x2 7 x
y4 9 y2 7 y
+
+
+ 3ln(3 − x) =
+
+
+ 3ln(3 − y )
64 32

8
64 32
8

Đến đây dễ dàng giải tiếp.
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:
 3 12 y + 19 = 64 x 3 + 96 y 2 + 232 x − 93

17 5 − x + 3 y 4 − y = 14 4 − y + 3x 5 − x

(1)
(2)

(Đề thi đề nghị Olimpic 30/04)
Giải:

ĐK: x ≤ 5; y ≤ 4
Phương trình (2) biến đổi về [ 3(5 − x) + 2] 5 − x = [ 3(4 − y ) + 2] 4 − y
-4-

(Đề


Bằng cách xét hàm số f (t ) = (3t + 2) t , t ≥ 0, ta sẽ dẫn dắt đến y = x – 1.
Thay vào phương trình (1) ta được:
3

12 x + 7 = 64 x3 + 96 x 2 + 40 x + 3

⇔ 3 12 x + 7 + 12 x + 7 = (4 x + 2) + (4 x + 2)3

Tiếp tục dùng phương pháp hàm số, xét hàm số g (t ) = t 3 + t , t ∈ ¡ . Dễ dàng
lập luận được:
3

12 x + 7 = 4 x + 2

⇔ 8(2 x + 1)3 − 6(2 x + 1) − 1 = 0.

Đến đây dùng phương pháp lượng giác hóa ta sẽ tìm được nghiệm dễ dàng.
Bình luận:
Đây là một bài toán khá hóc búa, ta phải dùng phương pháp hàm số đến hai
lần, điều thú vị ở chỗ làm sao để nhìn thấy được biến đổi :
3
12 x + 7 + 12 x + 7 = (4 x + 2) + (4 x + 2)3 .
 x 5 + xy 4 = y10 + y 6
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: 
2
 4x + 5 + y + 8 = 6

(Tạp chí Toán học và

Tuổi trẻ)
Giải:
5
4

ĐK: x ≥ − .
Với y = 0, hệ vô nghiệm.
5

x x
Với y ≠ 0, chia 2 vế cho y 5 ≠ 0, ta được:  ÷ + = y 5 + y. Đến đây dễ dàng áp
 y y

dụng phương pháp hàm số.
Bài tập đề nghị:

)

(

 x2 y 1 + y 2 + 1 = 2x + 2 x2 + 4

Bài 1: Giải hệ phương trình: 
(Đề thi thử ĐH của
2
2

2
y
+
3
+
4
+
3
x
=
4

x


trường chuyên Lê Hồng Phong, Tp HCM).
 x + x 2 − 2x + 5 = 3 y + y 2 + 4
(Đề thi thử ĐH của
x 2 − y 2 − 3x + 3 y + 1 = 0


Bài 2: Giải hệ phương trình: 

trường chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ).
y−x

9x − 9 y =

9
Bài 3: Giải hệ phương trình: 
(Đề thi đề nghị Olimpic
2
log 3 ( x + y ) = 1 + log 3 ( xy + 3)

30/04).

-5-


 2 y 3 + y + 2x 1 − x = 3 1 − x
Bài 4: Giải hệ phương trình: 
2

 2 y + 1 + y = 4 + x + 4

(Đề thi HSG 12 tỉnh

Vĩnh Phúc năm 2012-2013).
 x 6 − y 3 + x 2 − 9 y 2 - 30 = 28 y
Bài 5: Giải hệ phương trình: 
2x + 3 + x = y

 y 3 + 3 y 2 + y + 4x 2 − 22x + 21 = (2x + 1) 2x − 1
Bài 6: Giải hệ phương trình: 
2x 2 − 11x + 9 = 2 y

 x = f ( y)

Bài toán 2: Giải hệ lặp ba ẩn:  y = f ( z ) (*) . Trong đó f là hàm số có tập xác
 z = f ( x)

⊆
định là D, tập giá trị là T, T D, hàm số f đồng biến trên T.

Phương pháp giải:
Cách 1:
Đoán nghiệm rồi chứng minh hệ có nghiệm duy nhất. Thường để chứng
minh hệ có nghiệm duy nhất ta cộng ba phương trình của hệ vế theo vế, sau đó suy
ra x = y = z. Hay ta trừ vế theo vế đôi một các phương trình cho nhau.
Cách 2:
Từ T ⊆ D suy ra f(x), f(f(x)) và f(f(f(x))) thuộc D. Để (x;y;z) là nghiệm của
hệ thì x ∈ T.
Nếu x > f(x) thì do f tăng trên T nên f(x) > f(f(x)). Vậy f(f(x)) > f(f(f(x))).

Do x > f(x) > f(f(x)) > f(f(f(x))) = x. Điều mâu thuẫn này chứng tỏ không thể có x
> f(x). Tương tự cũng không thể có x < f(x).
Do đó f(x) = x hay x = z. Lập luận tương tự ta sẽ dẫn đến x = y = z. Việc
giải hệ (*) được quy về giải phương trình f(x) = x.
Trong quá trình thực hành, phát hiện ra hàm số f là vấn đề cốt lõi.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
 x3 − 3x 2 + 5 x + 1 = 4 y
 3
2
 y − 3y + 5 y +1 = 4z
 z 3 − 3z 2 + 5 z + 1 = 4 x

Giải:

Xét hàm số f (t ) = t 3 − 3t 2 + 5t + 1, t ∈ ¡ .
Chỉ ra f '(t ) > 0, ∀t . Do đó f (t ) luôn đồng biến.
 f ( x) = 4 y

Hệ pt có dạng:  f ( y ) = 4 z
 f ( z) = 4 x

Vì hệ pt không thay đổi khi hoán vị vòng quanh đối với x, y, z nên có thể
giả thiết x ≥ y, x ≥ z.

-6-


Nếu x > y thì f ( x) > f ( y ) ⇒ y > z ⇒ f ( y ) > f ( z ) ⇒ z > x. Mâu thuẫn.
Tương tự nếu x > z ta cũng đi đến mâu thuẫn, suy ra x = y = z. Từ đây dễ
dàng tìm được nghiệm của hệ.

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
 y 3 − 6 x 2 + 12 x − 8 = 0 (1)
 3
2
 z − 6 y + 12 y − 8 = 0 (2)
 x3 − 6 z 2 + 12 z − 8 = 0 (3)

Cách 1:
 x = f ( z)

Hệ đã cho viết lại thành  y = f ( x) , với f (t ) = 3 6t 2 − 12t + 8. Khi đó hàm số f
 z = f ( y)


xác định và liên tục trên R. Tiếp theo ta đi tìm tập giá trị T của f. Dễ dàng tìm
được: T =  3 2; +∞  .
Ta có f đồng biến trên [ 1; +∞ ) , nên f đồng biến trên  3 2; +∞  .


Bây giờ, ta đi lập luận để dẫn đến 

x= y=z

3
2
 x = 6 x − 12 x + 8

. Đến đây ta dễ dàng

suy ra nghiệm x = y = z = 2.

Cách 2:
Cộng ba phương trình vế theo vế ta được
( x − 2)3 + ( y − 2)3 + ( z − 2)3 = 0

(4) .

Ta có (2; 2; 2) là một nghiệm của hệ. Ta sẽ chứng minh (2; 2; 2) là nghiệm
duy nhất của hệ.
Thật vậy, nếu x > 2 thì từ (1) ta có y 3 − 8 = 6 x( x − 2) > 0 ⇒ y > 2. Từ y > 2 và
từ (2) ta có z 3 − 8 = 6 y ( y − 2) > 0 ⇒ z > 2. Vậy 0 = ( x − 2)3 + ( y − 2)3 + ( z − 2)3 > 0. Đây
là điều vô lí. Vậy x = 2, từ (1) ta có y = 2, thay y = 2 vào (2) ta có z = 2. Vậy (2; 2;
2) là nghiệm duy nhất của hệ.
Bình luận:
Đối với hệ lặp ba ẩn thì có một sai lầm rất tinh vi, khó phát hiện đó là: “Do
x, y, z có vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y ≥ z ”. Thực ra
x, y, z hoán vị vòng quanh nên phải xét hai thứ tự khác nhau x ≥ y ≥ z và x ≥ z ≥ y.
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:
 x 2 − 2 x + 6.log (6 − y ) = x
3

 2
 y − 2 y + 6.log 3 (6 − z ) = y
 2
 z − 2 z + 6.log 3 (6 − x) = z


(Đề thi HSGQG năm 2006, Bảng A).
Giải:
-7-

Để (x; y; z) là nghiệm của hệ đã cho thì điều kện là x, y, z < 6. Hệ đã cho
tương đương với

x
 log 3 (6 − y ) =
(1)

x2 − 2x + 6

y

(2)
 log 3 (6 − z ) =
2
y
−
2
y
+
6


z
log (6 − x) =
(3)
3
2

z − 2z + 6

 log3 (6 − y ) = f ( x ) (1)
t

hay  log 3 (6 − z ) = f ( y ) (2) với f (t ) = 2
.
t − 2t + 6
log (6 − x) = f ( z ) (3)
 3
t
Nhận thấy rằng f (t ) = 2
là hàm tăng, còn g (t ) = log 3 (6 − t ) là hàm
t − 2t + 6

giảm với x < 6. Nếu (x; y; z) là một nghiệm của hệ phương trình ta sẽ chứng minh
x = y = z. Không mất tính tổng quát giả sử x = max{x; y; z} thì có hai trường hợp:
1) x ≥ y ≥ z. Do f(t) tăng nên f ( x) ≥ f ( y ) ≥ f ( z ), suy ra
log 3 (6 − y ) ≥ log 3 (6 − z ) ≥ log 3 (6 − x). Do g(t) giảm nên suy ra x ≥ z ≥ y . Do y ≥ z
nên y = z. Từ (1) và (2) ta có x = y = z.
2) x ≥ z ≥ y. Tương tự như trên suy ra x = y = z.
Phương trình f(x) = g(x) có nghiệm duy nhất x = 3. Vậy hệ phương trình có
nghiệm duy nhất (x; y; z) = (3; 3; 3).
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:

(
(
(

)

 x 3 − 3 x 2 + 6 x − 6 + ln x 2 − 3 x + 3 = y


 3
2
2
 y − 3 y + 6 y − 6 + ln y − 3 y + 3 = z
 3
2
2
 z − 3 z + 6 z − 6 + ln z − 3z + 3 = x

Giải:

)

)

3
2
2
Xét hàm số f (t ) = t − 3t + 6t − 6 + ln ( t − 3t + 3) . Hàm số này có tập xác định

2t 2 − 4t + 3
+ 1 > 1 > 0. Vậy f(t) đồng biến trên R. Hệ
t 2 − 3t + 3
 x = f (z)
x = y = z

phương trình có thể viết lại:  y = f ( x) . Lập luận dẫn đến 
 x = f ( x)
 z = f ( y)



là R, ta có f '(t ) = 3(t − 1) 2 +

Tiếp theo ta đi giải phương trình f(x) = x. Xét hàm số h(x) = f(x) – x. Dễ thấy h(x)
đồng biến trên R. Hơn nữa h(2) = 0. Do đó x = 2 là nghiệm duy nhất của phương
trình f(x) = x.
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:

-8-


 x 4 y − 6 x 2 y + 4 x3 − 4 x + y = 0
 4
2
3
 y z − 6y z + 4y − 4y + z = 0
 z4 x − 6z2 x + 4z3 − 4z + x = 0


(Đề thi chọn HSG đồng bằng sông Cửu Long)
Nhận xét:
Hệ phương trình này hình thức tuy phức tạp nhưng qua vài phép biến đổi,
ta đã đưa được về hệ lặp ba ẩn với hàm số là f (t ) =

4t − 4t 3
, t ≠ ± 3± 2 2.
t 4 − 6t 2 + 1

Theo cách giải thông thường, ta phải chỉ ra hàm số này đơn điệu, ta có:

f '(t ) =

4(t 2 + 1)3
> 0, ∀t ≠ ± 3 ± 2 2 .
(t 4 − 6t 2 + 1)2

Đạo hàm quá đẹp và đến đây nếu ta chưa nhận ra vấn đề thì vẫn tiếp tục đưa ra
nhận xét x = y = z để rồi kết luận hệ phương trình chỉ có ba nghiệm là
( x; y; z ) = (0;0;0), 3; 3; 3 , − 3; − 3; − 3 . Thực ra chúng ta đã mắc một sai
lầm rất tinh vi là hàm số f(t) ở trên dù đồng biến nhưng là đồng biến trên từng
khoảng xác định và chính điều này làm cho toàn bộ lập luận không còn giá trị nữa!
Bây giờ để ý rằng,
4 tan α − 4 tan 3 α
tan 4α =
.
tan 4 α − 6 tan 2 α + 1
π 
Đặt x = tan α , α ∈ [ 0; π ) \   .
2
Từ hệ phương trình ta thấy: y = f ( x) = tan 4α , z = f ( y ) = tan16α , x = f ( z ) = tan 64α ,
đến đây dễ dàng suy ra nghiệm của hệ phương trình.
Bình luận:
Nói chung, những hệ lặp ba ẩn thường được giải theo cách xét hàm số rồi
chứng minh hàm đơn điệu đế có các ẩn bằng nhau; do đó, sự nhầm lẫn vừa nêu là
không ít và nếu như không thể giải được bằng cách dùng hàm số đơn điệu, cũng
không thể dùng bất đẳng thức đánh giá các biến khi sắp thứ tự thì buộc hàm f(t)
phải có một sự đặc biệt nào đó.
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình:

(

)(

)

 x 3 − 3 x = y (3 x 2 − 1)
 3
2
 y − 3 y = z (3 y − 1)
 z 3 − 3 z = x(3 z 2 − 1)


(Đề thi đề nghị Olimpic 30/04)
Giải:

-9-


 x = f (z)

t 3 − 3t
y
=
f
(
x
)
Ta đưa hệ phương trình về 
, với f (t ) = 2 . Hàm số f(t) đồng
3t − 1

 z = f ( y)



biến trên các khoảng  −∞; −


1   1 1   1

;
; +∞ ÷ . Cũng như ví dụ 5 ở trên,
÷,  −
÷, 
3 
3 3  3


không thể áp dụng cách giải thông thường như đã trình bày trong phương pháp.
Bây giờ để ý rằng,
tan 3 α − 3tan α
tan 3α =
.
3 tan 2 α − 1
Đến đây, việc còn lại không mấy khó khăn.
Bài tập đề nghị:
 x3 + 3x 2 + 2 x − 5 = y
 3
2
Bài 1: Giải hệ phương trình:  y + 3 y + 2 y − 5 = z (Đề thi HSGQG năm 2006,
 z 3 + 3z 2 + 2 z − 5 = x



Bảng B).

30 y
 2004 = x 2 + 4 y

30 z

Bài 2: Giải hệ phương trình:  2004 = 2 + 4 z (Đề thi đề nghị Olimpic 30/04)
y


30 x
 2004 = 2 + 4 x
z

 2 x = 3z − 2 + z 3 − 2 z 2 + 2

3
2
Bài 3: Giải hệ phương trình:  2 y = 3 x − 2 + x − 2 x + 2 (Đề thi đề nghị Olimpic

3
2
 2 z = 3 y − 2 + y − 2 y + 2

30/04).
 2 x 3 + 4 x + 3 = ( y + 1)( y 2 + 2 y + 2)
 3

2
Bài 4: Giải hệ phương trình:  2 y + 4 y + 3 = ( z + 1)( z + 2 z + 2) (Đề thi đề nghị
 2 z 3 + 4 z + 3 = ( x + 1)( x 2 + 2 x + 2)


Olimpic 30/04).
Bài toán 3: Cho số thực a ≥ 17 . Hãy xác định số nghiệm của hệ phương trình
(ẩn x, y) sau:
 x 2 + y 3 = a
(1)
(I)

 log 3 x.log 2 y = 1 (2)
Giải:
Nếu hệ phương trình có nghiệm (x;y) thì x > 1, y > 1 (3).
Cách 1:
- 10 -


1
Đặt log3 x = t , t > 0 (do (3)). Khi đó x = 3t và từ pt (2) có y = 2t .
1
Từ pt (1) ta có pt (ẩn t) sau: 9t + 8t = a (4)
Dễ thấy số nghiệm của hệ (I) bằng số nghiệm dương của pt (4).
1
Xét hàm số f (t ) = 9t + 8t − a trên ( 0;+∞ ) .
1
Đến đây ta sẽ chỉ ra f '(t ) là hàm số đồng biến trên ( 0;+∞ ) và f '  ÷. f '(1) < 0
2
nên tồn tại t0 ∈ ( 0;1) là nghiệm của pt f '(t ) = 0.

Từ đó ta có bảng biến thiên của f (t ) với lưu ý rằng f (1) = 17 − a ≤ 0, suy ra pt (4)
có đúng 2 nghiệm dương. Vì vậy hệ (I) có tất cả hai nghiệm.
Nhận xét:
Ta có thể chứng minh hàm f '(t ) đồng biến trên ( 0;+∞ ) bằng cách xét dấu
của f ''(t ) trên khoảng đó.
Cách 2:
2
3
(2')
Ta có pt (2) ⇔ ln ( x ) .ln ( y ) = ln 8.ln 9
Đặt x 2 = t , từ pt (1) ta có y 3 = a − t .
(4')
Thế vào (2’) ta được pt (ẩn t) sau: ln t.ln ( a − t ) = ln 8.ln 9
Hơn nữa, từ (3) suy ra 1 < t < a – 1. Do đó, dễ thấy số nghiệm của hệ (I) chính
bằng số nghiệm của pt (4’) thuộc khoảng ( 1; a − 1) .
Xét hàm số g (t ) = ln t.ln(a − t ) − ln 8.ln 9 trên ( 1; a − 1) .

Đến đây ta sẽ chỉ ra g '(t ) là hàm số nghịch biến trên ( 1; a − 1) .
a
Hơn nữa g '  ÷ = 0 và lưu ý rằng
2
a +1
a −1
 a +1 
 a + 1   a −1 
a ≥ 17 ⇒
≥ 9,
≥8⇒ g
÷ = ln 
÷.ln 

÷− ln 8.ln 9 ≥ 0.
2
2
 2 
 2   2 
Từ đó lập bảng biến thiên của g (t ) , dựa vào bảng biến thiên suy ra pt (4’) có đúng
2 nghiệm thuộc khoảng ( 1; a − 1) . Vì vậy, hệ pt (I) có tất cả 2 nghiệm.
Nhận xét:
Ta có thể chứng minh hàm g '(t ) nghịch biến trên khoảng ( 1; a − 1) bằng
cách xét dấu của g ''(t ) trên khoảng đó.
Bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho số thực a ≥ 18 . Hãy xác định số nghiệm của hệ phương trình (ẩn x, y)
sau:
 x 2 + y 3 = a

 log 3 x.log 2 y = 1

- 11 -


Bài 2: Hãy xác định số nghiệm của hệ phương trình (ẩn x, y) sau:
 x 2 + y 3 = 29
(Đề thi HSGQG năm 2008)

 log 3 x.log 2 y = 1
Bài 3: Giải hệ phương trình sau:
 x 2 + y 3 = 17

 log 3 x.log 2 y = 1
 x 2 + y 3 = 17

Bài 4: Giải hệ phương trình: 
(Đề thi đề nghị Olimpic 30/04).
log 3 x − log y 2 = 0

C. KẾT LUẬN
Với ba bài toán và các ví dụ tường minh,chúng ta thấy được sức mạnh của phương
pháp hàm số, nó khắc phục được hạn chế của phương pháp tách nhân tử chung,
khi biến đổi thành hai nhân tử, cho từng cái bằng 0, thật khó khăn khi phải chứng
minh một trong hai phương trình đó vô nghiệm. Dựa trên phương pháp hàm số,
chúng ta có thể sáng tạo được nhiều hệ phương trình đẹp mắt, là nguồn bài tập vô
kể cho học sinh khi đào tạo học sinh giỏi. Chúng ta cũng nhận thấy rằng, trong các
đề thi đề nghị Olimpic 30/04, các hệ phương trình phần nhiều xây dựng trên nền
tảng đó. Tất nhiên với việc giải hệ phương trình, phương pháp này là chưa đủ, nó
mới chỉ trang bị cho chúng ta một công cụ để tiếp cận hướng giải. Trong chuyên
đề tiếp theo, tôi sẽ trình bày giải hệ bằng phương pháp đánh giá sử dụng các bất
đẳng thức quen thuộc, đây là một vấn đề mang tính thời sự, đề thi học sinh giỏi
quốc gia năm 2012-2013 ra trên ý tưởng đó. Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn
Ban giám hiệu, các đồng nghiệp trong tổ Toán-Tin trường THPT Trần Hưng Đạo
đã tạo điều kiện cho tôi hoàn thành chuyên đề này.

- 12 -