Phuong Trinh Hpt

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Phương trình – hệ phương trình. KK38. SỬ DỤNG TÍNH CHẤT BIẾN THIÊN HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH Tx. Sông Cầu, ngày 27 tháng 11 năm 2013 Sử dụng tính chất biến thiên của hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình là dạng toán khá quen thuộc và gặp nhiều trong các đề thi đại học cũng như trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi, phương pháp này cũng thật hiệu quả đối với các bài toán tìm tham số để phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình thỏa mãn điều kiện cho trước. Vận dụng tính chất biến thiên hàm số cho chúng ta những “lời giải đẹp” và cũng từ đó chúng ta có thể sáng tác ra các bài toán hay. A. Các tính chất: Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=k (kR) có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có f (u)  f  v   u  v .. Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b). Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên đoạn [a;b] và tồn tại F'(x) trên khoảng (a;b) thì c  a; b : F '  c  . F b  F  a  ba. . Khi áp dụng giải phương trình: nếu có F(b). – F(a) = 0 thì c   a; b  : F '  c   0  F '  x   0 có nghiệm thuộc (a;b). Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm trên miền D thì phương trình f(x)=0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D. Từ các tính chất trên ta có 4 phương án biến đổi như sau: Phƣơng án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Phƣơng án 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g(x) nghịch biến hoặc hàm hằng suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. -1-.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Phương trình – hệ phương trình. KK38. Phƣơng án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn điệu khi đó ta có: u = v. Phƣơng án 4: Dùng tính chất đồng biến, nghịch biến của hs và tập giá trị của hàm để đánh giá. B. Một số bài toán:  Về phƣơng trình: Bài toán 1: Giải phương trình:  2 x  1  2  2 x  1  5x 2  1  2 3 5x 2  1 3. (1). Giải: Nhận xét: Phương trình (1) xuất hiện lũy thừa bậc ba nên nếu lũy thừa ba sẽ dẫn đến phương trình bậc cao rất phức tạp, khó giải. Nhận thấy: vế trái và vế phải đều có dạng: A3 + 2A Xét hàm số: f(t) = t3 + t, với t ¡ , Khi đó phương trình (1) có dạng: f(2x – 1) = f( 3 5 x 2  1 ) (1’) Vì f’(t) = 3t2 + 2 > 0 t ¡ , nên hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó: Phương trình (1’) tương đương: 2 x  1  3 5x 2  1.  8 x3  17 x 2  6 x  0  x0   17  97 x   12.  x0 Vậy phương trình (1) có các nghiệm là:  17  97 x  12 . Bài toán 2: Giải phương trình. 3. x  2  3 2 x2  1  3 2 x2  3 x  1. Giải: Ta có phương trình (2) tương đương. 3. x  1  3 x  2  3 2 x 2  3 2 x 2 1. Xét f (t )  3 t  3 t  1 , khi đó pt trên có dạng f ( x  1)  f (2 x2 ) Vì f '(t ) . 1 33 t 2. . 1 3 3  t  1. 2.  0 nên hàm số đồng biến trên ¡ .. -2-. (2). (2’).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Phương trình – hệ phương trình. KK38. x  1 Do đó pt (2’) tương đương x  1  2 x   x   1 2  2. 1 2. Vậy phương trình (2) có hai nghiệm x  1, x   .. . . . . Bài toán 3: Giải phương trình 3x 2  9 x 2  3   4 x  2  1  1  x  x 2  0. . . . Giải: Phương trình (3) tương đương 3x 2  9 x2  3    2 x  1 2  2 x 2  x  1. .  3x 2 .  3x . 2. Xét hàm số f (t )  t 2  t 2  3 , khi đó PT có dạng Ta có f '(t )  2  t 2  3 . t2 t2  3. . . 2  3    2 x  1  2    2 x  1  3   . . . (3). (3’).  0 , nên hàm số đồng biến trên R. 1 5. Do đó (3’) tương đương 3x  (2 x  1)  x   . Vậy phương trình (3) có nghiệm x  . 1 5. 1 2x 1  1  Bài toán 4: Giải phương trình ln  x  2   x  3  ln  1    2 x  2 2 x  x 2. (4). Giải: ĐK: x   2;     0;   . Phương trình (4) tương đương: 2 1. . . 1  2 2   1 ln x  2  2 x  2  x  3  ln  2     4     4  1   x  x x   x 1  1  1   ln x  2  2 x  2  x  2  ln  2    2  2     2   x  x  x . Xét hàm số f (t )  ln t  2t  t 2 , với t > 0, khi đó pt (4’) có dạng f 1 t. . 2. 2. (4’). . 1  x  2  f  2   (4’’) x . Ta có f '  t    2t  2  2 2  2  0 , nên hàm số đồng biến trên  0;   . -3-.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Phương trình – hệ phương trình Do đó pt (4’’) tương đương. KK38. 1 x  2  2  , bằng cách bình phương hai vế và giải x. phương trình này, ta được x  1 (nhận), x . 3  13 3  13 (nhận), x  (loại). 2 2. Vậy phương trình (4) có hai nghiệm: x  1; x . 3  13 . 2. Bài toán 5: Giải phương trình: √. √. √. Giải: ĐK: x  8 , Khi đó phương trình đã cho tương đương với ( x  1)  3 ( x  1)2  2 3 x  1  ( x  8  1)3  ( x  8  1)2  2( x  8  1). Xét. hàm. f (t )  t 3  t 2  2t ,. số. ta. có f ' (t )  3t 2  2t  2  0, t  1;. nên. f (t )  t 3  t 2  2t đồng biến trên 1; .. Rõ ràng. 3. x  1; ( x  8  1)  1, x  8 nên. ( x  1)  3 ( x  1)2  2 3 x  1  ( x  8  1)3  ( x  8  1) 2  2( x  8  1)  3 x 1  x  8  1. Đặt u  3 x  1; ta được phương trình u  1  u 3  7  u 3  u 2  2u  8  0 u2. Với u = 2 thì x = 9 Vậy phương trình (5) có nghiệm duy nhất x = 9. * Chú ý rằng trong ví dụ trên chúng ta phải kiểm ra. 3. x  1; ( x  8  1)  1, x  8 để sử. dụng tính chất đơn điệu của hàm số. Bài toán 6: Giải phương trình:. x3  2 1  3  x3. . 3( x  1) 1  3x  4. 0. (6). Giải: Điều kiện x  1 Xét hàm số f (t ) . x 1 1 x. đồng biến trên 0;  . Phương trình (1) trở thành f ( x 3  2)  f (3x  3) , do đó ta có x3  2  3x  3. -4-.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Phương trình – hệ phương trình. KK38  x3  3x  1  0 (6’). Mặt khác xét hàm số : g ( x)  x 3  3x  1, g ( x)  3x 2  3. x g. -1. 1. 0 -. 2. 0 +. g 1. . + 1. -3. Dựa vào bảng biến thiên phương trình (6’) có nghiệm x 0 thì x0   1; 2 1  2 2  . Khi đó ta có phương trình: cos 3t   t    k , k  Z  2 9 3  3 . Đặt x  2 cos t , t  0;. Kết hợp với điều kiện của t ta chọn được 2 nghiệm: x  2 cos.  9. , x  2 cos. 5 . 9. Nhận xét: Nhìn hình thức bài toán 6 khá phức tạp, nghiệm của phương trình không nguyên. Tuy nhiên, bằng cách phối kết hợp giữa ứng dụng đạo hàm và công thức lượng giác cos 3x  4 cos 3 x  3 cos x bài toán trở nên gọn nhẹ, hơn nữa chúng ta nhận được nghiệm rất. gọn. Hàm số sử dụng của bài toán trên dễ dàng nhận thấy.. Bài toán 7: Giải phương trình: e x  ( x 3  x) ln( x 2  1)  e. 3. x. Giải: Phương trình được viết lại: e x  ( x 3  x) ln( x 2  1)  e Đặt g ( x)  e x  ( x 3  x) ln( x 2  1)  e. 3. (7) 3. x. 0. x. Hàm số: f (t )  e t đồng biến trên R Trường hợp 1: x   1; 0  1;   . Khi đó e x  e x  0 , x 3  x  0 , ln( x 2  1)  0 . Do đó g ( x)  0 x   1; 0  1; . 3. Tức là phương trình (8) không có nghiệm x   1; 0  1;   . Trường hợp 2: x   ;1   0;1 Khi đó e x  e x  0 , x 3  x  0 , ln( x 2  1)  0 Do đó g ( x)  0 x   ;1   0;1 3. Tức là phương trình (8) không có nghiệm. x   ;1   0;1 -5-.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Phương trình – hệ phương trình. KK38. Mặt khác g (1)  g (1)  g (0)  0 Vậy phương trình (7) có 3 nghiệm: x  0, x  1, x  1 Nhận xét: Lấy ý tưởng từ việc giải phương trình đặc biệt bằng đoán nghiệm nguyên. Kết hợp với cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh phương trình không có nghiệm trên các khoảng chỉ ra. Việc xác định hàm số và các khoảng hoàn toàn tự nhiên. Bài toán 8: Giải phương trình x  1  x  1  2  x  x 2  2. (8). Giải: Điều kiện:  1  x  2 Đặt f ( x)  x  1  x  1  2  x  x 2  2 f ( x)  1  f ( x)  . 1 2 x 1. . 1 2 2 x. 1. . 4 ( x  1) 3.  2x. 1 4 ( 2  x) 3.  2  0 , x   1; 2. Ta dễ dàng nhận thấy phương trình f ( x)  0 có duy nhất một nghiệm thuộc  1; 2. Do đó phương trình f ( x)  0 có không quá 2 nghệm thực. Mặt khác, f (0)  f (1)  0 Vậy nghiệm của phương trình (8) là x=0, x=1. Nhận xét: Vẫn là cách giải phương trình đặc biệt bằng đoán nghiệm nguyên. Tuy nhiên ở đây chúng ta nhận thấy sử dụng đạo hàm cấp cao để khẳng định số nghiệm của phương trình. Bài toán 9: Chứng minh phương trình sau đây có đúng một nghiệm. . x 1. . 2013. . . 3.  2 x  1  x 3  3x 2  3x  2. (9). Giải: Đặt t  x  1 , t  0 Phương trình được viết lại: t 2013  2t 3  t 6  1  t 2013   t 3  1  1  t  1. 2. Đặt f (t )  t 2013  2t 3  t 6  1 . Ta có: f (t )  2013.t 2012  6t 2  6t 5  2001t 2012  6(.t 2010  1)t 2  6(.t 2007  1)t 5  0, t  1. Do đó hàm số f (t ) đồng biến trên 1; nên phương trình f (t )  0 có không nhiều hơn một nghiệm. -6-.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Phương trình – hệ phương trình. KK38. Hơn nữa, lim f (t )  3; lim f (t )  . t 1. t . Nên pt f(t)=0 có duy nhất nghiệm t (t>1) suy ra phương trình (9) có đúng một nghiệm. Nhận xét: Yêu cầu bài toán chỉ cần quan tâm đến số nghiệm của phương trình. Bằng cách đánh giá trực tiếp hoặc dùng đạo hàm chúng ta thu hẹp lại tập xác định của phương trình. Chính nhờ việc này giúp chúng dễ dàng đánh giá f (t ) . Bài toán 10: Giải phương trình x  1  x2  1  2 x  2(1  x). (10). 1 2. Giải: ĐK x   . Biến đổi pt (10) thành: x  1  x 2  1  2 x  1 . . 1 2x. . 2. (10’). Xét hàm số f (t )  t  1  t 2 là hàm số đồng biến trên ¡ . Suy ra (10’) tương đương với f ( x)  f. . . 1  2 x  x  1  2 x  x  1  2 (thỏa đk). Vậy pt (10) có nghiệm là x  1  2. . * Đối với phƣơng trình chứa tham số ta thực hiện nhƣ sau: Xét phương trình f(x) = g(m), (*) B1: Lập luận số nghiệm phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị (C ): y = f(x) và đường thẳng d: y = g(m). B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x) f  x   g  m   max f  x  : phương trình (*) có nghiệm ; B3: Kết luận: + Khi min xD xD. + Khi d cắt (C) tại k điểm: phương trình (*) có k nghiệm; + Khi d không cắt (C ): phương trình (*) vô nghiệm.. Bài toán 11: Tìm m để phương trình:. x2  x  1  x2  x  1  m có nghiệm.. Giải: TXĐ: ¡ . Xét hàm số:. y  f  x . x2  x  1  x2  x  1 ,. Df = R, y ' . 2x  1 x  x 1 2. . 2x  1 x2  x  1.  2 x  1 2 x  1  0 y '  0   2 x  1 x 2  x  1   2 x  1 x 2  x  1   vô nghiệm) 2 2 2 2  2 x  1  x  x  1   2 x  1  x  x  1. -7-.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Phương trình – hệ phương trình. KK38. Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến. 2x. lim y  lim. Giới hạn:. x . x2  x  1  x2  x  1 2x. x . lim y  lim. x . BBT:. x2  x  1  x2  x  1. x . x.  1 1. . . y’. +. y. 1 1. Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 < m < 1. Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số, rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là ¡ và dẩn đến việc kết luận sai lầm rằng phương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn trong bài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị. Bài toán 12: Tìm m để phương trình: x x  x  12  m  5  x  4  x  (12) có nghiệm. Giải: D  0; 4 . Phương trình đã cho tương đương: ( x x  x  12)  5  x  4  x   m . Xét hàm số y  f  x   ( x x  x  12)  5  x  4  x  . Nhận xét: Hàm số h  x   x x  x  12 đồng biến trên D. Hàm số g  x   5  x  4  x đồng biến trên D. Suy ra y = f(x) = h(x).g(x) là hàm đồng biến trên D. Vậy phương trình (12) có nghiệm khi và chỉ khi f  0  m  f  4  2 3( 5  2)  m  12.. Bài toán 13: Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x  3  m x2  1 Giải: Phương trình được viết lại dưới dạng:. x3 x2  1. Số nghiệm của PT là số giao điểm của (C): y . -8-. m. x3 x2  1. và đường thẳng: y = m..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Phương trình – hệ phương trình. KK38. Lập BBT : x. . y’. . 1/3 +. 0. y. . 10. 1 -1. KL:. m  1  m  10 : phương trình vô nghiệm. 1  m  1 hoặc m  10 :. phương trình có nghiệm duy nhất.. 1  m  10 : phương trình có 2 nghiệm phân biệt.. Bài toán 14: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 1  3  x .  x  13  x   m , (13). Giải: ĐK: 1  x  3 . Đặt t  x  1  3  x , lập BBT của t(x) với 1  x  3 ta có 2  t  2 1 2. Khi đó phương trình (13) trở thành:  t2 + t + 1 = m, lập bảng biến thiên của hàm số vế trái với 2  t  2 từ đó kết luận: 1  m  2 . * Bài tập tƣơng tự: 1/ Tìm m để bất phương trình. x 1 x2  x  1.  2  m nghiệm đúng với mọi x  ¡ .. 2/ Tìm tất cả tham số m để bất phương trình x3  3x 2  1  m. . x  x 1. . 3. có nghiệm.. (Cấu trúc đề thi đại học khối B-2009, NXB GD). 3/ Tìm m để phương trình 3 x  1  m x  1  2 4 x2  1 có nghiệm. (Đại học khối A năm 2007). 4/ Giải phương trình: (1  cos x)(2  4cos x )  3.4cos x  Về hệ phƣơng trình: -9-.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Phương trình – hệ phương trình. KK38.  y 3  6 x 2  12 x  8  0  Bài toán 15: Giải hệ phương trình sau  z 3  6 y 2  12 y  8  0  x 3  6 z 2  12 z  8  0   y  3 6 x 2  12 x  8  Giải: Hệ đã cho tương đương với  z  3 6 y 2  12 y  8  x  3 6 z 2  12 z  8  . Xét hàm số f ( x)  3 6 x 2  12 x  8 xác định và liên tục trên ¡ . 4( x  1). Ta có f ' ( x)  3. 6 x. 2.  12 x  8. . 2. 4( x  1). Suy ra f ' ( x)  0  3. 6 x. 2.  12 x  8. . 2.  0  x 1. Bảng biến thiên: . X y’. -. 0. +. . Y. . 3. Suy ra tập giá trị của hàm f(x) là: đồng biến trên. . 1. . 3. 2. . Ta có hàm số đồng biến trên 1; nên. 2 ;.  2;. Như vậy, Nếu x > f(x) thì f(x) > f(f(x)), suy ra f(f(x)) > f(f(f(x))) = x, 3. suy ra x > x mâu thuẩn. Điều này chứng tỏ không thể có x > f(x). Tương tự cũng không thể có x < f(x). Do đó x = f(x). Như vậy ta có phương trình: x  3 6 x 2  12 x  8  x 3  6 x 2  12 x  8  0  x  2 suy ra y = z = 2. Vậy hệ phương trình có. nghiệm duy nhất là (2;2;2).. - 10 -.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Phương trình – hệ phương trình. KK38. * Thông thường chúng ta sử dụng phương pháp hàm số để đánh giá một phương trình trong hệ. Thiết lập mối quan hệ giữa các ẩn rồi thế vào phương trình còn lại, suy ra kết quả. Các bài toán sau minh họa cho ý tưởng này.  3  x  2  x  2 y 2 y  1  0  Bài toán 16: Giải hệ phương trình  3  2 2  x   2 y  2   1. Giải: ĐK: x  2, y . (1) (2). 1 2. Phương trình (1) tương đương  3  x  3  x  1  2 y 2 y  1 Xét hàm số f (t )  t t  1 , với t  1 , hàm số liên tục trên nửa khoảng 1;   Ta có f '(t )  t  1 . t  0 (t > 1) nên hàm số đồng biến trên 1;   . 2 t 1. Khi đó phương trình trên có dạng f  3  x   f  2 y   3  x  2 y  2  x  2 y 1 Thay 2 – x = 2y – 1 vào phương trình (2), ta được 2 2 y  1  . . . . 3. 2 y 1  1. . 3. 2 y 1  2 2 y 1  1  0.  2 y 1  1   1  5  2 y  1  2  y 1  suy ra y  5 5  4 x 1 , y 1. Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là: .  x 1  x  1 5  2.  1 5 x   2  y  5 5   4.  x 5  xy 4  y 10  y 6 Bài toán 17: Giải hệ phương trình:  2  4x  5  y  8  6. (1) (2). Giải: Nhận xét: nếu y = 0 thì từ phương trình (1) suy ra x = 0 và phương trình (2) không thỏa mãn. Vậy y  0, chia hai vế phương trình (1) cho y5, ta được : - 11 -.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Phương trình – hệ phương trình. KK38. 5. x x     y 5  y y  y. (3) x. Xét hàm số f (t )  t 5  t , khi đó phương trình (3) có dạng: f    f  y  (3’)  y Vì f '(t )  5t 4  1>0, t  R nên hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó (3’) tương đương. x 2  y suy ra y = x thay vào phương trình (2), ta được y. 4 x  5  x  8  6 , giải phương trình này ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương. trình. Từ đó hệ đã cho có nghiệm x = 1, y = 1 hoặc x = 1, y = -1  x  1  3x  4  y  9  3 y  2 2   x  y  3  x  y  3( y  x). Bài toán 18 : Giải hệ phương trình : . (1) (2). Giải : ĐK x  1, y  4. PT (2)  ( x  y )( x  y )  3  ( x  y )  3( x  y )  ( x  y  3)( x  y  1)  0  y  x  1(do x  y  3  0). Thay vào (1) ta được :. x  1  3x  3  x  9  3( x  1).  x  1  3( x  1)  3  x  3(3  x). Xét hàm số f (t )  3t 2  t , t  0 là hàm số đồng biến trên (0; ) suy ra x  1  3  x Từ đó suy ra nghiệm (x ;y)=(1 ;2).. . . 2   4 x  1 x   y  3 5  2 y  0 (1) Bài toán 19: Giải hệ phương trình:  2 2 (2)   4x  y  2 3  4x  7. (Câu V, Đề thi đại học năm 2010, khối A) Giải: (Đáp án của Bộ GD & ĐT) 3 4. ĐK x  , y . 5 2. - 12 -.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Phương trình – hệ phương trình. KK38. Phương trình (1) tương đương với  4 x2  1 .2 x   5  2 y  1 . 5  2 y Xét hàm số f(t) = (t2 + 1)t, khi đó pt trên có dạng f  2 x   f. . 5  2y. . (1’). Ta có f’(t) = 3t2 + 1 > 0, suy ra hàm số đồng biến trên ¡ .  x0  Do đó pt (1’) tương đương 2 x  5  2 y   5  4 x 2 y   2. Thay y . 5  4x2 5 vào phương t nh (2), ta được: 4 x 2    2 x 2   2 3  4 x  7  0 (2’) 2 2  2. 5 3 Xét hàm số g ( x)  4 x    2 x 2   2 3  4 x  7 , trên 0;  . Hàm số liên tục trên 2   4 2. 3 đoạn 0;   4. Ta có g '( x)  8 x  8 x   2 x 2   5 2. . 4 4  4 x  4 x 2  3   0 , suy ra hàm số 3  4x 3  4x. 3 1 nghịch biến trên đoạn 0;  và g    0 .  4 2. Do đó pt (2’) có nghiệm duy nhất x . 1 suy ra y = 2. 2. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    ; 2  2 1. . . * Đề xuất một cách giải khác: Xét phương trình (1):  4 x2  1 x   y  3 5  2 y  0   4 x2  1 x   3  y  5  2 y (1’) Phân tích: Vế phải không âm, nên x không âm. Ta có: 5  2 y  6  2 y  1  2  3  y   1 , vế phải có dạng: t. 2t  1 Khi đó : Nếu đặt 4 x2  1  2t suy ra x  3 4. Giải: ĐK: x  , y . 2t  1 , thì vế trái cũng có dạng: t 2t  1 2. 5 2. Vì x < 0 không thỏa phương trình (1) nên xét x  0. Phương trình (1’) tương đương: - 13 -.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Phương trình – hệ phương trình.  4x. 2.  1 .. KK38. 4 x2  1 1  3  y . 2 3  y  1 2. 1 1     2 x 2   . 2.  2 x 2    1   3  2 y  2.  3  2 y   1 2 2   1 1 Xét hàm số f (t )  t. 2t  1 , với t  , hàm số liên tục trên  ;  . 2. 2. Khi đó phương trình trên có dạng f  2 x 2    f  3  y  2 1. . . . (1’’). t 1 1 > 0, t  , nên hàm số đồng biến  ;   . 2 2t  1 2 . Ta có f '(t )  2t  1 . 1 2. Do đó phương trình (1’’) tương đương 2 x 2   3  y Suy ra y . 5  4x2 , thay vào phương trình (2) và giải hoàn toàn tương tự như cách 1. 2. * Bài toán tƣơng tự :.  x3  5 x  y 3  5 y  1/ Giải hệ phương trình  8 4  x  y  1  x3  3x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y  2/ Giải hệ phương trình  2 (Đại học khối A-2012) 1 2 x  y  x  y    2.  x  13  12  x  1   y  13  12  y  11  2 2 HD: HPT   1  1   x     y    1 2  2  2  Từ (2) ta có 1  x . 1 1 3 1 1 3  1; 1  y   1    x  1  ;   y  1  2 2 2 2 2 2  3 3  . Xét hàm số f  t   t 3  12t , t    ;  .... 2 2. - 14 -.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Phương trình – hệ phương trình. KK38. * Việc phát hiện được phương trình đầu có dạng f(u) = f(v) là một việc đòi hỏi nhiều kỹ năng. Kỹ năng biến đổi phương trình ban đầu để đưa về dạng phương trình f(u) = f(v) sẽ được đề cập trong một đề tài khác.. -------Hết--------. - 15 -.

<span class='text_page_counter'>(16)</span>