CHUYÊN ĐỀ 1 - TÍNH ĐƠN ĐIỆU VÀ CỰC TRỊ
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Định lý Lagrange: Cho f là một hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) . Lúc đó tồn tại c ∈ ( a; b ) để:

f ( b) − f ( a)
= f ' ( c ) hay f ( b ) − f ( a ) = ( b − a ) f ' ( c )
b−a

Định lý Rolle: Cho f là một hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) và f ( a ) = f ( b ) . Lúc đó tồn tại

c ∈ ( a; b ) để f ' ( c ) = 0 .
Định lý Cauchy: Cho f và g là hai hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) và g ' ( x ) ≠ 0 tại mỗi

x ∈ ( a; b ) .
Lúc đó tồn tại c ∈ ( a; b ) để

f ( b) − f ( a ) f '( c )
=
.
g ( b) − g ( a ) g '( c )

Tính đơn điệu
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng ( a; b ) khi đó:
- Nếu f đồng biến trên ( a; b ) thì f ' ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) .
- Nếu f nghịch biến trên ( a; b ) thì f ' ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) .
- Nếu f ' ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) và f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của ( a; b ) thì hàm số đồng
biến trên khoảng ( a; b ) .
- Nếu f ' ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) và f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của ( a; b ) thì hàm số nghịch
biến trên khoảng ( a; b ) .
- Nếu f đồng biến trên khoảng ( a; b ) và liên tục trên [ a; b ) thì đồng biến trên [ a; b ) ; và liên tục trên ( a; b ] thì
đồng biến trên ( a; b ] ; liên tục trên [ a; b ] thì đồng biến trên [ a; b ] .

và x = b .

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất

Trang 2


- Nếu f là một hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) thì phương trình f ' ( x ) =
nhất một nghiệm c ∈ ( a; b ) .

f ( b) − f ( a)
có ít
b−a

Đặc biệt, nếu f ( a ) = f ( b ) = 0 thì phương trình f ' ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm c ∈ ( a; b ) hay giữa hai
nghiệm của f thì có ít nhất một nghiệm của đạo hàm f ' .
Chú ý:
1) Tung độ cực trị y = f ( x ) tại x = x0 :
Hàm đa thức: y = q ( x ) . y '+ r ( x ) ⇒ y0 = r ( x0 )

u ( x0 ) u ' ( x0 )
u ( x)
⇒ y0 =
=
v ( x)
v ( x0 ) v ' ( x0 )

Hàm hữu tỉ: y = f ( x ) =

Đặc biệt: Với hàm y = f ( x ) bậc 3 có CĐ, CT và nếu y = q ( x ) . y '+ r ( x ) thì phương trình đường thẳng

Hướng dẫn giải
a)

π 
π
π
π



f ' ( x ) = −2cos x sin x − 2cos  x + ÷sin  x + ÷+ sin x cos  x + ÷+ cos x.sin  x + ÷
3 
3
3
3



2π

= − sin 2 x − sin  2 x +
3


π


÷+ sin  2 x + ÷
3


2
2
Do đó f hằng trên R nên f ( x ) = f ( 0 ) = 2 − sin a − 2cos a = sin a .

Bài toán 1.2: Cho 2 đa thức P ( x ) và Q ( x ) thỏa mãn: P ' ( x ) = Q ' ( x ) với mọi x và P ( 0 ) = Q ( 0 ) . Chứng
minh: P ( x ) ≡ Q ( x ) .
Hướng dẫn giải
Xét hàm số f ( x ) = P ( x ) − Q ( x ) , D = ¡
Ta

có

f '( x ) = P '( x ) − Q '( x ) = 0

theo

giả

thiết,

do

đó

f ( x)

là

hàm



1 π
= 0 ⇒ f ( x) = C = f  ÷=
2 2
1− x
−1

2

b) Với x ≤ −1 , xét f ( x ) = 2arctan x + arcsin

2x
1 + x2

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất

Trang 4


2 − 2x2

1 + x2 )
(
2
2
2
+
=
−
= 0 (vì x ≤ −1 )

x
Hướng dẫn giải

Xét f ( x ) = arctan x + arctan

1
. D = ( −∞;0 ) ∪ ( 0; +∞ )
x

Với x ∈ ( 0; +∞ ) thì f liên tục và có đạo hàm

−1
1
x2 = 1 − 1 = 0
f '( x ) =
+
nên f hằng trên ( 0; +∞ )
1 + x2 1 + x2 1 + x2 1 + x2
x2
Do đó f ( x ) = f ( 1) =

π π π
+ = .
4 4 2

Với x ∈ ( −∞;0 ) thì f liên tục và có đạo hàm f ' ( x ) = 0 nên f hằng trên ( −∞;0 ) .
Do đó f ( x ) = f ( −1) = −

π π
π

f ( 2 ) − f ( −1)
6+3
1
= f '( c ) ⇔
= 4c + 1 ⇔ 4c = 2 ⇔ c = .
2 − ( −1)
3
2
b) Hàm số y = f ( x ) = arcsin x liên tục trên [ 0;1] và có đạo hàm f ' ( x ) =

1
1 − x2

, theo định lý Lagrange

thì tồn tại số c ∈ [ 0;1] sao cho:

π
−0
f ( 1) − f ( 0 )
1
2
= f '( c) ⇔
=
1− 0
1
1 − c2
⇔ 1 − c2 =

4


)

x

−∞

2
Cho y ' = 0 ⇔ 4 x x − 1 = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1 .

BBT
−1

y'

−

0

0
+

0

+∞

1
−

0

Trang 6


a) y =

x3

b) y =

x2 − 6

x +1
1− x

Hướng dẫn giải

(

) (

a) Tập xác định D = −∞; − 6 ∪
Ta có: y ' =

2 x2 ( x2 − 9)

(x

2

− 6) x − 6


0

+

y

(

)(

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −3) , ( 3; +∞ ) , nghịch biến trên các khoảng −3; − 6 ;

6;3

)

.
b) D = ( −∞;1) . Ta có y ' =

3− x
2 (1− x)

3

> 0, ∀x < 1 .
b) y = x − sin x trên [ 0;2π ]

a) y = x + cos 2 x


k
+
1
π
(
)
 4

4

π
π

 + kπ ; + ( k + 1) π ÷ nên đồng biến trên mỗi đoạn
4
4


và

y' > 0

trên

mỗi

khoảng

π
π

a) ∀x1 , x2 ∈ ¡ , x1 < x2 . Lấy hai số a, b sao cho a < x1 < x2 < b .
Ta có: f ' ( x ) = −2 ( sin 2 x + 1) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) .
Vì f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của khoảng ( a; b ) nên hàm số f nghịch biến trên khoảng ( a; b )

⇒ đpcm.
b) Điều kiện x ≠ −b + kπ

y' =

( k ∈¢) .

sin ( x + b ) cos ( x + a ) − sin ( x + a ) cos ( x + b ) sin ( b − a )
=
sin 2 ( x + b )
sin 2 ( x + b )

Vì y ' liên tục tại mọi điểm x ≠ −b + kπ , và a − b ≠ kπ nên y ' giữ nguyên một dấu trong mỗi khoảng xác
định ⇒ đpcm.
Bài toán 1.10: Tìm các giá trị của tham số để hàm số:
a) y = ( m − 3) x − ( 2m + 1) cos x nghịch biến trên ¡ .
b) y = x 3 + 3 x 2 + mx + m chỉ nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3.
Hướng dẫn giải
a) y ' = m − 3 + ( 2m − 3) sin x
Hàm số y không là hàm hằng nên y nghịch biến trên ¡ :

y ' ≤ 0, ∀x ⇔ m − 3 + ( 2m − 1) sin x ≤ 0, ∀x
Đặt t = sin x, −1 ≤ t ≤ 1 thì m − 3 + ( 2m − 1) sin x = m − 3 + ( 2m − 1) t = f ( t )
Điều kiện tương đương: f ( t ) ≤ 0, ∀t ∈ [ −1;1]

 f ( −1) ≤ 0

+

+∞

x2

0

−

0

+

y

Theo đề bài: x2 − x1 = 3 ⇔ ( x2 − x1 ) = 9 ⇔ x12 + x22 − 2 x1 x2 = 9
2

4
15
2
⇔ ( x2 + x1 ) − 4 x1 x2 = 9 ⇔ 4 − m = 9 ⇔ m = −
(thỏa)
3
4
Bài toán 1.11: Tìm cực trị của các hàm số sau:
a) y = ( x + 2 )

2

y'

+

y

0

0
−

0

0

−∞

+∞

3
+

0
0

+

+∞

−108

+

0

y

+∞

0
−

+

1
0

Vậy điểm CĐ ( −1;1) , CT ( 0;0 ) .
Bài toán 1.12: Tìm cực trị của hàm số

x +1
a) y = 2
x +8

b) y =

x3
x2 − 6

Hướng dẫn giải
a) D = ¡ . Ta có y ' =


−4
−

y

0

+

0

0

(

) (

b) Tập xác định D = −∞; − 6 ∪

3x
y' =

2

x −6 −
2

−


x2 − 6
( x2 − 6)
( x2 − 6)

y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±3 .

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 10


BBT

−∞

x
y'

− 6

−3
+

y

0

−

−

−∞


1
π
⇔ x = ± + kπ , k ∈ ¢, y '' = 4sin 2 x .
2
6

 π

 π
+ kπ ÷ = 4sin  − ÷ = −2 3 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại điểm
 6

 3

Ta có y ''  −

x=−

π
π
3
+ kπ , k ∈ ¢ , yC Ð = − + kπ +
+ 2.
6
6
2
π
π


y '' = 2cos x + 4cos 2 x
Ta có y '' ( kπ ) = 2cos kπ + 4cos 2kπ = 2cos kπ + 4 > 0 , với mọi k ∈ ¢ , nên hàm số đã cho đạt cực tiểu
tại các điểm x = kπ , yCT = 2 − 2cos kπ bằng 0 khi k chẵn và bằng 4 khi k lẻ.

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 11


2π
4π
2π
 2π

+ 2kπ ÷ = 2cos
+ 4cos
= 6cos
= −3 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại điểm:
3
3
3
 3


Ta có y ''  ±

x=±

2π
9
+ 2kπ , k ∈ ¢ , yC Ð = .
3


x

−π

y'

π

0
+

y

−
0

Vậy hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yC Ð = y ( 0 ) = 0 .
b) D = ¡ . y ' = ( x − b ) ( x − c ) + ( x − a ) ( x − c ) + ( x − a ) ( x − b ) .

= 3 x 2 − 2 ( a + b + c ) + ab + bc + ca .
∆ ' = ( a + b + c ) − 3 ( ab + bc + ca ) = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca
2

=

1
2
2
2

a) Ta có f ' ( x ) = 1 −

q
, với mọi x ≠ −1 .
x +1

Nếu q ≤ 0 thì f ' ( x ) > 0 với mọi x ≠ −1 : loại.
Nếu q > 0 thì phương trình: f ' ( x ) =

x2 + 2x + 1 − q

( x + 1)

2

= 0 có hai nghiệm phân biệt x1 = −1 − q và

x2 = −1 + q .
BBT:

−∞

x
y'

−1 − q
+

0


2
a cos 2 x

− sin 2 x + 2a sin x − 1
y '' =
a cos3 x
Với sin x = a thì y '' =

−1
≠ 0 , do đó hàm số đạt cực trị tại 3 điểm thuộc khoảng
sin x cos x

 9π 
 0; ÷
 4 

2
 9π   π 3π 
⇔ sin x = a có 3 nghiệm thuộc khoảng  0; ÷\  ;  ⇔ 0 < a

1
2
⇔ −12m + 2m ( 2 − 4m ) + ( 2 − 4m ) < 0 ⇔ 4 − 20m < 0 ⇔ m > .
5
b) ĐK: x ≠ 1 . Ta có y ' =

x 2 − 2 x + 2m − 2

( x − 1)

2

Điều kiện có 2 cực trị A, B là ∆ ' > 0 và g ( 1) ≠ 0 .

⇔ 3 − 2m > 0 và 3 − 2m ≠ 0 ⇔ m

2
2
a) y ' = 3 x + 6mx + 3 m − 1 , ∆ ' = 1 > 0, ∀x nên đồ thị luôn luôn có CĐ và CT với hoành độ x1 , x2 .

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 14


1
3

Ta có: y ( x ) =  x +

m
÷y ' ( x ) − 2 ( x + m )
3

1
3

Do đó: y1 = y ( x1 ) =  x1 +

1
3

và y2 = y ( x2 ) =  x2 +

m
÷ y ' ( x1 ) − 2 ( x1 + m ) = −2 ( x1 + m )
3


= x − 2 ( m − 1) + ( x1 − 2 ) = 2 x1 − 2m
( x1 − 2 ) 1

m − m2
= x2 − 2 ( m − 1) +
= x − 2 ( m − 1) + ( x2 − 2 ) = 2 x2 − 2m
( x2 − 2 ) 2

Vậy phương trình đường thẳng qua CĐ và CT là y = 2 x − 2m
Bài toán 1.18:

(

)

(

)

2
3
3
2
2
a) Cho đồ thị của hàm số: y = 3a − 1 x − b + 1 x + 3c x + 4d có hai điểm cực trị là ( 1; −7 ) ; ( 2; −8 ) .

Hãy tính tổng M = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 .
b) Tìm a để đồ thị hàm số

( x − 1)

A = 2


 B = −9
 y '( 2) = 0
12 A + 4 B + C = 0

⇔
⇔
Ta có: 
 y ( 1) = −7
 A + B + C + D = −7
C = 12
 y 2 = −8
8 A + 4 B + 2C + D = −8
 D = −12
 ( )
Nên được a = ±1, b = 2, c = ±2, d = −3 .
Vậy M = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 12 + 22 + 22 + 32 = 18 .
b) Ta có y ' =

2 x3 − 3x 2 − a
,x ≠ 0.
x2

y ' = 0 ⇔ 2 x3 − 3x 2 − a = 0 ⇔ a = 2 x 3 − 3x 2 , x ≠ 0
3
2
Bằng cách xét hàm số g ( x ) = 2 x − 3x , x ≠ 0 và lập bảng biến thiên thì điều kiện hàm số cho có 3 cực trị



Xét hàm số g ( t ) =

x −1

−

x2 − 2x + 4

t
t +3
2

x +1

=

( x + 1)

trên ¡ , g ' ( t ) =

2

+3

−

x −1

( x − 1)


+3

⇒ f '( x ) > 0

nên hàm số f ( x ) đồng biến trên ¡ , do đó:

x2 + 2x + 4 − x2 − 2x + 4 = 2

(

)

3 −1 ⇔ f ( x ) = f ( 2) ⇔ x = 2 .

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 16


Vậy nghiệm duy nhất x = 2 .
b) PT ⇔ 2 x 3 − 3 x + 3 2 x3 − 3 x + 1 = x 2 + 1 + 3 x 2 + 2
Xét hàm số: f ( t ) = t + 3 t + 1 trên ¡ , f ' ( t ) = 1 +

1
3 3 ( t + 1)

2

> 0 nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ , do

đó:

2
a) 9 x − 54 x + 72 =

(

1
1
−
2x − 5 x −1

)

2
3
2
b) 4 2 x − 1 x − x + 1 = x − 6 x + 15 x − 14

Hướng dẫn giải

5
2

1
1
2
= 3 ( x − 1) −
2x − 5
x −1

a) ĐK: x ≠ 1; , PT : 3 ( 2 x − 5 ) −


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

3

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

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 17


(

)

PT: f 2 x − 1 = f ( x − 2 ) ⇔ 2 x − 1 = x − 2

 x − 2 ≥ 0
x ≥ 2
⇔
⇔
(VN ) . Vậy S = ∅ .

2
2
2
( 2 x − 1) = ( x − 2 )

Do đó 5 x + 7 x = 5 x + 7 x ⇔ f ( x ) = f ( y ) = x = y

(

)

(

3

)

3

Nên 8 x3 + 1 + 27 = 162 y ⇔ 8 x3 + 1 = 162 x − 27

(

)

Đặt u = 2 x , phương trình: u 3 + 1 = 27 ( 3u − 1) ⇔ u 3 + 1 = 3 3 3u − 1
3

Lại đặt v = 3 3u − 1 ⇔ v 3 + 1 = 3u
3
u 3 + 1 = 3v
u + 1 = 3v
⇔ 3 3
Ta có hệ:  3
v + 1 = 3u


x = cos

2π
8π
14π
, x = cos , x = cos
.
9
9
9

Vậy nghiệm hệ x = y = cos

2π
8π
14π
;cos ;cos
.
9
8
9

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 18


b)

( 2 ) ⇔ ( y − 1) ( x + y )


y −1

1
1
= y −1−
x+ y
y −1
1
t

Xét hàm số f ( t ) = t − , D = ( 0; +∞ )

f '( t ) = 1 +
PT ⇔ f

1
> 0, ∀t ∈ D ⇒ hàm số đồng biến trên D
t2

( x + y ) = f ( y − 1) ⇔

x + y = y −1

y >1
⇔
 x = −1 hay x = 1 − 2 y

1 − 2 24
x=


Đặt f ( t ) = t − 2t + 1, t ≥ 0 thì f ' ( t ) = 2 ( t − 1) nên f đồng biến trên ( 1; +∞ ) và nghịch biến trên ( 0;1) .

 f ( x) = g ( y)

Đặt g ( t ) = 2t , t ≥ 0 thì g ' ( t ) = 2 > 0 nên g đồng biến trên ( 0; +∞ ) . Ta có hệ  f ( y ) = g ( z )

 f ( z ) = g ( x)
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 19


Giả sử x = min { x; y; z} . Xét x ≤ y ≤ z .
- Nếu x > 1 thì 1 < x ≤ y ≤ z ⇒ f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z )

⇒ g ( y ) ≤ g ( z ) ≤ g ( x ) ⇒ y ≤ z ≤ x nên x = y = z .
Ta có PT: t 2 − 4t + 1 = 0 chọn nghiệm: x = y = z = 2 + 3
- Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì f ( 0 ) ≥ f ( x ) ≥ f ( 1) ⇒ 0 ≤ f ( x ) ≤ 1
nên 0 ≤ g ( y ) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ y ≤ 1 ⇒ f ( 0 ) ≥ f ( y ) ≥ f ( 1)

⇒ 0 ≤ f ( y) ≤ 1⇒ 0 ≤ g ( z) ≤ 1⇒ 0 ≤ z ≤ 1
Do đó x ≤ y ≤ z ⇒ f ( x ) ≥ f ( y ) ≥ f ( z ) ⇒ g ( y ) ≥ g ( z ) ≥ g ( x )

⇒ y ≥ z ≥ x nên x = y = z .
Ta có PT t 2 − 4t + 1 = 0 chọn nghiệm: x = y = z = 2 − 2 .
Xét x ≤ z ≤ y thì cùng nhận được kết quả trên.
Vậy hệ có 2 nghiệm x = y = z = 2 + 3, x = y = z = 2 − 3 .


60 x 2
 y = 36 x 2 + 25


36 z 2 + 25


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 20


(

)

2
Từ tính đồng biến của f ( x ) suy ra x = y = z . Thay vào hệ phương trình ta được x 36 x − 60 x + 25 = 0

5
6

. Chọn x = 0; .



 5 5 5 
 6 6 6 

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là ( 0;0;0 ) ;  ; ; ÷ .



Bài toán 1.23: Giải các bất phương trình
a)



b) Điều kiện: 
BPT:

⇔

x 2 − 2 x + 3 + x − 1 > x 2 − 6 x + 11 + 3 − x

( x − 1)

2

( x − 3)

+ 2 + x −1 >

2

+ 2 + 3− x

Xét hàm số y = f ( t ) = t 2 + 2 + t , D = ( 0; +∞ )
Đạo hàm: f ' ( x ) =

t
t2 + 2

+

1
2 t


Xét hàm số f ( t ) = 3 + t − 2 − t , −3 ≤ t ≤ 2 .
Với −3 < t < 2 thì f ' ( t ) =

1
1
+
> 0 nên f đồng biến trên ( −3;2 ) .
2 3+ t 2 2−t

Ta có f ( 1) = 2 − 1 = 1 nên bất phương trình:

f ( t ) < f ( 1) ⇔ t < 1 ⇔ x 2 − x − 1 < 0 ⇔

1− 5
1+ 5
.


1
2

1
2

nên g ( x ) nghịch biến trên  0; ÷, mà g  ÷ = 7 nên bất phương trình g ( x ) < g  ÷ ⇔ x >

1
. Vậy tập
2

 1 3



nghiệm S =  ;  .
2 4
Bài toán 1.25: Chứng minh phương trình:

x13 − x 6 + 3x 4 − 3x 2 + 1 = 0 có nghiệm duy nhất.
Hướng dẫn giải
13
6
4
2
Đặt f ( x ) = x − x + 3x − 3x + 1, D = ¡

(


= 13 x12 − 6 x ( x − 1) > 0 nên f đồng biến
2

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 23


Bảng biến thiên:

−∞

x

0

y'

+

y

1

−∞
Nên f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x < 0
Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất.
Bài toán 1.26: Chứng minh hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

 x2 = y3 + y 2 + y + a
 2


⇒ y2 = f ( z ) < f − a = − a

(

)

2

a − 1 ≤ 0 : vô lí.

- Xét x ≥ z ≥ y ⇒ z 2 ≥ y 2 ≥ x 2
Tương tự như trên nếu y ≥ 0 hay x ≤ 0 ta suy ra x = y = z
2
Nếu x > 0 > y ⇒ x = f ( y ) < f ( 0 ) = a

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 24


z 2 = f ( x ) > f ( 0 ) = a . Nếu z > a
thì x ≥ z > a ⇒ x 2 ≥ z 2 ⇒ z 2 = y 2 = z 2

⇒ x = y = z trái với x > 0 > y
Nếu z < − a lí luận như trên ta dẫn đến mâu thuẫn.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = z = t0 ở đó t0 là nghiệm duy nhất của phương trình: t 3 + t 2 + t + a = 0
.

 x 2 + y 3 = 1
Bài toán 1.27: Chứng minh hệ  2
có đúng 3 nghiệm phân biệt.


y

0

+∞

0
−

0

+

+∞

−23/27

−∞

−1

Do đó f ( x ) = 0 có 1 nghiệm duy nhất x0 > 0 , x0 ≠ 1 nên hệ có nghiệm ( x0 ; y0 ) .
Xét 1 + x + y = 0 ⇒ y = − x − 1 nên y 2 + x3 = 1 ⇔ x3 + x 2 + 2 x = 0

⇔ x ( x 2 + x + 2 ) = 0 ⇔ x = 0 . Do đó hệ có nghiệm ( 0;1) .
Vậy hệ có đúng 3 nghiệm phân biệt.
Bài toán 1.28: Tìm tham số để phương trình
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 25