THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1. Tên sáng kiến: Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng
công cụ hàm số
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục đào tạo
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 20 tháng 9 năm 2016 đến ngày 15 tháng 05
năm 2016.
4. Tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Văn Khoa
Năm sinh: 1983
Nơi thường trú: Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ toán học
Chức vụ công tác: Phó Hiệu trưởng
Nơi làm việc: Trường THPT Xuân Trường
Địa chỉ liên hệ: Xóm 2 - Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định
Điện thoại: 0917.842.399
Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến: 100%
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT Xuân Trường
Địa chỉ: Xã Xuân Hồng-Huyện Xuân Trường-Tỉnh Nam Định
Điện thoại: 03503.886.167

1


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm số
I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Hệ phương trình là một chủ đề rất quan trọng trong các chủ đề toán học ở trường
trung học phổ thông. Trong những năm gần đây, bài toán hệ phương trình trong các kỳ
thi đại học (bây giờ là thi THPT Quốc gia), kỳ thi học sinh giỏi, thi khảo sát chất lượng



chung rồi cho học sinh làm một hệ thống các bài tập liên quan đến hàm số mà không
chia nhỏ hơn nữa.
Với cách giảng dạy đưa ra một hệ thống các bài tập như thế, học sinh không nắm
được cách thức để tìm ra hàm đặc trưng. Không phân biệt được sự giống và khác nhau
giữa các cách đó. Do đó, hiệu quả giảng dạy không cao.
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
2.1. Các kiến thức cơ bản
2.1.1. Các định lý
Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên khoảng ( a; b ) .
a) Nều f ' ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm thì hàm số
f ( x ) đồng biến trên ( a; b ) .
b) Nếu f ' ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm thì hàm số
f ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) .
2.1.2. Các tính chất
Tính chất 1: Giả sử hàm số y = f ( x ) đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( a; b ) và
u; v ∈ ( a; b ) , khi đó f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v.
Tính chất 2: Nếu hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( a; b ) và y = g ( x ) là hàm hằng
hoặc là một hàm số nghịch biến trên ( a; b ) thì phương trình f ( x ) = g ( x ) có nhiều
nhất một nghiệm thuộc khoảng ( a; b ) .
Nếu có x0 ∈ ( a; b ) sao cho f ( x0 ) = g ( x0 ) thì phương trình f ( x ) = g ( x ) có
nghiệm duy nhất x0 trên ( a; b ) .
Chú ý: Khoảng ( a; b ) nêu trong tính chất có thể thay bởi các miền

( −∞; a ) , ( −∞; a ] , [ a; b ] , ( a; b ] , [ a; b ) , ( b; +∞ ) , [ b; +∞ ) , ( −∞; +∞ ) .
2.2. Giải pháp cụ thể
2.2.1. Hệ chứa một phương trình có luôn dạng f ( u ) = f ( v )
Khi đó, ta chỉ cần xét luôn hàm đặc trưng f ( t ) với t ∈ D , chứng minh hàm luôn
đơn điệu trên D, từ đó có được u = v, tức là tìm được mối liên hệ đơn giản hơn giữa x


Bài 2. Giải hệ phương trình: 
2
 9 x 2 + 4 = 3x + 2 x − 2

y
y2

( 1)
( 2)

Giải.
Điều kiện: y ≠ 0
Xét hàm số f ( t ) = t +
có f ' ( t ) = 1 −

(t

2t
2

+ 1)

2

1
, t ∈¡
t +1
2


Thay x = y vào phương trình (2) ta được:
4 3x 2 + 2 x − 2
4
2
9x + 2 =
⇔ 9 x 2 + 2 = 3x − + 2
x
x
x
x
2

Đặt u = 3 x −

( 4)

2
4
4
⇒ u 2 = 9 x 2 + 2 − 12 ⇔ 9 x 2 + 2 = u 2 + 12
x
x
x

Phương trình (5) trở thành
u + 2 ≥ 0
u ≥ −2
⇔
⇔u=2
u = 2 u 2 + 12 = u + 2 ⇔  2


( 1)
( 2)

Phân tích: Ta dễ dàng nhận thấy phương trình (1) có luôn dạng f ( u ) = f ( v ) , thậy
vậy ( 1) ⇔

(

4

)

4

x −1 + 2 + 4 x −1 =

y4 + 2 + y .

Đến đây ta thực hiện xét hàm đặc trưng f ( t ) = t + t 4 + 2 .
2t 3

Ta có f ' ( t ) =

t +2
4

+ 1 chưa xác định được dấu.

Để ý rằng, miền D của t là hợp miền của

4
Thay vào phương trình (2) ta được: y ( y + 2 y + y − 4 ) = 0

( 4)

7
4
6
3
Hàm g ( y ) = y + 2 y + y − 4 có g ' ( y ) = 7 y + 8 y + 1 > 0 với ∀y ≥ 0 .

Mà g ( 1) = 0, nên (4) có hai nghiệm không âm là y = 0 và y = 1
Với y = 0 ta được nghiệm ( x; y ) = ( 1;0 ) ; với y = 1 ta được nghiệm ( x; y ) = ( 2;1)
Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho là ( 1;0 ) và ( 2;1) .
Nhận xét: Phương trình f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v chỉ khi hàm số f ( t ) đơn điệu
trên D và u , v ∈ D . Nếu hàm đặc trưng f ( t ) có đạo hàm f ' ( t ) chưa xác định một
dấu (luôn dương hoặc luôn âm) trên ¡ thì ta phải tìm cách chặn biến x; y để u , v ∈ D
5


và f ( t ) đơn điệu trên D . Để chặn biến x, y ta có thể dựa vào điều kiện xác định của
hệ phương trình, điều kiện để phương trình bậc hai ẩn x tham số y (hoặc ẩn y tham
số x ) có nghiệm, hoặc nhận xét điều kiện của biểu thức để hệ có nghiệm (chẳng hạn:
A + B = 0, B ≥ 0 ⇒ A ≤ 0 ; A B = c < 0 ⇒ A < 0; A2 + B 2 = 1 ⇒ −1 ≤ A, B ≤ 1 ,….)

( 1)
( 2)

 x3 − y 3 = 3x − 3 y
Bài 4. Giải hệ phương trình:  2

÷
÷
2
2
2
2

 

2.2.2. Phương pháp nhân liên hợp tìm hàm đặc trưng
Hệ chứa dạng liên hợp  ax +

Phương pháp: Nhận xét ax +

Nên  ax +
⇔ by +

( ax )

( by )

2

2

+ 1  . by +
 

+ 1 = ( −ax ) +




= ax + ax ≥ 0

( by )

2

+1 =

1
ax +

( ax )

2

+1

+1

Bằng cách xét hàm đặc trưng f ( t ) = t + t 2 + 1 , ta chứng minh được f ( t ) đồng biến
trên ¡ , do đó phương trình trên ⇔ by = −ax .
Ngoài phương pháp trên, ta có thể sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp để
tìm ra mối liên hệ giữa x và y.
* Với hệ chứa biểu thức dạng t + t 2 + 1 ,

1
t + t2 +1


⇔ y + 1 + y 2 = −3 x + 1 + 9 x 2

3x + 1 + 9 x 2

⇔ y + 1 + y 2 = ( −3 x ) + 1 + ( − 3 x )

2

Xét hàm số f ( t ) = t + t 2 + 1 trên ¡ có:
f '( t ) = 1 +

t

=

t2 +1 + t

t +t

>

t2 +1
t2 +1
t2 +1
Nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ .
Do đó, f ( y ) = f ( −3x ) ⇔ y = −3x .
Thế vào phương trình (1), ta được:

≥ 0 ∀t ∈ ¡



)

(

x ≥ 3 −1

⇔
⇔ x = 2+2 3
x
+
1
x
−
2
−
2
3
=
0
(
)

+ Với − x − 1 = 3 ( x + 2 ) + 3 ⇔ − x − 1 + 3 = 3 ( x + 2 )

(

)

(


( 1)
( 2)

22
3

y 2 − y = − y + y ≥ 0, ∀y ∈ ¡

Nên nhân hai vế của phương trình (1) với 1 + y 2 − y ta được

( 1) ⇔ x +

1 + x2 = ( − y ) +
7

( − y)

2

+1

(3)


Xét hàm số h ( t ) = t + t 2 + 1 , t ∈ ¡
t

Ta có h ' ( t ) = 1 +



đặt VT = f ( x) ; VP = g ( x)
Ta có: f ′( x) =

−4
2 x + 2.(2 + x + 2)

2

−

9
2 22 − 3 x .(2 + 22 − 3 x ) 2

< 0 và

22 

g ′( x) = 1 > 0 với ∀x ∈  −2; ÷.
3 

22 

Suy ra f ( x) nghịch biến, g ( x) đồng biến trên  −2; 
3

Mà f (−1) = g (−1) = 1 suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = −1
Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho: ( 2; −2 ) , ( −1;2 )

)(

+
2
−
y
2
+
3
+
y


y =1
4
1
⇔ 
g ( y) = y +1+
−
= 0 ( 4)

1+ 2 − y 2 + 3 + y
Hàm số g ( y ) với y ∈ [ −3;2] , ta có:
g '( y ) = 1 +

(

2

2 − y. 1+ 2 − y

)

Bài 4. Giải hệ phương trình: 
27 x 6 + 8 y − 2 = x 3
2
Giải. Ta có ( 1) ⇔ x + x + 4 = 2

⇔ x + x2 + 4 =

( −2 y )

2

(

y2 + 1 − y

+ 4 + ( −2 y ) ⇔ f ( x ) = f ( −2 y ) (*), với f ( t ) = t + 1 + t 2
1+ t2 + t

Xét hàm số f ( t ) với t ∈ ¡ , ta có f ' ( t ) =
(Vì

1+ t2 + t
1+ t

2

>

t2 + t
1+ t

⇔ ( 3 x 2 ) + ( 3 x 2 ) = ( x + 1) + ( x + 1) ⇔ g ( 3 x 2 ) = g ( x + 1) , với g ( t ) = t + t .
3

3

2
Xét hàm số g ( t ) với t ∈ ¡ , ta có g ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ nên g ( t ) ĐB trên ¡ .

Do vậy, g ( 3x 2 ) = g ( x + 1) ⇔ 3x 2 = x + 1 ⇔ x =

1 ± 13
6

 1 + 13 −1 − 13   1 − 13 −1 + 13 
;
;
Vậy, hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là: 
÷; 
÷
6
6
6
6

 


(

)(


Xét hàm số f ( t ) = t + t + 1, t ∈ ¡ , ta có f ' ( t ) =
2

1+ t2 + t
1+ t2

>

t2 + t
1+ t2

=

t +t
1+ t2

≥0

với ∀t ∈ ¡ , suy ra f ( t ) đồng biến trên ¡ .
Do đó f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ y = x + 1 , thế vào (2) ta được:
3 x 2 + x − ( 8 x − 3) 2 x 2 + 1 + 3 = 0 ⇔ ( 8 x − 3) 2 x 2 + 1 = 3 x 2 + x + 3
3

3

x
≥
x≥


 2
2
2
 y + 2 ( x + 1) x + 2 x + 3 = 2 x − 4 x.
Phân tích: Ta thấy phương trình thứ nhất của hệ là phương trình bậc nhất ẩn y
nên ta sẽ rút y theo x rồi thế vào phương trình thứ hai của hệ.
Giải. ĐKXĐ: x ∈ ¡ ; y ∈ ¡ .
2
Ta có xy + 2 = y x + 2 ⇔ y

)

(

x2 + 2 − x = 2 ⇔ y =

2
x +2−x
2

⇔ y = x2 + 2 + x

Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :

(

x2 + 2 + x

)


f '(t ) = 1 + t 2 + 2 +

t2
t2 + 2

> 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f (t ) đồng biến trên ¡ .

1
Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x + 1) = f (− x) ⇔ x + 1 = − x ⇔ x = − ⇒ y = 1 .
2
10


 1 
Vậy hệ đã cho có nghiệm là ( x; y ) =  − ;1÷.
 2 
3
2
2.2.3. Tìm hàm đặc trưng dạng bậc ba dạng f ( t ) = at + bt + ct + d

2.2.3.1. Hệ chứa một phương trình có dạng a1 x3 + b1 x 2 + c1 x + d1 = a2 y 3 + b2 y 2 + c2 y
Phương pháp: Ta tìm cách biến đổi phương trình trên về dạng:
3
3
m. ( ax + b ) + n ( ax + b ) = m. ( cy + d ) + n ( cy + d ) ⇔ f ( ax + b ) = f ( cy + d )

Đến đây, ta xét hàm số f ( t ) và chứng minh hàm f ( t ) luôn đồng biến (nghịch biến)
trên D.
Suy ra: f ( ax + b ) = f ( cy + d ) ⇔ ax + b = cy + d và thế vào phương trình còn lại.
Lưu ý: miền D = D1 ∪ D2 với D1 , D2 là miền của ax + b và cy + d .

≤ 1; y − ≤ 1 .
2
2

( x − 1) 3 − 12 ( x − 1) = ( y + 1) 3 − 12 ( y + 1)

2
2
Giải. HPT ⇔ 
1 
1
 x − ÷ +  y + ÷ = 1
2 
2


( 1)
( 2)

1
1

 3
−
1
≤
x
−
≤
1


x=

1 
3

2
2
Thay vào (2), ta được:  x − ÷ +  x − ÷ = 1 ⇔ 4 x − 8 x + 3 = 0 ⇔ 
2 
2

x = 3

2
2

2

1 3
3 1
Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( x; y ) =  ; − ÷; ( x; y ) =  ; − ÷
2 2
2 2
 x3 − y 3 = 3 ( x − y 2 ) + 2

Bài 2. Giải hệ phương trình 
 x 2 + 1 − x 2 − 3 2 y − y 2 + 2 = 0
Giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1;0 ≤ y ≤ 2 .
Ta có ( 1) ⇔ x 3 − 3 x = ( y − 1) − 3 ( y − 1)


3
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , với t ∈ ¡ .
2
3
Ta có f ' ( t ) = 3t + 3 > 0, ∀t ∈ ¡ nên f ( t ) = t + 3t đồng biến trên ¡ .

Khi đó: (3) có dạng f ( x − y ) = f ( y ) ⇔ x − y = y ⇔ x = 2 y.
3
2
Thế vào (2) ta được: 2 x = ( 1 + 2 x − 3 x ) 2 x + 1

(4)

Đặt t = 2 x + 1, t ≥ 0, khi đó (4) trở thành: 2 x 3 = t 3 − 3 x 2 t ⇔ 2 x3 + 3x 2 t − t 3 = 0
Nếu t = 0 thì x = 0 không thỏa mãn (4)

12


x
 t = −1  x = −t
x
 x
3
⇔
Nếu t ≠ 0, chia hai vế cho t ta được: 2  ÷ + 3  ÷ − 1 = 0 ⇔ 
x
1
t

⇔ 
⇔x=
4

4
4 x − 2 x − 1 = 0

1
−
5
 x =
4
 

1+ 5 1+ 5 
1− 2 
;
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( x; y ) là:  1 − 2;
÷ và 
÷
2
4
8 



 y 3 + y = x 3 + 3x 2 + 4 x + 2
Bài 4. Giải hệ phương trình 
2
 1 − x − y = 2 − y − 1


2

2

t = 0
t2 − 2
+ 1 = t ⇔ t 2 − 2t = 0 ⇔ 
2
t = 2

1 + x + 1 − x = 0 ⇔ 2 + 2 1 − x 2 = 0 (vô nghiệm)

Với t = 2 ta có 1 + x + 1 − x = 2 ⇔ 2 + 2 1 − x 2 = 4 ⇔ 1 − x 2 = 1 ⇔ x = 0
Với x = 0 ⇒ y = 1 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0;1) .

13


2 x + xy x 2 y 2 + 2 + ( xy + 1) x 2 + 4 x + 6 + 3 = 0 ( 1)

Bài 5. Giải hệ phương trình: 
2 2
2
( 2)
 xy ( xy − 1) + x y = ( x + 1) ( x + x + 1)
Phân tích: Nhân thấy cả hai phương trình không độc lập được x, y ở hai vế, nhưng để ý
ở phương trình (2), nếu xem z = xy thì z, x độc lập ở hai vế, đến đây ta biến đổi để xuất
hiện hàm đặc trưng.

Xét hàm số f ( t ) trên ¡ , ta có f ' ( t ) = 3t 2 − 2t + 1 = 2t 2 + ( t − 1) > 0, ∀t ∈ ¡ .

Do đó, hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ .
Suy ra, f ( xy ) = f ( x + 1) ⇔ xy = x + 1 . Thế vào (1) ta được:

( 1) ⇔ 2 x + ( x + 1)

(

x2 + 2x + 3 + ( x + 2) x2 + 4x + 6 + 3 = 0

)

(

)

⇔ ( x + 1) 1 + x 2 + 2 x + 3 + ( x + 2 ) 1 + x 2 + 4 x + 6 = 0

(

⇔ ( x + 1) 1 +

(

( x + 1)

2

)


−3
1
⇒y= .
2
3
 3 1
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) =  − ; ÷
 2 3
Do đó, g ( x + 1) = g ( − x − 2 ) ⇔ x + 1 = − x − 2 ⇔ x =

14


 x3 + x − 2 = y 3 + 3 y 2 + 4 y

Bài 6. Giải hệ phương trình  2 x + 1 x + 2
=
2
y
+
2
x +1


( 1)
( 2)

Phân tích: Dễ dàng biến đổi được phương trình (1) về dạng f ( x ) = f ( y + 1) ,


mx + n
mx + n
Vì vậy, ta sẽ tiến hành xác định α , β trong phân tích:
α + 2 β = 1 α = 3
x + 2 α ( x + 1) + β ( 2 x + 1)
=
⇒
⇒
.
x +1
x +1
α + β = 2
 β = −1
Giải. Điều kiện x ≠ −1; y ≠ 0;

2x + 1
≥0
y+2

Có ( 1) ⇔ x 3 + x = ( y + 1) + ( y + 1) (*)
3

3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ ¡ có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0∀t ∈ ¡ nên f ( t ) đồng biến trên ¡

, do đó ( *) ⇔ x = y + 1 hay y = x − 1 . Thế vào (2) ta được:
2
Đặt


c2

(

c2 y + d 2

)

3

+

α a2
c2 y + d 2
c2
15


a2
αa
3
( x + m ) + 2 ( x + m ) (chú ý đưa hết b1 x 2
c2
c2
a2 3 α a2
t
vào trong khai triển bậc 3 rồi thực hiện xét hàm đặc trưng f ( t ) = t +
c2
c2
Bài 1. (Trích đề thi TSĐH khối A năm 2010) Giải hệ phương trình:

( y − 3)

5 − 2 y sang vế phải của ( 1) .

3
5
Giải. Điều kiện x ≤ ; y ≤
4
2
2
Khi đó ( 1) ⇔ ( 4 x + 1) .2 x = ( 5 − 2 y + 1) 5 − 2 y

(3)

2
3
Xét hàm số f ( t ) = ( t + 1) t = t + t , với t ∈ ¡
2
Ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀ t ∈ ¡ suy ra f ( t ) đồng biến trên ¡

x ≥ 0

Do đó ( 3) ⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔ 
5 − 4x2
y
=

2

Thay y =


2

16


4
4
5

 3
g ' ( x ) = 8 x − 8 x  − 2 x 2 ÷−
= 4 x ( 4 x 2 − 3) −
< 0, ∀x ∈  0; ÷
3 − 4x
3 − 4x
2

 4
 3
1
Do đó g ( x ) nghịch biến trên  0; ÷. Mà g  ÷ = 0 nên phương trình (4) có nghiệm
 4
2
duy nhất x =

1
suy ra y = 2 .
2



)

2

+ 1 2 x − 2


(3)

2
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên ¡ , có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡

nên f (t ) đồng biến trên ¡
Do đó, (3) ⇔ f ( y ) = f ( 2 x − 2) ⇔ y = 2 x − 2
Thay vào (2) ta được : (2 x − 4)( 3 4 x − 4 + 2 x − 2) = 3 x − 1
•

x = 2 không phải là nghiệm của (4)

•

x ≠ 2 : (4) ⇔

3

4x − 4 + 2x − 2 =

Đặt f ( x ) = 3 4 x − 4 + 2 x − 2 ; g ( x ) =
ta có

• Trên ( 2; +∞ ) , (4) có tối đa một nghiệm. Mà f ( 3) = g ( 3) = 4 ⇒ x = 3 là nghiệm
duy nhất của (4).
17


Với x = 3 ⇒ y = 2 .
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;4 ) .
4 x 3 − 3 x + ( y − 1) 2 y + 1 = 0
Bài 3. Giải hệ phương trình:  2
2 x + x + − y ( 2 y + 1) = 0

( 1)
( 2)

1
Giải. Điều kiện: − ≤ y ≤ 0
2
Phương trình (1) ⇔ ( 2 y + 1) − 3 2 y + 1 = ( −2 x ) − 3 ( −2 x ) (3)
3

1
Vì − ≤ y ≤ 0 nên 0 ≤ 2 y + 1 ≤ 1.
2
Từ phương trình (2) của hệ ta thấy để hệ có nghiệm thì
1
2x2 + x ≤ 0 ⇒ − ≤ x ≤ 0 ⇒ 0 ≤ 2x ≤ 1 .
2
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 3t , t ∈ [ 0;1] , ta có f ' ( t ) = 3t − 3 ≤ 0, ∀t ∈ [ 0;1] nên hàm số f ( t )

2 x + x − 2 x.
= 0 ⇔ x 2x + 1 − 2 ( 1 − 4x2 ) = 0 ⇔ 
2
2
 2 − 8 x = 2 x + 1
2

(

( 4)

1
Với x = 0 ⇒ y = − .
2
Xét phương trình (4), ta có:
1

x ≥ − 2
1
1



1
x ≥ −
x ≥ −

−1
⇔
⇔  x =

( 1)
( 2)

( 1) ⇔ x3 − 3x 2 + 2 = y y + 3
3
⇔ ( x − 1) − 3 ( x − 1) = ( y + 3) y + 3 − 3 y + 3
( 3)
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 3t , t ≥ 1 có f ' ( t ) = 3t − 3 ≥ 0, ∀t ≥ 1 nên hàm số

f ( t ) đồng

biến trên [ 1; +∞ ) .
Với x ≥ 2 ⇒ x − 1 ≥ 1;

y≥0⇒

Phương trình (3) có dạng f ( x − 1) = f

y + 3 >1

(

)

y + 3 ⇔ x −1 =

y+3


Xét hàm số f ( t ) = 4t + t , t ∈ ¡
2
Suy ra f ' ( t ) = 12t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f ( t ) là hàm số đồng biến trên
Do đó ( 3) ⇔ f ( y ) = f

(

(3)

¡ .

)

2x − 1 ⇔ y = 2x −1 .

Từ (2) ta có
4 x 2 − 8 x + 2 y ( y 2 − 1) + y 2 + 3 = 0 ⇔ 4 x 2 − 8 x + 2 y ( 2 x − 2 ) + 2 x − 1 + 3 = 0

19


⇔ 4 x 2 − 6 x + 2 + 2 y ( 2 x − 2 ) = 0 ⇔ ( 2 x − 2 ) ( 2 x − 1) + 2 y ( 2 x − 2 ) = 0
x = 1
⇔ ( 2 x − 2 ) ( y + 2 y ) = 0 ⇔  y = 0
 y = −2
2

1  5

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là ( 1;1) , ( 1; −1) ,  ;0 ÷,  ; −2 ÷

(

)

x+2 ⇔ y = x+2

2
2
Thay vào (2) ta được 2 x + 16 = 3 2 ( x + 2 ) + x + 2 x − 2 x + 4

)

⇔ 2x2 − 6x + 4 = 3 x + 2 x2 − 2x + 4
⇔ 2 ( x2 − 2x + 4) − 2 ( x + 2) = 3 x + 2 x2 − 2x + 4
Đặt u = x + 2, v = x 2 − 2 x + 4, ( u ≥ 0, v > 0 )
Phương trình trở thành 2v 2 − 3uv − 2u 2 = 0 (3)
Do v > 0, chia hai vế phương trình (3) cho v 2 ta được:
2
u
u 1
u
u
2  ÷ + 3  ÷− 2 = 0 ⇔ = hoặc = −2 .
v
v 2
v
v
u 1
Do u ≥ 0, v > 0 nên = ⇔ v = 2u
v 2


biến đổi đưa về dạng f ( u ) = f ( v ) .
 x ≥ −2

Giải. Điều kiện: 
3
 y ≤ 2
Xét thấy x = 0 không thỏa mãn hệ, nên chia hai vế của phương trình (1) cho x3 ta được:
1
3 4
( 1) ⇔ − 3 + 2 − + 2 = ( 4 − 2 y ) 3 − 2 y
x
x
x
3

 1  1
⇔ 1 − ÷ + 1 − ÷ =
 x  x

(

3− 2y

)

3

( 3)


Hàm số h ( x ) = 3 15 − x + 1 có h ' ( x ) =

−1
3 ( 15 − x )
3

2

< 0∀x ≠ 15 .

Hàm số h ( x ) liên tục trên ¡ nên h ( x ) nghịch biến trên ¡ , suy ra nghịch biến
trên ( −2; +∞ ) .
Mà x = 7 là nghiệm của (4) nên (4) có nghiệm duy nhất x = 7 ⇒ y =
 111 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  7;
÷.
 98 

21

111
.
98


 2
4x2 + 1
2
2
( 1)

y
+
⇔
−
+
− + 2 = ( 4 − 2y) 3 − 2y
(
)
x2
x3
x3 x 2 x

Hàm đặc trưng đã lộ rõ ở vế phải, vì ( 4 − 2 y ) 3 − 2 y =

(

3− 2y

)

3

+ 3 − 2 y , do đó ta

cố gắng tách ghép để vế trái có dạng u 3 + u .
3

1
3 4
 1   1 

1
3 4
( 1) ⇔ 2 = ( 4 − 2 y ) 3 − 2 y + 3 ⇔ − 3 + 2 − + 2 = ( 4 − 2 y ) 3 − 2 y
x
x
x
x
x
3

 1   1 
⇔  − + 1 ÷ +  − + 1÷ =
 x   x 

(

3− 2y

)

3

 1 
+ 3 − 2 y ⇔ f  − + 1÷ = f
 x 

(

3− 2y


 x 

⇔ ( 2 x + 1)

1
+1 =
x

3

x2 ( x + 2) + x + 2
2x + 1

1
1
1
2
2

+ 1 = x + 2 + 3 x2 ( x + 2) ⇔  2 + ÷ 1 + = 1 + + 3 1 +
x
x
x
x
x

3


1

≥
−
a
≥
−


2
2
1 + a = 3 1 + 2a ⇔ 
⇔
3
2
2
( a + 1) = ( 2a + 1)
 a ( a − a − 1) = 0


1

a ≥ − 2

1

a
≥
−
1+ 5



Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = 
÷
4 
 2

(

)

4 2 x 2 x − 1 − y 3 − 3 y 2 = 15 y + 7 + 2 x − 1
( 1)

Bài 9. Giải hệ phương trình  y y + 2
)
 (
+ 6 − x = 2 x 2 + 2 y 2 − 15 x + 4 y + 12 ( 2 )

2
1
2 ≤ x ≤ 6

Giải. Điều kiện  y ≤ −2

  y ≥ 0

Ta có, ( 1) ⇔ 4 ( 2 x − 1) 2 x − 1 + 3 2 x − 1 = 4 ( y + 1) + 3 ( y + 1)
3

⇔ f


⇔ ( x − 5)  2 x − 1 −
+
÷= 0
2
+
x
−
1
1
+
6
−
x



1
1

⇔ ( x − 5 )  2 ( x − 1) + 1 −
+
=0⇔ x=5
2 + x −1 1 + 6 − x 

1
1
1
< 1 ⇒ 2x −1 −
+
>0

2
2 7 x − 8 y + 3 14 x − 18 y = x + 6 x + 13

( 1)
( 2)

3

 x ≤ 4; y ≤
2
Giải. Điều kiện 
7 x − 8 y ≥ 0;7 x − 9 y ≥ 0
Ta đặt u = 4 − x , v = 3 − 2 y (u , v ≥ 0) phương trình (1) trở thành:
(2000 + u 2 )u = (2000 + v 2 )v
(3)
3
Xét hàm số f (t ) = t 3 + 2000t , t ∈ ¡ , có f ' ( t ) = t + 2000 > 0 ∀t ∈ ¡ nên f ( t ) là hàm
đồng biến trên ¡ .
Do đó, ( 3) ⇔ f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v hay 2 y = x − 1
thay vào phương trình thứ 2 ta được :
 −4

2 3 x + 4 + 3 5 x + 9 = x 2 + 6 x + 13
≤ x ≤ 4÷

 3

dùng liên hợp ta được :

24

(Do vế trái (4) luôn âm với mọi
3
1
x = 0 ⇒ y = − ; x = −1 ⇒ y = −1
2
1

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là:  0; − ÷, ( −1; −1)
2

( 23 − 3 x ) 7 − x + ( 3 y − 20 ) 6 − y = 0
Bài 2. Giải hệ phương trình : 
2
 2 x + y + 2 − 2 y − 3 x + 8 + 3 x = 14 x + 8
Giải. Điều kiện : x ≤ 7, y ≤ 6, 2 x + y + 2 ≥ 0, 2 y − 3 x + 8 ≥ 0 .

( 1) ⇔ 3 (

7−x

)

3

+2 7−x =3

(

6− y


)

7−x = f

(

)

6 − y ⇔ 7 − x = 6 − y ⇔ y = x − 1 . Thế vào (2) ta được:

( 2) ⇔
⇔
⇔

(

3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0

) (

)

3 x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0
3 ( x − 5)

+

x−5

3x + 1 + 4 1 + 6 − x