Bài tập sử dụng phương pháp hàm số để giải hệ phương trình

3.PHƯƠNG PHÁP XÉT CHIỀU BIẾN THIÊN HÀM SỐ

Giải: Điều kiện : 1 x . Phương trình 

4 4 1 1 1 2 x x y y       .

Đặt 4 1, 0 u x u    4 4 1 1 2 x u x u     

Khi đó,phương trình (1) trở thành :

 4 4 2 2 3 u u y y     

Xét phương trình (2) :   2 2 2 1 6 1 0 x y x y y     

Xem x là ẩn, y là tham số, ta có : 4y 

Phương trình có nghiệm 0 y 

Xét hàm số    4 2, 0; f t t t t    

  

2

4 2 ' 1 0, 0; 2

t f t t t     

Suy ra hàm số liên tục và đồng biến trên   0;

Từ đó, phương trình  4 3 1 u y x y     .

4 1 y x     4 1 4 x y   

Thế (4) vào phương trình (2) ta được :

     2 4 4 2 1 2 1 1 6 1 0 y y y y y       

8 5 2 2 4 0 y y y y         6 5 4 3 2 1 3 3 3 4 0 y y y y y y y y         

Bài toán 7(A – 2013).   

4 4

2 2 1 1 2 (1)

2 1 6 1 0 2

x x y y

x x y y y

      

     

0 1

1 0,

y x

y x loai

       

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là   1;0

Giải:

Điều kiện : 1

1

x

y

   

. Xét hàm số    2 1, 1; f t t t t     

   1 ' 2 0, 1; 2 1 f t t t t       . Suy ra hàm số đồng biến trên   1;

Từ đó, phương trình  2 x y   .

 1 2 1 4 x x     2 1 4 x x    3 2 4 0 x x     2 x y   

Vậy hệ phương trình có nghiệm   2;2 .

Giải: Điều kiện : 0 , 1 x y  

Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế với vế, ta được :



2 2 1 1 y x x y    . Xét hàm số   

2 1 , 0;1 t f t t t   

   2 2 1 ' 0, 0;1 1 f t t t t

    

Suy ra hàm số liên tục và nghịch biến trên [0; 1]

Bài toán 11. 

 2 2 1 1 4 1

1 + 1 2

x y y x

x x y y

   

   

Bài toán 2. 

0 (1)

3 2 1 2

x y x y

x y x y

          

Từ đó, phương trình  x y   . Khi đó



2 1 1 1 2 x x      2 2 1 1 4 x x   

4 2 4 4 1 0 x x    2

2 , 1 2 2 2 2

x loai x

x y

     



  

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là 2 2 ; 2 2

       

Giải: Điều kiện :

2 0 2 8 16 2 0

x x x

         

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cop-xki cho 4 số :

2 2 1, 1,3, 1 x y  ta được

  2 2 2 2 2 2 1 3 1 1 3 . 1 1 x y x y      

    2 2 2 2 1 3 1 10 x y x y     

Do phương trình (1) nên dấu “ =” xảy ra. Khi đó ta có :

2 2 1 1 1 3 y x      2 2 9 1 1 x y     2 2 9 10 x y   

Thế 2 2 9 10 x y   vào phương trình (2), ta được :

  2 2 16 2 2 9 10 - 628 = 0 x x x      (3)

Xét hàm số :      2 2 16 2 2 9 10 - 628, x 2;8 f x x x x       

   1 1 ' 36 0, x 2;8 2 2 16 2 f x x x x       

Bài toán 17.   



2 2 2 2

2

1 3 1 10 1

2 16 2 2 - 628 = 0 2

x y x y

x x y

          

Vậy hàm số  f x đồng biến trên (2; 8) và  6 0 f do đó phương trình (3) có nghiệm duy nhất x

= 6. Với x = 6 ta có 314 y 

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm :    6; 314 ; 6; 314 

Giải: Điều kiện : 2

2

x

y

   

Lấy phương trình (1) trừ đi phương trình (2) vế với vế, ta được :

 5 2 5 2 3 x x y y       

Xét hàm số :    5 2 ,t 2; f t t t      

 2 5 ' 0, 2 2 5. 2 t t f t t t t        

Vậy hàm số nghịch biến trên  2;.

Phương trình   3 f x f y x y    

Khi đó, hệ phương trìnhtrở thành : 5 2 7 x x    

2 3 2 5. 2 49 x x x     

5. 2 23 x x x     

    

2 2 23

5 2 23

x

x x x

        

2 23 539 49 539 0 49

x x y x

          

Hệ phương trình có 1 nghiệm 539 539 ; 49 49      

Bài toán 65. 



5 2 7 1

2 5 7 2

x y

x y

     

    

Bài toán 78.    



2 2 4 2

2

+ y = y 1+ y 1

4 5 8=6 2

x x

x y



   