12 CHUYEN DE ON THI THPT QG 2016 CD10 PTHPTPHAN 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH A. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1. Phương pháp biến đổi tương đương TG: HỒ TUẤN   x  D  *THOẠI A  B  A B 0    A B. Dạng 1: Phương trình Lưu ý: Điều kiện (*) được tùy chọn vào độ phức tạp của A 0 hay B 0  B 0 A B   2  A B Dạng 2: Phương trình Dạng 3: Phương trình  A 0  ) A  B  C   B 0   A  B  2 AB C (chuyển về dạng 2) ) 3 A  3 B  3 C  A  B  3 AB 3 A  3 B C và ta sử dụng phép thế: 3 3 3 A  B C ta được phương trình: A  B  3 A.B.C C 1.1. Bình phương hai vế của phương trình 1.1.1. Phương pháp Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng: A  B  C  D , ta thường bình phương hai vế, điều đó đôi khi lại gặp khó khăn hãy giải ví dụ sau 1.1.2. Ví dụ Ví dụ 1 Giải phương trình: x  3  3x  1 2 x  2 x  2 +, ĐK: x 0 +, Bình phương hai vế không âm của phương trình ta được: 1   x  3  3 x  1  x  2 x  2 x  1 để giải phương trình tất nhiên không khó nhưng hơi phức tạp một chút. +, Phương trình sẽ giải rất đơn giản nếu ta chuyển về phương trình: 3x  1  2 x  2  4 x  x  3. . +, Bình phương hai vế ta có:. . 6 x 2  8 x  2  4 x 2  12 x  x 1. f  x  g  x  h  x  k  x  Nhận xét: Nếu phương trình: f  x   h  x  g  x   k  x  Mà có: thì ta biến đổi về f  x  h  x  k  x  g  x sau đó bình phương, giải phương trình hệ quả. x3  1  x 1  x2  x 1  x  3 x 3. Ví dụ 2 Giải phương trình: +, ĐK: x  1 Bình phương hai vế phương trình? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? +, Ta có nhận xét:. x3  1 . x  3  x 2  x  1. x  1 x 3 , từ nhận xét ta có lời giải sau:. dạng:.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PT . x3  1  x 3. x  3  x2  x 1 . x 1. x3  1  x 2  x  1  x 2  2 x  2 0  x 3. +, Bình phương hai vế ta được: +, Thử lại: x 1  3, x 1  3 là nghiệm.  x 1  3   x 1  3. f  x  g  x  h  x  k  x +, Qua lời giải trên ta có nhận xét: Nếu phương trình: mà f  x  h  x  k  x  g  x f x .h x k  x  .g  x  có     thì ta biến đổi: . 1.2. Trục căn thưc 1.2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung 1.2.1.1. Phương pháp Một số phương trình vô tỷ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn A x 0 x  x0  A  x  0 đưa về được dạng tích  ta có thể giải phương trình   hoặc chưng minh A  x  0 A x 0 vô nghiệm, chú ý điều kiện của phương trình để ta có thể đánh giá   vô nghiệm. 1.2.1.2. Ví dụ: Trình bày các ví dụ nhân liên hợp Trong tập tin “Liên hợp ngược trong PT, BPT, HPT” 1.2.2. Đưa về hệ tạm 1.2.2.1. Phương pháp Nếu phương trình vô tỷ có dạng: A  B C , mà: A  B  C ở đây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của x. Ta có thể giải như sau:  A  B C A B  2 A C    C  A  B  A B . Khi đó ta có hệ:  A  B  1.2.2.2. Ví dụ 2 2 Ví dụ 1 Giải phương trình sau: x  3 x  3  x  3x  6 3  x 2  3x  3   x 2  3x  6   3 . Ta thấy: 3 3 2 2 +, Trục căn thức ta có: x  3x  3  x  3 x  6 2 2   x  3x  3  x  3 x  6 3  2 x 2  3x  3 2   2 2 +, Vậy ta có hệ:  x  3x  3  x  3 x  6  1.  x 1  x 2 . 2 2 Ví dụ 2 Giải phương trình sau: 2 x  x  9  2 x  x  1  x  4  2 x 2  x  9    2 x 2  x  1 2  x  4  . Ta thấy: +, x  4 không phải là nghiệm.. +, Xét x  4. 2x  8. Trục căn thức ta có:. 2. 2x  x  9 . 2. 2x  x 1. x  4 . 2x2  x  9 . 2 x 2  x  1 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  2 x 2  x  9  2 x 2  x  1 2  2 x2  x  9 x  6    2 x2  x  9  2 x2  x  1 x  4 +, Vậy ta có hệ:  8 x 7 +, Thử lại thỏa. Vậy phương trình có 2 nghiệm: x 0 và.  x 0   x 8 7 . 2 2 Ví dụ 3 Giải phương trình: 2 x  x  1  x  x  1 3x  2 x 2  x 1   x 2  x  1 x 2  2 x , như vậy không thỏa điều kiện trên. +, Ta thấy: 1 t 2 2 x . Ta được: t  t  2  t  t  1 3 x và đặt +, Ta có thể chia cả hai vế cho +, Làm tiếp tương tự Ví dụ 1 Bài tập đề nghị 2  2  x   5  x   x   2  x   10  x  x 2  4 x  1  x  3 x 2  1 1) 5). 2) 3). 3. x 2  1  3 3x 3  2 3x  2. 6). 4  3 10  3 x  x  2. 7). 2 3 4) 2 x  11x  21  3 4 x  4 0 1.3. Phương trình biến đổi về tích. . +, Khi đó:. 3. x2  4  x  1  2x  3 2 x 2  16 x  18  x 2  1 2 x  4. x  3  2 x x  1 2 x  x 2  4 x  3. Ví dụ 1 Giải phương trình: +, ĐK: x  1 PT . 8). 2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2. x  3  2x. .  x 1 x  1  1 0    x 0. x 3  Ví dụ 2 Giải phương trình: +, ĐK: x 0. . 4x 4 x x 3 2.  4x 4x 4x  PT  1  2  1  0  x 1 x 3 x 3 x  3   +, Khi đó: 2 Ví dụ 3 Giải phương trình: 2 x  3 9 x  x  4 +, ĐK: x  3 . Phương trình tương đương:  x 1  x  3  1 3 x 2 2 PT  1  x  3 9 x     x   5  97  x  3  1  3 x  18 +, Khi đó: 2. Phương pháp đặt ẩn phụ 2.1. Đặt ẩn phụ thông thường. . . . . F n f  x  0 t n f  x  Dạng 1 , đặt (lưu ý nếu n chẵn ta phải thêm điều kiện t  0). Ví dụ 1 Giải các phương trình: 2 2 a) x  x  11 31. 2 2 d) 2 x  3 2 x  x  1 9  x. 2 2 b) x  2 x  3 x  1 3 x  4. e).  x  5  2  x  3. x 2  3x.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2 c) x  x . m. . x 2  x  13 7. 2 2 f) 2 x  5 x  3 x  5 23  6 x. . f  x   g  x  2n f  x  g  x   n  f  x   g  x    p 0. Dạng 2 phương hai vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua t. Ví dụ 2 x  3  6  x 3  ( x  3)(6  x ). a). d). 2. 1. , đặt. t  f  x  g  x. , bình. 2 x  x2  x  1 x 3. b). 7  x  2  x  14  5x  x 3. 2 e) 3 x  2  x  1 4 x  9  2 3 x  5 x  2. c). x  1  4  x  4  3 x  x 2 5. f) 2 x  3  x  1 3 x  2 (2 x  3)( x  1)  16. 2 Ví dụ 3 Giải bất phương trình 7 x  7  7 x  6  2 49 x  7 x  42 181  14 x .. 6 x 6 t  7 x  7  7 x  6  0 HD: Đặt … 7 .. Dạng 3. F. . n. . f  x  , n g  x  0. , trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k.. TH1: Kiểm tra nghiệm với g  x  0 . k. TH2: Giả sử g  x  0 chia hai vế phương trình cho g  x  và đặt 5 x  1 2  x  2  3. Ví dụ 4 Giải phương trình. t n. f  x g  x. .. 2. .. 5 x3  1 2  x 2  2   5  x  1  x 2  x  1 2  x 2  x  1  2  x  1 +, ĐK: x  1 . 2. x 1 x 1  5 2  2 0 x  x 1 x  x 1 2.  t 2 2  2 t  5 t  2  0  x 1  t 1 t 2 , t 0 2.  x  x 1 +, Đặt . Phương trình trở thành.  Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm.  Với. t. 1 5  37 x 2 : Phương trình đã cho có nghiệm 2 .. 2 3 Ví dụ 5 Giải phương trình: 2 x  5 x  1 7 x  1 +, ĐK: x 1. +, Nhận xét: Ta viết:.   x  1    x 2  x  1 7. +, Đồng nhất thức ta được:.  x  1  x 2  x  1. 3  x  1  2  x 2  x  1 7.  3 2.  x  1  x 2  x  1. x2  x 1 x2  x 1 7 x 1 x 1. 2.2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Ví dụ 1 Giải phương trình:. . x2  3 . . x 2  2 x 1  2 x 2  2.  t 3 t 2   2  x  t  3  3x 0   2  t x  1 +, Đặt t  x  2 , ta có:. Ví dụ 2 Giải phương trình:.  x  1. x2  2 x  3 x2 1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 x  1 t  x 2  1  x 2  1   x  1 t 0 +, Đặt t  x  2 x  3, t  2 . Ta được:  +, Bây giờ ta thêm bớt để được phương trình bậc hai theo t có  chẵn:  t 1 x 2  2 x  3   x  1 t  2  x  1 0  t 2   x  1 t  2  x  1 0    t x  1. x x 1 2 3 x  1 x Ví dụ 3 Giải Bất phương trình +, Điều kiện: x   1  x  0 :. +, Đặt. x 1 x 1 ,t  0   x x 1 t2. t 1 t. 2.  2t  3  2t 3  3t 2  1  0  t  0 .   t  1 2t 2  t  1  0  t  0   0  t . . Ta được:.  0. . x 1 1 4   x1 x 2 3. Ví dụ 4 Giải phương trình +, Đặt. 1 2. x 2  3x  3  x 2  3x+6 3. t  x 2  3x  3  t 0 . 2 2 +, Ta có x  3x  6 t  3 . Ta được:. +, Với t = 1. . t  t 2  3 3 . t 2  3 3  t. 3  t 0 2 2  t 1 (TM) t  3  3  t     x 1 x 2  3x  3 1  x 2  3x  3 1    x 2. Ví dụ 5 Giải phương trình. 2  1  x  x 2  2x  1  x 2  2x  1. t  x 2  2x  1  t 0   x 2  2x  1 t 2  x 2  2x  1 t 2  4x +, Đặt. +, Ta được:. 2  1  x  t t 2  4x  t 2  2  1  x  t  4x 0. có.  '  x  1. 2.  t  1  x    x  1  t 2     t  2 x  t  1  x    x  1 2 2 2 2 +, Với t  2x 0  x 0 : x  2x  1  2 x  x  2x  1 4x  3 x  2x+1=0:VN. +, Với t = 2:. x 2  2x  1 2  x 2  2x  1 4  x 2  2x  5 0  x  1  5.  4x  1 Ví dụ 6 Giải phương trình. x 2  1 2x 2  2x+1. t  x 2  1  t 0 . Cách 1: Đặt Cách 2: Bình phương hai vế: 3. Phương pháp biến đổi theo phương trình hệ quả Ví dụ Giải phương trình. x  x  9  1  x  4  x (1).

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  1 . x  x  9  2 x  x  9  x  1  x  4  2.  x  1  x  4 .  4  2 x  x  9  2.  x  1  x  4   2  x  x  9    x  1  x  4   4  x 2  9x  4 x  x  9   x  1  x  4   4  x 2  9x  4 x  x  9   x 2  5x  4  4 x  x  9   4x  x  x  9  x 2  x 0. +, Thay x=0 vào (1) ta có: 0  0  9  1  0  4  0 ( đúng) +, Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x= 0. 4. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số Trong Tập tin “Ứng dụng đạo hàm vào Đại số” B. HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1. Phương pháp thế Kỹ thuật 1 Rút một biến để thế. Cụ thể: Rút một ẩn từ phương trình này, thay vào phương trình kia để được một phương trình môt ẩn giải được.  x 2  3xy  y 2 11 (1) (*)  y 2  2xy 5 (2)   Ví dụ 1 Giải hệ phương trình 2xy y 2  5. 2'.   +, Ta sẽ rút x từ (2): +, Sẽ chia hai vế của (2’) cho y? – Cần thận trọng! (vì nếu y có thể nhận giá trị y=0 thì sẽ mất nghiệm).  x 2  3xy  y 2 11  (*)   y2  5 x   2y  +, Do y 0 không thoả hệ nên:  y2  5 x   2y  y 4  24 y 2  25 0 . +, Tiếp tục giải này ta được nghiệm của hệ phương trình là.  2;  1. và.   2; 1.  x  1 2  6 x-1 y  4 y 2 20      2 x 2   2 y  1 2  Ví dụ 2 Giải hệ phương trình. +, Hệ phương trình.  x 2  2x  1  6 xy  6 y  4 y 2 20  2  2  x  4 y 1  4 y 2.  x 9 (1) y   3x  5  x 2  4 y 2 1  4 y (2) 2.  2x  18  9  8 x   1 2  .  x   1  x  1 55  3  3x  5  +, Thế (1) vào (2) ta được   1;  1 2. +, Kết luận: Hệ có 1 nghiệm là.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Kỹ thuật 2 Rút một biểu thức để thế Cụ thể: Rút một biểu thức từ phương trình này thay vào phương trình kia để được phương trình một ẩn giải được.  x 2  y  1  x  y  1 3x 2  4x  1 (1)  xy  x  1  x 2 (2) Ví dụ 3 Giải hệ phương trình . +, Dễ thấy x 0 không thỏa mãn (2). Dó đó:. (2)  y  1 . x2  1 x thay vào (1) ta được.  x2  1   x2  1  x   x   3x2  4x  1  x 2  1 2x2  1  x  1  3x  1  x  x     x 1 3 2   x  1 2x  2x  4x 0  x 0 ( KTM )   x  2 2. . . . . .   5  2,   1,  1 2  +, Kết luận: Hệ đã cho có 2 nghiệm là  và   x 4  2x3 y  x 2 y 2 2x  9  x 2  2xy 6x  6 . Ví dụ 4 Giải hệ phương trình. 2  2  x  xy 2x  9   2  xy 3x  3  x 2 +, Hệ phương trình . . . 2.  2 x2   x  3x  3   2x  9  2  . 3  x 0  x 4  12 x 3  48x 2  64x 0  x  x  4  0    x  4. . x =0 không thõa mãn hệ phương trình.. . 17 x  4  y  4.  17    4,  4 +, Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là . Kỹ thuật 3 Thế hằng số bởi biểu thức Ví dụ 5 Giải hệ phương trình. 2 y 2  x 2 1  3 3 2x  y 2 y  x. 2x3  y3  2 y 2  x 2  2 y  x   x 3  2x2 y  2xy2  5y3 0. . . Ta có: +, TH1: y 0 hệ phương trình vô nghiệm.. 3.  x  y 0     2   y  +, TH2: y 0 , chia 2 vế cho  y x  x y  1 HPT   2   y 1  x y  1 3. 2. x x x   2    5 0  1 y y y. +, Khi đó: HPT. +, Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là. ..  1; 1. và.   1;  1.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  2 y 2  y  x  y   x  2x  1 7  2 y   x  4x  1 7  3y  Ví dụ 6 Giải hệ phương trình . . . 2 +, Thế 7 4x  x  3y ở phương trình (2) vào phương trình (1) ta được: 2  2 y 2  y  x  y  2 x 2  y   y  2 x  y 1  x  y  2 x 2  x  4 x  1 7  3 y +, Trường hợp 1:  vô nghiệm. . .   1  17 1  17 x    x   y 1  x  4 4  x 4x  1 7  3y      3  17 3  17  y  y   4 4 +, Trường hợp 2: hoặc   1  17 3  17   1  17 3  17  ; ;      4   4  4 4  và   +, Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là   x 3  7 y  x  y 2  x 2 y  7 x  4 (1)    2 2 3 x  y  8 y  4 8 x (2) Ví dụ 7 Giải hệ phương trình  2 2 +, (2)  4 8 x  3 x  y  8y.  x y  x  y  x  2x-15 0   x 3  x  5. . +, Thay vào (1), thu gọn ta được. 2. . 2  Với x=y vào pt thứ (2) ta được  4x 4 (vô nghiệm). .  y  1 y 2  8y  7 0    y  7 Với x=3 thay vào pt thứ 2 ta được. 2  Với x= -5 thay vào pt thứ 2 ta được y  8y  119 0 (vô nghiệm).  3;  1.  3;  7. +, Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là và 2. Phương pháp cộng: Hệ số bất định trong giải hệ phương trình Dạng 1. Trong hệ có bậc 3 Ví dụ 1. Giải các hệ phương trình sau ìï x3 - y3 - 35 = 0 ï í 2 ïï 2x + 3y2 - 4x + 9y = 0 a) ïî. Hướng dẫn a) PT(1) + a.PT(2) Û x3 + 2ax2 - 4ax - y3 + 3ay2 + 9ay - 35 = 0 Û (x + a )3 - (y + b)3 = 0. ìï 8x3 - y3 = 63 ï í 2 ïï 2x + y2 + 2y - x = 9 b) ïî.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> +, Đồng nhất hệ số, ta có: +, Như vậy, PT(1). ïìï a 3 - b3 = - 35 ïìï a = - 3 ïï ï Þ ïí a = - 2 í 3a = 2a ïï 2 ïï ïï 3a = - 4a ï b= 3 îï î. 3 3 – 3.PT(2) ta được: (x - 2) - (y + 3) = 0 Û y = x - 5. b) PT(1) + a.PT(2) Û 8x3 + 2ax2 - ax - y3 + ay2 + 2ay - 9a - 63 = 0 Û (2x + a )3 - (y + b)3 = 0. +, Đồng nhất hệ số, ta có: +, Như vậy, PT(1). Dạng 2.. ìï a 3 - b3 = - 9a - 63 ïï ïï 12a = 2a ìï a = - 6 ïï ïï ïí 6a 2 = - a Þ ïí a = - 1 ïï ïï ïï - 3b = a ï b= 2 îï ïï 2 ïïî - 3b = 2a. 3 3 – 6 .PT(2) ta được: (2x - 1) - (y + 2) = 0 Û y = 2x - 3. ìï a x2 + b y2 + c xy + d x + e y + f = 0 (1) ï 1 1 1 1 1 1 í 2 2 ïï a2x + b2y + c2xy + d2x + e2y + f2 = 0 (2) ïî. Cách tìm hệ số k:. c.d.e + 4.a.b.f = a.e2 + b.d2 + f.c2. a = a1 + ka2, b = b1 + kb2,c = c1 + kc2, .... Với Khi tìm được k, ta thực hiện: PT(1) + k.PT(2) ta tìm mối liên hệ bậc nhất giữa x và y Ví dụ 2. Giải hệ phương trình ìï 2 ïï x + y2 = 1 ïí 5 ïï 2 57 ïï 4x + 3x + y( 3x + 1) = 25 a) ïî. ìï 14x2 - 21y2 - 6x + 45y - 14 = 0 ï í ïï 35x2 + 28y2 + 41x - 122y + 56 = 0 b) ïî. Hướng dẫn: é ê3x + y = 7 119 ê 5 a) PT(1) + 2.PT(2) Û (3x + y)2 + 2(3x + y) = 0Û ê 25 ê3x + y = - 17 ê 5 ë 15 b) PT(1) .PT(2) Û (x + 3y - 7)(161x + 483y + 218) = 0 49. Ví dụ 3. Giải các hệ phương trình sau.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> ìï x2 + 8y2 - 6xy + x - 3y - 624 = 0 ï í ïï 21x2 - 24y2 - 30xy - 83x + 49y + 585 = 0 a) ïî ìï xy - 3x - 2y = 16 ï í 2 ïï x + y2 - 2x - 4y = 33 c) ïî. ìï x2 + y2 - 3x + 4y = 1 ï í 2 ïï 3x - 2y2 - 9x - 8y = 3 b) ïî ìï x2 + xy + y2 = 3 ï í 2 ï x + 2xy - 7x - 5y + 9 = 0 d) ïïî. 3. Phương pháp đặt ẩn phụ Kỹ thuật: Biến đổi mỗi hệ sao cho có hai biểu thức giống nhau Chú ý: Các phép biến đổi tương đương một phương trình: chuyển vế, nhân chia hai số, thay thế biểu thức, …  3x 17  3x 2  x 2  3y   2x  y  1  x  3y  4      2x  y  1  3  3x  9xy  15  3x x 2  3y    2x  y  1 4 Ví dụ 1 Giải hệ phương trình  2x  y  1 3x a 2 2x  y  1 +, Đặt ; x  3y b. .  17  a  b  4    ab  15 4 +, Ta được: . . 17 4 15 4.  3  a  4 ; b  5   a  5; b  3  4.   15 37    3 11  ;   ,  ;  ,  2;  3 ,  4;  7  . 2 2    10 10  +, Tiếp tục giải, ta tìm được các nghiệm của hệ là  x 2  1  y  x  y  4 y   2  x  1  y  x  2  y Ví dụ 2 Giải hệ phương trình . . . +, Dễ thấy y=0 không thõa mãn hệ phương trình, ta viết lai hệ dưới dạng  x2 1  x  y 4   y  2   x  1   y  x  2  1 x2 1 a  , b x  y    y  y  Đặt a  b 4 a 1 a b  2 1   b 1    . +, Ta được hệ. 1,2 ,  2,5.  +, Từ đó ta tìm được nghiệm    4. Phương pháp đưa về tích Trong tập tin “Đưa về tích trong HPT dùng Casio” Bài tập thêm Giải hệ phương trình  xy  x  y x 2  2 y 2  x 2 y  y x  1 2x  2 y a) .  2  x  y   xy  2 2 b)  x  y 3. 5. Phương pháp hàm số Lý thuyết trong tập tin “Ứng dụng đạo hàm vào Đại số”.  y 2  5x+4   4  x   2 2 c)  y  5x  4xy  16x-8x  16 0.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>  x  y  1  y  1  x 0  Ví dụ 1 Giải hệ phương trình  x  1  y  2 0 x 1  +, ĐK: 0 y 1  x  1  x  y  1  y HPT    x  1  y  2 +, Khi đó:. +, Xét hàm đặc trưng: f ' t . 1 2 t. . f  t  t  1 t 1 2 1 t.  1  2. với t [0;1].  0 t   0,1. +, Ta có +, Suy ra: f(t) đồng biến trên đoạn [0;1]. và f liên tục trên đoạn [0;1]. 1  f x  f y  x y.     +, Do đó:   +, Thay x y vào phương trình (2) ta được phương trình (2).  xy . x  1  x  2  x  1  x  2 x  1  x  2  2 x  1  x  1  x . 1 2. 1 1  ;  +, Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là  2 2   x x 2  y 2 y 4 y 2  1    4x  5  y 2  8 6 Ví dụ 2 Giải hệ phương trình. . +, ĐK:. x. . . . 5 4.  x 3  xy 2 y 6  y 4 (1) HPT   2  4x  5  y  8 6 (2) +, Khi đó:  x3  x (1)     y3  y  y3  y   +, Ta thấy y 0 không thỏa mãn hệ, nên. +, Xét hàm số:. f  t  t 3  t,  t  R  ,.  (*)  f  . có. f  t  3t 2  1  0 t  R  f  t . x x 2   f  y    y  x y . y y. (2) x y.  4x  5  x  8 6  x 1 2. +, Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm:.  1;  1. và.  1; 1.  4x2  1 x   y  3 5  2 y 0 (1)  2 2 (2) Ví dụ 3 Giải hệ phương trình 4x  y  2 3  4x 7 3 5 x ; y 4 2 +, ĐK:. . . đồng biến t  R.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> +, Ta thấy:. (1)  4x 2  1 2 x  5  2 y  1 5  2 y. +, Xét hàm số. . . f  t   t 2  1 t.. . . Ta có. f '  t  3t 2  1  0.. suy ra f đồng biến trên R..  x 0  (1)  2 x  5  2 y   5  4 x2 . y   2 +, Do đó: 5  4x2    2x2   2 3  4x  7 0 2  +, Thế vào (2), ta được:. +, Nhận thấy x 0 và. x.  3 .. 3 4 không phải là nghiệm của (3). 2. 5   3 g  x  4 x    2 x 2   2 3  4 x  7,  0;  2    Xét hàm trên khoảng  4  5  4 4 g '  x  8 x  8 x   2 x 2   4 x 4 x 2  3   0, 3  4x 3  4x 2   2. . .  Suy ra hàm g(x) nghịch biến.  1 1 g   0 x ; 2 suy ra y=2  Mặt khác  2  , do đó (3) có nghiệm duy nhất 1   ; 2 +, Kết luận: Hệ đã cho có nghiệm:  2 . Ví dụ 4 (Ví dụ 1.3 trong tập tin “Ứng dụng đạo hàm vào đại số”).

<span class='text_page_counter'>(13)</span>