Ôn thi - Đơn điệu của hàm số (phần 3)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>. hoặc Dạng 3 : Dùng đơn điệu hàm số để giải và biện luận phương trình và bất phương trình . Chú ý 1 : Nếu hàm số y  f x luôn đơn điệu nghiêm cách trên D ( hoặc.  . luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên D ) thì số nghiệm của phương trình : f x  k sẽ không nhiều hơn một và f x  f y.  .  . . khi và chỉ khi x  y . Chú ý 2:  Nếu hàm số y  f x luôn đơn điệu nghiêm cách trên D ( hoặc.  .  . luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên D ) và hàm số y  g x. luôn đơn điệu nghiêm ngoặc ( hoặc luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến ) trên D , thì số nghiệm trên D của phương trình f x  g x.  .  . không nhiều hơn một.  Nếu hàm số y  f x có đạo hàm đến cấp n trên D và phương.  . trình f (k )(x )  0 có m nghiệm, khi đó phương trình. f (k 1)(x )  0 có nhiều nhất là m  1 nghiệm.. Ví dụ 1 : Giải các phương trình. 1. 3x (2  9x 2  3)  (4x  2)( 1  x  x 2  1)  0 3. 2. x 3  4x 2  5x  6  7x 2  9x  4 Giải :. 1. 3x (2  9x 2  3)  (4x  2)( 1  x  x 2  1)  0 (1) Phương trình. . . (1)  3x (2  (3x )2  3)  (2x  1)(2  (2x  1)2  3) (2) Đặt u  3x , v  2x  1, u, v  0 Phương trình (1)  u(2  u 2  3)  v(2  v 2  3). (3). Xét hàm số f (t )  2t  t 4  3t 2 liên tục trên khoảng.  0;  . Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Ta có f '(t )  2 . hoặc 2t 3  3t. .  0, t  0  f t đồng biến trên. t 4  3t 2. . . khoảng 0;  . Khi đó phương trình. (3)  f (u )  f (v )  u  v  3x  2x  1  x   Vậy x  . 1 5. 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 5 3. 2. x 3  4x 2  5x  6  7x 2  9x  4 . 3. Đặt y = y  7x 2  9x  4 . Khi đó phương trình cho x 3  4x 2  5x  6  y  2 3 7x  9x  4  y. x 3  4x 2  5x  6  y  3  3 2 y  y  x  3x  4x  2. * có dạng. . . f y  f x 1. 2  3 x  4x  5x  6  y 3  3 y  y  x  1  x  1 *. . . .  a . . Xét hàm f t  t 3  t , t  . . Vì f ' t  3t 2  1  0, t   nên hàm số đồng biến trên tập số thực  . Khi đó a  y  x  1. . Hệ 3 2 x 3  4x 2  5x  6  y x  4x  6x  5  0 * * I   y  x  1 y  x  1.  . .  . Giải phương trình * * ta có tập nghiệm :  1  5 1  5  S  5, , . 2 2  . Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình: 2x 2 x  2  11 có nghiệm duy nhất.. Lop12.net. I .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . hoặc Giải :. Cách 1 :. . Xét hàm số y  2x 2 x  2 liên tục trên nửa khoảng 2;  . Ta có: y ' . . x 5x  8 x 2.   0, x . . 2;  . . lim y  lim 2x 2 x  2  . x . x . Bảng biến thiên : x 2 y' y.   . 0. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị của hàm số y  2x 2 x  2 luôn cắt đường thẳng y  11 tại duy nhất một điểm. Do đó phương trình 2x 2 x  2  11 có nghiệm duy nhất . Cách 2:.  . Xét hàm số y  f x  2x 2 x  2  11 liên tục trên nửa khoảng. . 2;  .. . .     có ít nhất một nghiệm trong khoảng  2; 3  . x  5x  8  f ' x    0, x  2;    f x  liên tục và đồng biến Ta có f 2  11, f 3  7 . Vì f 2 .f 3  77  0  f x  0. x 2 trên đoạn 2; 3 .  . Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất thuộc khoảng 2; 3 . Ví dụ 3 : Giải bất phương trình sau. 5x  1  x  3  4. Giải : Điều kiện : x . 1 5. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . hoặc Xét hàm số f (x )  5x  1  x  3 liên tục trên nửa khoảng 1   ;   5 . Ta có : f '(x ) . 5 2 5x  1. . 1.  0 ,x . 1  f x là hàm 5.  . 2 x 1 1  số đồng biến trên nửa khoảng  ;   và f (1)  4 , khi đó bất 5  phương trình cho  f (x )  f (1)  x  1. Vậy bất phương trình cho có nghiệm là x  1 .. Ví dụ 4 : Giải bất phương trình sau 3 3  2x . 5 2x  1.  2x  6. Giải :. 1 3 x  2 2 Bất phương trình cho 5  3 3  2x   2x  6  f (x )  g(x ) (*) 2x  1 5 Xét hàm số f (x )  3 3  2x  liên tục trên nửa khoảng 2x  1  1 3  ;  2 2 Điều kiện:. Ta có : f '(x ) . 3 3  2x. . 5. 1 3  0, x   ;   f (x ) là 2 2 ( 2x  1)3.  1 3 hàm nghịch biến trên nửa đoạn  ;  . 2 2 Hàm số g (x )  2x  6 là hàm đồng biến trên  và f (1)  g(1)  8  Nếu x  1  f (x )  f (1)  8  g(1)  g(x )  (*) đúng  Nếu x  1  f (x )  f (1)  8  g(1)  g(x )  (*) vô nghiệm.. Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1  x . Lop12.net. 3 . 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> . hoặc Ví dụ 5 : Giải bất phương trình sau. (x  2)(2x  1)  3 x  6  4  (x  6)(2x  1)  3 x  2 Giải : Điều kiện: x . 1 . 2. Bất phương trình cho  ( x  2  x  6)( 2x  1  3)  4. * .  Nếu 2x  1  3  0  x  5  (*) luôn đúng.  Nếu x  5 Xét hàm số f (x )  ( x  2  x  6)( 2x  1  3) liên tục trên. . khoảng 5; . . Ta có:. f '(x )  (. 1 2 x 2. . 1 2 x 6. )( 2x  1  3) . . x 2  x 6 2x  1. . đồng biến trên khoảng 5;  và f (7)  4 , do đó. *  f (x )  f (7)  x  7 . Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là:. 1  x  7. 2. Ví dụ 6 : Giải bất phương trình sau 3. 2. 2x  3x  6x  16  2 3  4  x Giải : 2x 3  3x 2  6x  16  0  Điều kiện:   2  x  4. . 4  x  0 Bất phương trình cho.  2x 3  3x 2  6x  16  4  x  2 3  f (x )  2 3. * . Xét hàm số f (x )  2x 3  3x 2  6x  16  4  x liên tục trên đoạn  2;4  .. Lop12.net.  .  0, x  5  f x.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> . hoặc 3(x 2  x  1). Ta có: f '(x ) . 3. . 2. 2x  3x  6x  16.  . . 1. .  0, x  2; 4. 2 4x. . .  f x đồng biến trên nửa khoảng 2; 4 và f (1)  2 3 , do đó. *  f (x )  f (1)  x  1 . Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 2  x  1 .. Ví dụ 7 : Chứng minh rằng x 4  x  1  0 ,  x Giải : Xét hàm số f (x )  x 4  x  1 liên tục trên  . Ta có f '(x )  4x 3  1 và f '(x )  0  x . 1 3. 4. Vì f '(x ) đổi dấu từ âm sang dương khi x qua min f (x )  f (. 1 3. ). 1 3. 4 4 4 Vậy f (x )  0 , x .. . 1 3. . 1 3. 4. 1  0. 4. Ví dụ 8 : Giải hệ phương trình  2x  3  1.   2y  3 . 4  y  4 (1) 4  x  4 (2).  x 3  2x  y 2.  3  y  2y  x. 1 2. x 3  3x  y 3  3y (1) 3.  6 6 (2) x  y  1 Giải :. Lop12.net. , do đó.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  2x  3  1.   2y  3 . hoặc 4  y  4 (1) 4  x  4 (2).  3   x  4 Điều kiện:  2 .  3  y  4  2 Cách 1:. Trừ (1) và (2) ta được:. 2x  3 . 4x . Xét hàm số f (t ) . 2y  3 . 2t  3 . 3. 4y.  3  4  t liên tục trên đoạn   ; 4  .  2 . Ta có: 1.  3   0, t    ; 4  2t  3 2 4  t  2   (3)  f (x )  f (y )  x  y . Thay x  y vào (1) ,ta được: f / (x ) . 2x  3 . 1. . 4  x  4  x  7  2 (2x  3)(4  x )  16. x  3  9  x  0  2 2x  5x  12  9  x   2    x  11 9 x  38 x  33  0   9 11  x   x  3  9 . Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt  ,  y  3 11  y   9 Cách 2: 2. Trừ (1) và (2) ta được:.  .  . 2x  3  2y  3  (2x  3)  (2y  3) 2x  3 . 2y  3.  2  (x  y )   2x  3 . . 4 y . 0. 4x. (4  y )  (4  x ) 4 y . 2y  3. . 4x 1 4 y . 0    0*. 4x . Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 2. Vì. hoặc . 1. 2x  3  2y  3 4 y  Thay x  y vào (1) ,ta được: 2x  3 . 4x.  0 nên  *   x  y. 4  x  4  x  7  2 (2x  3)(4  x )  16. x  3  9  x  0  2 2x  5x  12  9  x   2    x  11 9 x  38 x  33  0   9 2. 11   x  3  x  9 . Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt  ,   y  3  y  11  9  x 3  2x  y 2.  3  y  2y  x Cách 1 :. 1 2. Xét hàm số f (t )  t 3  2t  f / (t )  3t 2  2  0, t   ..  f (x )  y (1) Hệ phương trình trở thành  .  f (y )  x (2) + Nếu x  y  f (x )  f (y )  y  x (do (1) và (2) dẫn đến mâu thuẫn). + Nếu x  y  f (x )  f (y )  y  x (mâu thuẫn). Suy ra x  y , thế vào hệ ta được. . . x 3  x  0  x x 2  1  0  x  0 vì x 2  1  0..  x  0 Vậy hệ có nghiệm duy nhất  .  y  0 Cách 2: Trừ (1) và (2) ta được: x 3  y 3  3x  3y  0  (x  y )(x 2  y 2  xy  3)  0 2   y 3y 2   (x  y )  x     3  0  x  y 2 4   . Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> . hoặc Thế x  y vào (1) và (2) ta. . . được: x 3  x  0  x x 2  1  0  x  0.  x  0 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  .  y  0. x 3  3x  y 3  3y (1) 3.  6 6 (2) x  y  1 Từ (1) và (2) suy ra 1  x , y  1 (1)  f (x )  f (y ) (*) 3. Xét hàm số f (t )  t  3t liên tục trên đoạn [ 1;1] , ta có. . f '(t )  3(t 2  1)  0 t  [ 1;1]  f t nghịch biến trên đoạn [ 1;1] Do đó: (*)  x  y thay vào (2) ta được nghiệm của hệ là:. x y . 1 6. 2. .. Ví dụ 9 : Giải hệ phương trình  1 1 (1) x   y  1.  x y  2x 2  xy  1  0 (2)   1 1 (1) x   y  2.  x y  2y  x 3  1 (2)  Giải :  1 1 (1) x   y  1.  x y  2x 2  xy  1  0 (2)  Điều kiện: x  0, y  0 . Ta có:. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> . hoặc y  x 1   (1)  (x  y )  1  0  y   1 . xy    x 2  y  x phương trình (2)  x  1  0  x  1 .. 1  y   phương trình (2) vô nghiệm. x  x  1  x  1 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt  ;  .  y  1  y  1 Bình luận:  1 1 (1) x   y  Cách giải sau đây sai:  . x y  2x 2  xy  1  0 (2)  Điều kiện: x  0, y  0 . Xét hàm số 1 1 f (t )  t  , t   \ {0}  f /(t )  1  2  0, t   \ {0} . t t Suy ra (1)  f (x )  f (y)  x  y ! Sai do hàm số f (t ) đơn điệu trên 2 khoảng rời nhau (cụ thể f  1   f  1   0 ).  1 1 (1) x   y  2.  x y  2y  x 3  1 (2)  Cách 1: Điều kiện: x  0, y  0.. x  y x y 1    (1)  x  y   0  (x  y )  1  1 0  xy xy y  .    x x  1  x  y phương trình (2)    x  1  5 .  2.  y . 1 phương trình (2)  x 4  x  2  0. x. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> . hoặc Xét hàm số f (x )  x 4  x  2  f / (x )  4x 3  1  0  x . 1 3.  1  3 f  2  0, lim  lim    x  x  34 43 4  f (x )  0, x    x 4  x  2  0 vô nghiệm.. Cách 2: Điều kiện: x  0, y  0.. x  y x y 1   (1)  x  y   0  (x  y )  1  0   y   1 . xy xy    x x  1  x  y phương trình (2)    x  1  5 .  2.  y . 1 phương trình (2)  x 4  x  2  0. x.  Với x  1  x  2  0  x 4  x  2  0 .  Với x  1  x 4  x  x  x 4  x  2  0 . Suy ra phương trình (2) vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm phân biệt  1  5  1  5 x   x  1  x   2 2   .  y  1  1  5  1  5  y  y    2 2 Ví dụ 10: Giải các hệ phương trình  2x y  1  x2  2y  1. z  1  y2  2z  x  1  z 2. Lop12.net. 4. ..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> . hoặc y 3  9x 2  27x  27  0  2. z 3  9y 2  27y  27  0 x 3  9z 2  27z  27  0 . Giải :  2x y  1  x2  2y  1. z  1  y2  2z  x  1  z 2 Giả sử x  y  z. . Xét hàm số : f t . . f t . 2t ,xác định trên D   \ 1 .Ta có 1  t2.  . 2(t 2  1)  0, x  D  f t luôn đồng biến trên D . (1  t 2 )2. .  . . . Do đó : x  y  z  f x  f y  f z  y  z  x . Mâu thuẫn, do đó điều giả sử sai . Tương tự x  y  z không thoả . Vậy x  y  z. .  . Hệ cho có nghiệm : x ; y; z  0; 0; 0. . y 3  9x 2  27x  27  0  2. z 3  9y 2  27y  27  0 x 3  9z 2  27z  27  0  y 3  9x 2  27x  27  0 y 3  9x 2  27x  27  3  3 2 2 z  9y  27y  27  0  z  9y  27y  27 x 3  9z 2  27z  27  0 x 3  9z 2  27z  27  . Xét hàm số đặc trưng : f (t )  9t 2  27t  27  f '(t )  18t  27. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> . hoặc  3 3  f '(t )  0, t  2 f '(t )  0  18t  27  0  t    2  f ' t  0, t  3  2. . 3  Hàm số đồng biến trên khoảng  ;   và nghịch biến trên khoảng 2    3  27 3 3  ;  .Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại t   f    2 2  2 4. 27 27  9x 2  27x  27  4 4  3 3 x    3 27 3 3  4 2  y3  y    3 4 4 2 z  3  3 3  4 2. Và f (t ) .  f (x )  y  Vậy x , y, z thuộc miền đồng biến, suy ra hệ phương trình  f (y )  z  f (z )  x  là hệ hoán vị vòng quanh. Không mất tính tổng quát giả sử x  y  f (x )  f (y )  y 3  z 3  y  z  f (y )  f (z )  z 3  x 3  z  x x y z x x y z. Thay vào hệ ta có: x 3  9x 2  27x  27  0  x  3 . Suy ra: x  y  z  3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 81 1. Giải phương trình 81sin10 x  cos10 x  * 256 2. Giải các phương trình. . 1. (7  5 2)cos x  (17  12 2)cos. 3. x.  cos 3x. 2    2. e t a n x  cosx =2 ,x   - ;  .  2 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> . hoặc 3. 2003x  2005x  4006x  2. 4. 3x  1  x  log 3(1  2x ) 3. Giải các phương trình 1. log3. . 1 x  3x  2  2    5. . . 2. . . . 3x x 2 1. . . 2 *. . 2. x  3  log3 x  5  log5 x  3   x  2   x   3 3. log2  x    2 2  4. Giải hệ phương trình:. x . 3 4. 2. x  x 2  2x  2  3y 1  1  1.  2 x 1 y  y  2y  2  3  1. (x , y  ). (1  42x y )512x y  1  22x y 1 (1) 2.   3 2 y  4x  1  ln(y  2x )  0 (2)  x y e  2009   y 2  1 1 có 5. Chứng minh rằng hệ phương trình  x e y  2009   x2  1 đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện x  1, y  1 .. . . ln(1  x )  ln(1  y )  x  y 1 6. Giải hệ phương trình  2 2 2x  5xy  y  0 2 7. Giải các hệ phương trình x 3  3x  3  ln(x 2  x  1)  y   1. y 3  3y  3  ln(y 2  y  1)  z  3 2 z  3z  3  ln(z  z  1)  x. . Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> . hoặc  2  x  2x  6 log3 (6  y )  x  2.  y 2  2y  6 log3 (6  z )  y  2  z  2z  6 log 3 (6  x )  z  Hướng dẫn : 1. Đặt t  sin 2 x ; 0  t  1 . Khi đó phương trình *  81t 5  (1  t )5 . . 81 , t  0;1 256. Xét hàm số f (t )  81t 5  (1  t )5 liên tục trên đoạn  0;1 , ta có: 4 4 f '(t )  5[81t  (1  t ) ],t  0;1. 81t 4  (1  t )4 1  f '(t )  0   t  4 t   0;1. 1 81 Lập bảng biến thiên và từ bảng biến thiên ta có: f (t )  f ( )  4 256 Vậy phương trình có nghiệm 1 1 1  t   sin2 x   cos 2x   x   k  (k  Z ) . 4 4 2 6 2.. 1. (7  5 2)cos x  (17  12 2)cos. 3. x.  cos 3x. 1. (7  5 2)cos x  (17  12 2)cos. 3. x.  cos 3x. (7  5 2)cos x  (17  12 2)cos. 3. x.  cos 3x.  (1  2)3 cos x  (1  2)4 cos. 3. x.  4 cos 3 x  3 cos x.  (1  2)3 cos x  3 cos x  4 cos 3 x  (1  2)4 cos. Lop12.net. 3. x.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> . hoặc . . f ' t  1. t.    t liên tục trên  ,ta có 2  ln 1  2   1  0, t    f t  là hàm số . Xét hàm số : f t  1  2 t. . đồng biến trên  , nên ta có f 3 cos x  f 4 cos 3 x. . .  3 cos x  4 cos3 x  cos 3x  0  x . . . .  k  ,k   6 3. 2    2. e t a n x  cosx =2 ,x   - ;   2 2 2 Xét hàm số : f (x )  e t a n x  cosx liên tục trên khoảng.    x  - ; .  2 2 Ta có. f '(x )  2 t a n x .. 1 cos2x. e. t a n2 x.  tan2x  2e  cos 3x    sin x  sin x   cos3x  . 2. Vì 2e t a n x  2  cos 3x  0 Nên dấu của f '(x ) chính là dấu của sin x . Từ đây ta có f (x )  f (0)  2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  0 . 3. 2003x  2005x  4006x  2. Xét hàm số : f (x )  2003x  2005x  4006x  2 liên tục trên  . Ta có: f '(x )  2003x ln 2003  2005x ln 2005  4006. f ''(x )  2003x ln2 2003  2005x ln2 2005  0 x  .  .  f "(x )  0 vô nghiệm  f ' x  0 có nhiều nhất là một nghiệm ..  . Do đó phương trình f x  0 có nhiều nhất là hai nghiệm và. . . f 0  f 1  0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm. x  0, x  1 4. 3x  1  x  log 3(1  2x ). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> . hoặc 1 2 Phương trình cho x .  3x  x  1  2x  log 3 (1  2x )  3x  log 3 3x  1  2x  log 3(1  2x ) *. . . . Xét hàm số: f (t )  t  log3 t liên tục trên khoảng 0;  , ta có. 1  0, t  0  f t là hàm đồng biến khoảng t ln 3 0;  nên phương trình. . . f ' t 1.   *  f (3x )  f (1  2x )  3x  2x  1  3x  2x  1  0 * *  Xét hàm số:. f (x )  3x  2x  1  f '(x )  3x ln 3  2  f "(x )  3x ln2 3  0. .  f (x )  0 có nhiều nhất là hai nghiệm, và f (0)  f 1  0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1 . 3.. 1. log3. . 1 x 2  3x  2  2    5. . 3x x 2 1. . 2 *. Điều kiện x 2  3x  2  0  x  1  x  2 Đặt u  x 2  3x  2, u  0 Phương trình 1 u 2. 1 *  log 3 u  2    5. . . . 1 2  2  log3 u  2    .5u  2, u  0 * * 5. . . 1 2 Xét hàm số : f u  log 3 u  2    .5u liên tục trên nửa khoảng 5  0;  , ta có :.  . . . . Lop12.net.  .

<span class='text_page_counter'>(18)</span> f ' (u ) . hoặc 1 1 2  5u . ln 5.2u  0, u  0  f u đồng biến (u  2)ln 3 5.  . . . trên nửa khoảng  0;  và f 1  2  u  1 là nghiệm phương.  . trình * * ..  3 5 x  2 thoả Khi đó x 2  3x  2  1  x 2  3x  1  0    3 5 x   2 điều kiện.. . . . . . . 2. x  3  log3 x  5  log5 x  3   x  2   Điều kiện : x  5 Khi đó phương trình :. x  3 log x  5   log x  3   x  2  log x  5   log x  3   xx  23 3. 5.  . 3. . . . 5. . Xét hàm số f x  log 3 x  5  log5 x  3 liên tục trên khoảng.  5;   và có 1.  . f' x . 1. . x  5 ln 3 x  3  ln 3 biến trên khoảng  5;   .. . Xét hàm số g x .  . g' x . 5. . x 3. . 2. .  0, x  5  f x luôn đồng. x 2 liên tục trên khoảng 5;  và có x 3. . . .  0, x  5  g x nghịch biến trên khoảng.  5;   . . . Mặt khác g 8  f 8  2 , do đó phương trình cho có nghiệm duy nhất x  8 . x   3 3. log2  x    2 2 . x . 3 4. 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> . hoặc Điều kiện : x  0 . Đặt t . x,t  0. 3 t 2 t   3 Phương trình cho  log2  t    2 4  2  0, t  0 2  3 t 2 t   3 Xét hàm số : f t  log2  t    2 4  2 liên tục trên nửa 2  khoảng  0;  . Ta có :. . . 3. t 2 t  1 4  (2t  1)2 . ln 2  0, t  0  f t luôn   3  t   . ln 2 2  1 1 đồng biến trên nửa khoảng  0;  và f    0  t  là nghiệm 2 2. . . f' t . . . duy nhất của phương trình f t  0. t. 1 1 1  x  x  . 2 2 4. 4. x  x 2  2x  2  3y 1  1  1.  2 x 1 y  y  2y  2  3  1 Đặt u  x  1, v  y  1. (x , y  ).  2 v u  u  1  3 (I ) viết lại  (II ) 2 u v  v  1  3  Xét hàm số : f x  x  x 2  1 và g x  3x liên tục x   , ta.  .  . có.  . f ' x 1. x 2. x 1. . x2  1  x 2. x 1. . x x 2.  0, x  . x 1.   g  x   3x đồng biến x   .  f x đồng biến x   .. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> . hoặc  2 v u  u  1  3  f u  g v   f u  f v g u g v  v  v 2  1  3u  f v  g u .   .  .   . . .  . .  . .  . Nếu u  u  f u  f v  g v  g u  v  u vô lý . Tương tự nếu v  u cũng dẫn đến vô lý.  . Do đó hệ II. u  u 2  1  3u 1  3u ( u 2  1  u ) (1)     u  v u  v. Đặt: g u  3u ( u 2  1  u ) liên tục u   ..  .  u  Ta có g '(u )  3u ln 3( u 2  1  u )  3u   1  2   u 1   1     0, u   g '(u )  3u  u 2  1  u   ln 3   2    u 1.    nhất của 1 . Nên  II   u  v  0 . Vậy (I )  x  y  1. Do đó g u đồng biến u   và g 0  1  u  0 là nghiệm duy. (1  42x y )512x y  1  22x y 1 (1) 2.   3 2 y  4x  1  ln(y  2x )  0 (2) Đặt t  2x  y . Khi đó phương trình (1) trở thành: t t  1 4   5       1  2.2t *  5   5     t t  1 4   Xét f t  5      , g t  1  2.2t  5   5    . . . . Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>