MỤC LỤC
Trang
PHẦN I. LỜI MỞ ĐẦU………………………………........……......……...........2
1. Lý do chọn đề tài
2. Mục đích nghiên cứu đề tài
3. Phạm vi nghiên cứu đề tài
4. Nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài
5. Phương pháp nghiên cứu đề tài
PHẦN II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ ……….….……………..........….…….…….4
1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT..……….……………………….........…………...4
1.1. Định nghĩa
1.2. Một số tính chất về hàm số
1.3. Một số phương pháp đoán nghiệm
2. Một số ứng dụng tính đơn điệu của hàm số…………………………….5
2.1. Giải phương trình…………………………………………………...5
2.2. Giải bất phương trình……………………………………………….13
2.3. Giải hệ phương trình………………………………………………..15
PHẦN III. KẾT LUẬN ……………………………………………………….....27
TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………………………………….28

1


PHẦN I. LỜI MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình môn toán ở trường trung học phổ thông (THPT), mảng kiến
thức về phương trình (PT), bất phương trình (BPT), hệ phương trình (HPT) rất quan
trọng. Đây cũng là một chủ đề hay và khó, thường xuyên có mặt trong các kỳ thi
chọn học sinh (HS) giỏi, Cao đẳng, Đại học trước đây bây giờ là kỳ thi Tốt Nghiệp
Trung học phổ thông quốc gia và chúng thuộc câu phân loại trình độ của HS ở mức
độ vận dụng bậc cao.

5. Phương pháp nghiên cứu đề tài
Từ việc thu thập và nghiên cứu các tài liệu tham khảo thông qua các thao tác tổng
hợp, phân tích, đánh giá, so sánh và đúc kết.
Thảo luận, trao đổi, lấy ý kiến với HS và đồng nghiệp.

3


PHẦN II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
Để giải được các bài toán bằng cách vận dụng tính đơn điệu của hàm số thì những
kiến thức về hàm số như đạo hàm, sự biến thiên và kĩ năng đoán nghiệm là vô cùng
quan trọng. Sau đây tôi xin trích một số tính chất, định nghĩa và các PP đoán nghiệm
thường được sử dụng và được phép sử dụng trong quá trình viết đề tài này.
Trong đề tài này ta luôn giả thiết K là một khoảng của ¡ .
1.1. Định nghĩa
Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên K .
▪ Hàm số f ( x ) được gọi là đồng biến trên K nếu
∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 )

▪ Hàm số f ( x ) được gọi là nghịch biến trên K nếu
∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 )

▪ Hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên K gọi chung là hàm đơn điệu trên K .
1.2. Một số tính chất về hàm số
Tính chất 1. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và có đạo hàm trên K . Khi đó
▪ Nếu f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ K và f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm trên K thì hàm
số f ( x ) đồng biến trên K .
▪ Nếu f ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ K và f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm trên K thì hàm
số f ( x ) nghịch biến trên K .

Ví dụ tìm nghiệm của phương trình

x2 − x + 3 + x2 + x + 4 = 7

Đầu tiên nhập vào máy X 2 − X + 3 + X 2 + X + 4 − 7 . Sau đó nhấn phím shift → CALC
ta được nghiệm X = 3 . Để tìm nghiệm khác của phương trình (nếu có) ta tiếp tục
2
2
nhập  X − X + 3 + X + X + 4 − 7  : ( X − 3) . Sau đó nhấn phím shift → Solve ta được

nghiệm X = −

143
.
48

2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
2.1. Giải phương trình
Giải phương trình F ( x ) = 0 , trong đó F ( x ) có tập xác định D. Để giải phương
trình này bằng cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số, ta thường biến đổi phương
trình này về một trong các dạng sau đây
Dạng 1. f ( x ) = k ( k ∈ ¡ ) trong đó hàm f ( x ) đơn điệu trên D.
Dạng 2. f ( x ) = g ( x ) trong đó hàm f ( x ) đồng biến ( nghịch biến ) trên D và g ( x )
là hàm nghịch biến ( đồng biến ) trên D.
Dạng 3. f ( u ) = f ( v ) trong đó f ( t ) là hàm đơn điệu trên K và u = u ( x ) , v = v ( x )
thuộc K với mọi x ∈ D. Khi đó f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v .
5


Trong đề tài này ta gọi f ( t ) là hàm đại diện.

có tối đa 1 nghiệm. Mặt khác ta có x = 6 ∈ [ −2; +∞ ) và f ( 6 ) = 12 .
Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình (1).
f '( x ) =

Ví dụ 2. Giải phương trình

3

x + 6 + x2 = 7 − x − 1

( 2)

Phân tích. Ta có ( 2 ) ⇔ 3 x + 6 + x − 1 + x 2 = 7 ( *) . Sau đó cách phân tích và nhẩm
nghiệm tương tự Ví dụ 1.
Lời giải 1
Điều kiện x ≥ 1 . Xét hàm số f ( x ) = 3 x + 6 + x − 1 + x 2 xác định và liên tục trên nửa
khoảng [ 1; +∞ ) . Ta có

f '( x ) =

1
3 3 ( x + 6)

2

+

1
+ 2 x > 0, ∀x ∈ ( 1; +∞ ) .
2 x −1

x+6 −2 +

x − 1 − 1 + x2 − 4 = 0

x−2
+ ( x − 2) ( x + 2) = 0
x −1 +1



1
1

⇔ ( x − 2)
+
+ x + 2 = 0
 3 ( x + 6) 2 + 2 3 x + 6 + 4

x −1 +1




1
1

+
+ x + 2 > 0, ∀x ≥ 1÷.
⇔ x = 2 do
2

ta có phương trình
2
x + 2 + x + 6 = 4 ( *)

(3) về dạng f ( x ) = k . Cụ thể với điều kiện x ≥

( 3) ⇔ (
Nhận xét: Vì

2x −1 − 3

x + 2 + x + 6 > 0, ∀x ≥

)(

)

1
và vế phải bằng 4 nên để phương trình (*)
2

có nghiệm thì 2 x − 1 − 3 > 0 ⇔ x > 5 . Mục đích của nhận xét này là ta thu hẹp miền
của biến để hàm số đơn điệu.
Lời giải 1
1
2
Xét hàm số f ( x ) =

(
( 2 x − 1 − 3) (


)

2 x − 1 − 3 > 0, ∀x ∈ ( 5; +∞ )

7


Suy ra f ( x ) là hàm số đồng biến trên khoảng ( 5;+∞ ) . Do đó phương trình ( * ) có
tối đa 1 nghiệm. Mặt khác ta có x = 7 ∈ ( 5; +∞ ) và f ( 7 ) = 4 .
Vậy x = 7 là nghiệm duy nhất của phương trình (3).
Lời giải 2
1
2

Điều kiện x ≥ . Khi đó ( 3) ⇔

(

2x −1 − 3

)(

)

x+2 + x+6 =4

( *) .

Xét hai hàm số dương f ( x ) = 2 x − 1 − 3 và g ( x ) = x + 2 + x + 6 xác định trên


Nhận xét. Trong Ví dụ trên, tôi đã sử dụng tính chất “Tích của hai hàm số dương
cùng đồng biến trên D là một hàm số đồng biến trên D”.
Ví dụ 4. Giải phương trình 3

(

) (

2 x 2 + 1 − 1 = x 1 + 3x + 8 2 x 2 + 1

)

( 4)

Phân tích. Vì 2 x 2 + 1 ≥ 1 ⇒ 2 x 2 + 1 − 1 ≥ 0 và 8 2 x 2 + 1 + 3 x + 1 > 8 x + 3 x + 1 > 0 nên
để phương trình (4) có nghiệm thì x ≥ 0 . Mục đích của nhận xét này là ta thu hẹp
miền của biến để hàm số đơn điệu.
Lời giải
Điều kiện x ≥ 0 . Khi đó ( 4 ) ⇔ 3x 2 + x + 8 x 2 x 2 + 1 − 3 2 x 2 + 1 + 3 = 0 ( *)
Xét hàm số f ( x ) = 3 x 2 + x + 8 x 2 x 2 + 1 − 3 2 x 2 + 1 + 3 xác định và liên tục trên nửa
khoảng [ 0; +∞ ) . Ta có

f '( x ) = 6 x + 1 +

32 x 2 − 6 x + 8

> 0, ∀x ∈ (0; +∞)
2 x2 + 1
Vì 32 x 2 − 6 x + 8 > 0, ∀x ∈ ¡ nên f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) . Suy ra f ( x ) là hàm số đồng

5) x3 + 2 x − 3 + ln x 2 − x + 1 = 0

( §S : x = 3)
( §S : x = 1)

Dạng 2. Phương trình dạng f ( x ) = g ( x )
Phương pháp
Bước 1. Xét hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) xác định và liên tục trên D.
Bước 2. Chứng minh hàm f ( x ) đồng biến ( nghịch biến ) trên D, còn hàm
g ( x ) nghịch biến ( đồng biến ) trên D.
Bước 3. Nhẩm nghiệm x = x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = g ( x0 ) thì x = x0 là nghiệm
duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 5. Giải phương trình x x + x + 12 = 12

(

5− x + 4− x

)

( 5)

Phân tích. Với điều kiện 0 ≤ x ≤ 4 thì vế trái là hàm số đồng biến, vế phải là hàm
nghịch biến, hơn nữa nhẩm nghiệm được x = 4 nên đây là những điều kiện thuận lợi
cho việc sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Lời giải
Điều kiện 0 ≤ x ≤ 4 . Xét hàm số f ( x ) = x x + x + 12 và g ( x ) = 12 5 − x + 4 − x

(


)

x + 5 + 2 2 x − 5 = 3x − 1

( 6)

5
thì cả hai vế đều là hàm số đồng biến. Do đó để sử
2

dụng được tính đơn điệu của hàm số ta phải biến đổi phương trình (6) về dạng
3

x + 5 + 2 2x − 5 =

3x − 1
2x − 4

( *)

Nhận thấy vế trái (*) là hàm số đồng biến, vế phải (*) là hàm nghịch biến, hơn nữa
nhẩm nghiệm được x = 3 nên việc sử dụng tính đơn điệu của hàm số là thuận lợi.
Lời giải
5
2

Điều kiện x ≥ . Khi đó ( 6 ) ⇔ 3 x + 5 + 2 2 x − 5 =

3x − 1
2x − 4

10

( 2x − 4)

2

5

< 0, ∀x ∈  ; +∞ ÷. Suy ra f ( x ) là hàm số đồng biến và g ( x ) là
2

5



hàm số nghịch biến trên nửa khoảng  ; +∞ ÷. Do đó phương trình f ( x ) = g ( x ) có
2

tối đa một nghiệm. Mặt khác ta có f ( 3) = g ( 3) = 4 nên x = 3 là nghiệm duy nhất của
phương trình (6).
Bài tập 2. Giải các phương trình sau

1) 4 ( x − 1) log 3 ( x + 1) + log 4 ( x + 2 )  = 5 x − 2

( §S : x = 0, x = 2 )

 π π
2) tan x + sin x = − x 2 − 4 x , x ∈  − ; ÷
 2 2
3− x

Phân tích. Bậc cao nhất của phương trình (7) là bậc 3, theo kinh nghiệm ta luôn
phân tích biểu thức bậc lớn (biểu thức ngoài dấu căn) theo biểu thức bậc nhỏ (biểu
3
thức trong dấu căn) và xây dựng hàm đại diện bậc 3 dạng f ( t ) = mt + nt .
Cụ thể ( 7 ) ⇔ 2 x 3 − 3x + 1 + 3 2 x3 − 3 x + 1 = x 2 + 2 + 3 x 2 + 2
⇔

(

3

)

3

2 x3 − 3x + 1 + 3 2 x3 − 3x + 1 =

(

3

x2 + 2

)

3

+ 3 x2 + 2

( *)

)

3

2 x3 − 3x + 1 + 3 2 x3 − 3x + 1 =

(

3

x2 + 2

)

3

+ 3 x2 + 2

( *)

3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t xác định và liên tục trên ¡ . Ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ .
Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó từ

(*) ⇔ f

(

3

Phân tích. Tương tự Ví dụ 7, ta cần dựa vào biểu thức trong căn để biến đổi. Cụ thể

(

)

3
1
ta biến đổi vế phải ( 3x + 2 ) 3 x + 1 = 3 x + 1 + 3 x + 1 . Từ đó
3
3
3
dự đoán hàm đại diện f ( t ) = t + t . Phân tích x3 + 3x 2 + 4 x + 2 =  g ( x )  + g ( x ) (trong

với điều kiện x ≥ −

đó g ( x ) thường có dạng ax + b ). Bằng các phương pháp phân tích ta tìm được

(
f ( x + 1) = f (

( x + 1)
Phương trình (*) có dạng

3

+ ( x + 1) =

)
3x + 1 )

2
Xét hàm số f ( t ) = t + t xác định và liên tục trên ¡ . Ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ .
Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó từ

 x ≥ −1
x = 0
3x + 1 ⇔ x + 1 = 3x + 1 ⇔  2
⇔
x = 1
x − x = 0
Kết hợp với điều kiện, phương trình (8) có hai nghiệm là x = 0 hoặc x = 1 .

(*) ⇔ f ( x + 1) = f

(

Ví dụ 9. Giải phương trình

)

3

x + 2 − 3 2 x2 + 1 = 3 2 x2 − 3 x + 1

( 9)
11


Phân tích. Nếu lập phương hai vế để khử căn bậc 3 thì dẫn đến phương trình phức
tạp. Tuy nhiên nếu quan sát phương trình (9) thì ta nhận thấy các biểu thức trong


( x + 1) + 1 + 3 x + 1 ( *) .

Xét hàm số f ( t ) = 3 t + 1 + 3 t xác định và liên tục trên ¡ . Ta có
f '( t ) =

1
3 3 ( t + 1)

2

+

1
33 t 2

> 0, ∀t ∈ ¡ \ { −1;0} . Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ .

Do đó từ (*) ⇔ f ( x + 1) = f ( 2 x 2 ) ⇔ 2 x 2 − x − 1 = 0 ⇔ x = −

1
hoặc x = 1 .
2

1
2

Vậy phương trình (9) có hai nghiệm là x = − ; x = 1 .
 2x −1 
log


) với

f ( t ) = log 3 t + t , t > 0 . Như vậy

tới đây ta tìm được hàm đại diện f ( t ) = log 3 t + t , t > 0 và đương nhiên phương trình
(10) giải được.
Lời giải

(

)

2
2
1
< x ≠ 1 . Ta có ( 10 ) ⇔ log 3 ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1) = log 3 3 ( x − 1) + 3 ( x − 1) ( *)
2
Xét hàm số f ( t ) = log 3 t + t xác định trên khoảng ( 0; +∞ ) . Ta có

Điều kiện
f '( t ) =

1
+ 1 > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) . Suy ra f ( t ) là hàm đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .
t ln 3

Do đó từ

(

Ví dụ 11. Giải phương trình 32 x

3 − x+2

− 3x

3 +2 x

( 11)

+ x3 − 3 x + 2 = 0

f x
g x
Phân tích. Phương trình (11) có dạng cơ bản a ( ) − a ( ) = h ( x ) . Theo kinh nghiệm

ta phân tích h ( x ) = k  g ( x ) − f ( x )  . Cụ thể

( 11) ⇔ 32 x − x+2 − 3x + 2 x = − ( 2 x3 − x + 2 ) + ( x3 + 2 x )
3

⇔ 32 x

3

3 − x+2

(

)

+ 2 x3 − x + 2 = 3x

3 +2 x

(

+ x3 + 2 x

)

( *) .

t
t
Xét hàm f ( t ) = 3 + t xác định và liên tục trên ¡ . Ta có f ' ( t ) = 3 ln 3 + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ .
Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó từ
3
3
3
3
3
(*) ⇔ f ( 2 x − x + 2 ) = f ( x + 2 x ) ⇔ 2 x − x + 2 = x + 2 x ⇔ x − 3x + 2 = 0
Vậy phương trình (11) có hai nghiệm là x = −2; x = 1 .

Lưu ý. Phép phân tích 32 x

3 − x+2

− 3x


2) sin 2 x − sin  x + ÷ = x −
3
3

x
3) 3 = 1 + x + log 3 ( 1 + 2 x )
4)

x +1
x + 1 2x − 4 2
−
=
−
x
3
3
x

5) 8 x3 − 36 x 2 + 53 x − 25 = 3 3 x − 5

1

 §S : x = - ÷
5

π

 §S : x = ÷
3


2 x 2 x+7
x + 7x
f ( x ) là hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) . Mặt khác ta có x = 9 ∈ [ 0; +∞ ) và

khoảng [ 0; +∞ ) . Ta có f ' ( x ) =

1

+

f ( 9 ) = 0 . Do đó từ ( *) ⇔ f ( x ) < 0 ⇔ f ( x ) < f ( 9 ) ⇔ x < 9 .

Giao với điều kiện, bất phương trình (12) có tập nghiệm là [ 0;9 ) .

(

)

3
Ví dụ 13. Giải bất phương trình 2 x − 1 + 3 x + 6 ( x − 1) > x + 6

( 13)

Lời giải
Điều kiện x ≥ 1 . Do x = 1 không thỏa bất phương trình (13) nên chỉ xét x > 1 . Khi đó

x+6
( *)
x −1
x+6

 f ( x ) > f ( 2 ) = 8
⇒ f ( x) > g ( x)
Tương tự nếu x > 2 , ta có 
g
x


nên bất phương trình (*) luôn có nghiệm khi x > 2 .
x −1
Giao với điều kiện, bất phương trình (13) có tập nghiệm là ( 2; +∞ ) .

hay 2 x − 1 + 3 3 x + 6 ≤

Ví dụ 14. Giải bất phương trình

x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1 (14)

14



[ 0; +∞ ) . Do đó từ

(*) ⇔ f ( x − 1) > f ( 3 − x ) ⇔ x − 1 > 3 − x ⇔ x > 2 .
Giao với điều kiện, bất phương trình (14) có tập nghiệm là ( 2;3] .
Bài tập 4. Giải các bất phương trình sau

(

)

(

)

1) log 5 1 + 2 x 2 − x + 2 + log 9 x 2 − x + 7 ≤ 2
2) x − 3 x − 2 ≤ 9 x 2 − 6 x − x x 2 + 2
3) ( x + 2 ) x + 1 > 27 x3 − 27 x 2 + 12 x − 2
4) ( x − 1) x 2 − 2 x + 5 − 4 x x 2 + 1 ≥ x + 1
5) 3

2( x −1) +1

− 3x ≤ x 2 − 4 x + 3

( §S : [ −1;2] )



2 
 §S :  3 ;1 ∪ [ 2; +∞ ) ÷

c. Sử dụng phép biến đổi tương đương để tạo ra hàm số đại diện.
Loại 2. Xét hàm số đại diện đơn điệu trên tập chưa biết trước
Loại này bao gồm các hệ phương trình cần phải thu hẹp miền của ẩn để hàm đại
diện f ( t ) đơn điệu. Một trong những thao tác để thu hẹp miền của ẩn là dựa vào
điều kiện có nghĩa và điều kiện ẩn sâu bên trong mỗi phương trình kết hợp với việc
đánh giá bất đẳng thức.
15


Loại 1. Xét hàm số đại diện đơn điệu trên tập xác định đã biết trước
(1) Một số dạng chuẩn, cơ bản sử dụng tính đơn điệu hàm số
Dạng 1. Hệ chứa đa thức bậc ba dạng
a1 x 3 + b1 x 2 + c1 x + d1 = a2 y 3 + b2 y 2 + c2 y + d 2

Về nguyên tắc tổng quát ta thường xây dựng hàm đại diện f ( t ) = mt + nt
dựa trên phương trình này. Các bước phân tích tìm hàm đại diện tương tự
như ở phương trình. Để hiểu rõ hơn vấn đề này ta xét ví dụ sau đây
3

Ví dụ 15. Giải hệ phương trình

(

13 x − 4 y + 8 = y 3 − x3 + 3 y 2 − 2 x 2
 2
 x ( x − 2 ) ( y + 1) = 5 ( 1 − 2 y )

)

( 1)

3

2

giữa hai biến x, y và đương nhiên hệ phương trình (15) giải được.
Lời giải
3
2
Phương trình ( 1) ⇔ ( x + 1) + 3 ( x + 1) + 4 ( x + 1) = y 3 + 3 y 2 + 4 y ( *) .
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t + 4t xác định và liên tục trên ¡ . Ta có

f ' ( t ) = 3t 2 + 6t + 4 = 3 ( t + 1) + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ .
Suy ra f ( t ) là hàm đồng biến trên ¡ . Do đó từ (*) ⇔ f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ x + 1 = y .
Thế y = x + 1 vào phương trình (2) ta được
2

(

)(

)

x 2 ( x − 2 ) ( x + 2 ) = 5 ( 1 − 2 ( x + 1) ) ⇔ x 4 − ( 2 x + 5 ) = 0 ⇔ x 2 + 2 x + 5 x 2 − 2 x − 5 = 0
2

x = 1+ 6 ⇒ y = 2 + 6
⇔
 x = 1 − 6 ⇒ y = 2 − 6


( 2)

Phân tích. Phương trình (2) mặc dù đơn giản nhưng ta khó tìm được mối quan hệ
giữa hai biến x, y . Do đó ta phải tập trung vào phương trình (1). Nhận thấy phương
trình (1) có dạng a1 x 3 + b1 x 2 + c1 x + d1 = ( a2 y + b2 ) c2 y + d 2 và hai biến x, y đã độc
lập nên ta đưa phương trình này về dạng f ( u ) = f ( v ) để xử lý hàm. Cụ thể với điều
5
ta có ( 1) ⇔ 4 x3 + x = ( 3 − y ) 5 − 2 y . Hay
2
2
8 x3 + 2 x = ( 6 − 2 y ) 5 − 2 y =  5 − 2 y + 1 5 − 2 y =



kiện y ≤

(

⇔ ( 2x) + ( 2x ) =
3

(

5 − 2y

)

3


3
5
5 − 2 y + 5 − 2 y ( *) .
4
2
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t xác định và liên tục trên ¡ . Ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ .
Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó từ
3
Điều kiện x ≤ , y ≤ . Khi đó ( 1) ⇔ ( 2 x ) + ( 2 x ) =

(*) ⇔ f ( 2 x ) = f

x ≥ 0

5 − 2 y ⇔ 5 − 2 y = 2x ⇔ 
1
2 .
 y = 2 5 − 4 x

(

)

(

)

1

Thế y =

(

)

(

(

(

)

)

)

17


1



Kết hợp với điều kiện, hệ phương trình (16) có một nghiệm là ( x; y ) =  ;2 ÷.
2 

Dạng 3. Hệ chứa phương trình dạng  ax +



( 1)
( 2)


Phân tích. Nhận thấy phương trình (1) có dạng  ax +

( 17 )

2
+ 1  by + ( by ) + 1  = 1
 


nên ta nhân lượng liên hợp đưa về phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) để xử lý hàm. Cụ
1
2
2
= 1 ⇔ x + 1 + x2 = ( − y ) + 1 + ( − y ) .
thể ( 1) ⇔ x + 1 + x .
1 + y2 − y

( ax )

2

)

(


>

và biến đổi ta được phương trình 4 x + 2 + 22 − 3 x = x 2 + 8

4  
14  
1
 1
⇔ 4  x + 2 −  x + ÷ +  22 − 3 x −  − x + ÷ = x 2 − x − 2
3  
3 
3
 3

⇔ 4 3 x + 2 − ( x + 4 )  + 3 22 − 3 x − ( 14 − x )  = 3 x 2 − x − 2
4
1


⇔ − x2 + x + 2 
+
+ 3 = 0
 3 x + 2 + x + 4 3 22 − 3 x + 14 − x 
 x = −1 ⇒ y = 1
⇔ − x2 + x + 2 = 0 ⇔ 
 x = 2 ⇒ y = −2
4
1
22  


Trong một số bài toán nếu quan sát thấy biến x, y chưa độc lập ở cả hai vế
thì ta cần chia để chúng độc lập, từ đó xây dựng được hàm đại diện. Vấn đề
đặt ra là chia cho biểu thức nào và dấu hiệu nhận dạng ra sao ? Để hiểu rõ
hơn vấn đề này ta xét ví dụ sau đây
Ví dụ 18. Giải hệ phương trình

(

)

(

)

(

)

 x 2 + 3 y 2 x3 + 2 x − 3 y 4 y 4 = y 4 + 2 y 6


 4 x + 5 + 2 y 2 + 3 = 7

( 1)
( 2)

( 18)

Phân tích. Phương trình (2) mặc dù đơn giản nhưng ta khó tìm được mối quan hệ
giữa hai biến x, y . Do đó ta phải tập trung vào phương trình (1). Từ (1) ta cô lập

5
4

5
3 2
4
10
8
6
Điều kiện x ≥ − . Khi đó ( 1) ⇔ x + 3x y + 2 xy = y + 3 y + 2 y

( i)

Với y = 0 , từ ( i ) ta có x = 0 . Suy ra ( x; y ) = ( 0;0 ) không là nghiệm của hệ (18).
Với y ≠ 0 , chia hai vế của ( i ) cho y 5 ta được phương trình
5

3

 x
 x
 x
5
3
 ÷ + 3 ÷ + 2  ÷ = y + 3 y + 2 y
 y
 y
 y
5
3

=
49
4
x
+
17
x
+
15
=
64
−
32
x
+
4
x


Kết hợp với điều kiện, hệ (18) có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 1;1) , ( x; y ) = ( 1; −1) .

b. Cộng (trừ) theo vế hai phương trình trong hệ để tạo ra hàm số đại diện
Trong một số bài toán ta phải cộng (trừ) theo vế hai phương trình trong hệ, từ
đó xây dựng được hàm đại diện. Vấn đề đặt ra là khi nào cộng, khi nào trừ và
dấu hiệu nhận dạng ra sao ? Để hiểu rõ hơn vấn đề này ta xét ví dụ sau đây
Ví dụ 19. Giải hệ phương trình
 x 7 + 2 x5 + 6 x − 9 + 5 x + 4 = 3 y
 7
5
 y + 2 y + 6 y − 9 + 5 y + 4 = 3 x

x + 2 x + 9 x + 5x + 4 = y7 + 2 y5 + 9 y + 5 y + 4

Điều kiện x ≥ − , y ≥ − . Khi đó lấy ( 1) − ( 2 ) vế theo vế và biến đổi ta được

( *)
 4
 5




Xét hàm f ( t ) = t 7 + 2t 5 + 9t + 5t + 4 xác định và liên tục trên nửa khoảng  − ; +∞ ÷.
5
 4

> 0, ∀t ∈  − ; +∞ ÷. Suy ra f ( t ) là hàm số đồng
2 5t + 4
 5

 4

biến trên nửa khoảng  − ; +∞ ÷. Do đó từ (*) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Thế y = x
 5

vào (1) và biến đổi ta được phương trình x 7 + 2 x5 + 3x + 5 x + 4 − 9 = 0 ( i ) .
6
4
Ta có f ' ( t ) = 7t + 10t + 9 +

20

−
;
+∞
(
)
.
Ta
có
÷

÷. Suy ra g ( x ) là
 5
2 5x + 4

 5

 4

hàm số đồng biến trên nửa khoảng  − ; +∞ ÷. Do đó phương trình ( i ) có tối đa một
 5

 4

nghiệm. Mặt khác x = 1 ∈  − ; +∞ ÷ và g ( 1) = 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của ( i )
 5

Kết hợp với điều kiện, hệ (19) có một nghiệm là ( x; y ) = ( 1;1) .

Ví dụ 20. Giải hệ phương trình
 y 3 + 3 y 2 + y + 4 x 2 − 22 x + 21 = ( 2 x + 1) 2 x − 1


y3 + 3 y 2 + 5 y + 3 =

(

(

)

3

2 x − 1 + 2 2 x − 1 ⇔ ( y + 1) + 2 ( y + 1) =

)

3

(

)

3

2x −1 + 2 2x −1

3
Hay f ( y + 1) = f 2 x − 1 ⇔ y + 1 = 2 x − 1 với f ( t ) = t + 2t đơn điệu trên ¡ . Như
vậy tới đây ta đã tìm được mối quan hệ giữa hai biến x, y và đương nhiên hệ
phương trình (20) giải được.
Lời giải


Thế y = 2 x − 1 − 1 vào (2) và biến đổi ta được 2 x 2 − 11x − 2 2 x − 1 + 11 = 0

) (

)

1


⇔ 2 x2 − 6 x + 5 + x + 1 − 2 2 x − 1 = 0 ⇔ x2 − 6 x + 5  2 +
÷= 0
x + 1 + 2 2x −1 


(

(

)

21


1
1

> 0, ∀x ≥ ÷
⇔ x 2 − 6 x + 5 = 0  do 2 +
2

với f ( t ) = e ( t + 1) đơn điệu trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) . Như vậy tới đây ta tìm được
2

2

mối quan hệ giữa hai biến x, y và đương nhiên hệ phương trình (21) giải được.
Lời giải

x + 2 y + 6 > 0
2
2
. Khi đó ( 1) ⇔ e x x 2 + 1 = e y y 2 + 1 ( *) . Xét hàm số
x + y + 2 > 0
t
f ( t ) = e ( t + 1) xác định và liên tục trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) . Ta có

(

Điều kiện 

)

(

)

f ' ( t ) = et ( t + 2 ) > 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) . Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên nửa khoảng
[ 0; +∞ ) . Do đó từ (*) ⇔ f x 2 = f y 2 ⇔ x 2 = y 2 ⇔ y = ± x . Với y = − x thay vào

( )

t

8 1
8 1
Suy ra 9 = 8 + 1 ⇔  ÷ +  ÷ = 1 ( i ) . Xét hàm số g ( t ) =  ÷ +  ÷ xác định và
9 9
9 9
t
t
8 8 1 1
liên tục trên ¡ . Ta có g ' ( t ) =  ÷ ln +  ÷ ln < 0, ∀t ∈ ¡ . Suy ra g ( t ) là hàm số
9 9 9 9
nghịch biến trên ¡ . Do đó phương trình ( i ) có tối đa một nghiệm. Mặt khác ta có
t = 1 ∈ ¡ và g ( 1) = 1 nên t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình ( i ) .
t

t

22


x +1 > 0
⇔ x=7⇒ y =7.
x
+
1
=
8

Kết hợp với điều kiện, hệ (21) có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 3; −3) , ( x; y ) = ( 7;7 ) .

Tuy nhiên hàm số f ( t ) này không đơn điệu trên ¡ . Do đó ta cần thu hẹp miền của
các biểu thức x − 1, y + 1 và hợp các miền này lại để hàm số f ( t ) có thể đơn điệu.

Để làm được điều này ta dựa vào phương trình (2).
2

1
1
3
1
 x − ÷ ≤ 1 −1 ≤ x − ≤ 1 − ≤ x − 1 ≤
2
2
2


 2
1
1
2
2
⇒
⇒
( 2 ) ⇔  x − ÷ +  y + ÷ = 1 . Ta có 


2
2 
2


Lời giải
1
1

 3
−1 ≤ x − ≤ 1 − ≤ x − 1 ≤



1 
1
2
2

⇒ 2
Phương trình ( 2 ) ⇔  x − ÷ +  y + ÷ = 1 ⇒ 
2 
2

−1 ≤ y + 1 ≤ 1 − 1 ≤ y + 1 ≤ 3

2
 2
2
2

2

3
3

2
2
1 3
3 1
Kết hợp với điều kiện, hệ (22) có hai nghiệm là ( x; y ) =  ; − ÷, ( x; y ) =  ; − ÷.
2 2
2 2

Ví dụ 23. Giải hệ phương trình
 x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y
 2
2
 x + 2 x ( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0

( 1)
( 2)

( 23)

Phân tích. Phương trình (2) mặc dù đơn giản nhưng ta khó tìm được mối quan hệ
giữa hai biến x, y vì đây là phương trình bậc 2 có biệt số delta không chính phương
nên không phân tích được thành phương trình tích. Do đó ta phải tập trung vào
phương trình (1). Ta cô lập hai biến đưa về phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) để xử lý
hàm. Cụ thể với điều kiện x ≥ 1 ta có

( 1) ⇔

(

Hay f


(

)

2t 3
t4 + 2

+ 1 > 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) . Khi

x − 1 = f ( y ) ⇔ y = 4 x − 1 . Như vậy tới đây ta tìm được mối quan hệ giữa hai
biến x, y và đương nhiên hệ phương trình (23) giải được.

đó f

4

Lời giải
2
Điều kiện x ≥ 1 . Ta có ( 2 ) ⇔ ( x + y − 1) = 4 y ≥ 0 ⇒ y ≥ 0 . Khi đó

( 1) ⇔

(

4

)

4

4
 y + 2y + y − 4 = 0 ⇒ y =1⇒ x = 2
Kết hợp với điều kiện, hệ (23) có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 1;0 ) , ( x; y ) = ( 2;1) .

(

)

Ví dụ 24. Giải hệ phương trình

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

(

)

( 1)
( 2)

( 24 )

24



Cách 2. Ta có ( i ) ⇔

x2 + 1

=

y +1
y2 +1

⇔ f ( x ) = f ( y ) với f ( t ) =

t +1
t2 +1

, ∀t ∈ ¡ .

Tuy nhiên hàm số f ( t ) không đơn điệu trên ¡ . Do đó ta cần thu hẹp miền của các
biến x, y và hợp các miền này lại để hàm f ( t ) có thể đơn điệu. Để làm được điều
2
2
này ta dựa vào phương trình (1). Ta có ( 1) ⇔ 2 x + y = 2 ( x − 1) ( y − 1) . Thử thấy
x > 1

( x; y ) = ( 0;0 ) không thỏa phương trình nên suy ra ( x − 1) ( y − 1) > 0 ⇔ 
hoặc
y >1


t +1
x < 1


)

Khi đó trên mỗi khoảng ( 1; + ∞ ) , ( − ∞;1) ta có f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Như vậy tới đây
ta đã tìm được mối quan hệ giữa hai biến x, y và đương nhiên hệ phương trình (24)
giải được.
Lời giải
Nhận xét: ( x; y ) = ( 0;0 ) không là nghiệm của hệ phương trình. Ta có
x > 1
x < 1
hoặc 
y >1
y 0 ⇔ 

25