(SKKN 2022) rèn luyện kĩ năng sử dụng phương trình đặc trưng vào giải các một số dạng toán về phương trình và giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm số mũ và logarit cho học sinh lớp 12

1
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Giải bài tập Tốn là phần quan trọng, khơng thể thiếu trong mơn Tốn học,
làm bài tập khơng những giúp học sinh củng cố khắc sâu thêm kiến thức mà
đồng thời còn rèn luyện khả tư duy của cho học sinh. Bài tập giải phương trình
và giá trị lớn nhất – nhỏ nhất là những bài toán rất quan trọng, xuất hiện nhiều
trong các đề thi ở mức độ cao. Tuy nhiên các nội dung lí thuyết phần này trong
hệ thống SGK phổ thơng được trình bày khá đơn giản, rải rác từ lớp 10 đến lớp
12, và khơng phân loại dạng tốn, phương pháp. Điều này gây khó khăn rất
nhiều cho việc tiếp thu kiến thức, hình thành dạng tốn và phương pháp giải
tốn cho học sinh.
Chính vì vậy, bản thân tơi luôn luôn trăn trở, hết sức quan tâm đầu tư, suy
nghĩ để làm sao có được phương pháp giảng dạy chủ đề này phải đơn giản, giảm
bớt khó khăn và tính trừu tượng, đưa vấn đề khó trở về với những phần kiến
thức đã biết, gần gũi.
Chủ đề phương trình và giá trị lớn nhất – nhỏ nhất của hàm số Mũ - Logarit
là nội dung quan trọng và khó đối với học sinh, các câu hỏi dạng này cũng được
khai thác khá nhiều trong các đề thi, kiểm tra thể hiện ở mức vận dụng thấp và
vận dụng cao; đặc biệt trong đề thi tốt nghiếp THPT mơn Tốn thi ở hình thức
trắc nghiệm thời gian dành cho mỗi câu trả lời chỉ khoảng 2 phút thì các bài tốn
cực trị của biểu thức ít được đề cập thì bài tốn về phương trình, bất phương
trình và giá trị lớn nhất – nhỏ nhất của hàm số Mũ và Logarit luôn được xem là
phương án thay thế hợp lý trong việc phát hiện tính sáng tạo trong giải tốn cho
học sinh.
Từ năm 2017 đến nay và các năm tiếp theo Bộ Giáo dục và Đào tạo tổ chức
thi môn Tốn dưới hình thức trắc nghiệm khách quan nên việc trang bị cho học
sinh các kiến thức, kĩ năng để giải bài tốn về phương trình và GTLN – GTNN
của hàm số Mũ - Logarit (bài toán vận dụng, vận dụng cao) trong thời gian ngắn
một cách chính xác và không phạm sai lầm cũng rất quan trọng.
Từ những lý do trên tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm của mình là: “Rèn

luyện kĩ năng sử dụng phương trình đặc trưng vào giải các một số dạng toán


2
về phương trình và giá trị lớn nhất – nhỏ nhất của hàm số mũ và logarit cho
học sinh lớp 12”
1.2. Mục đích nghiên cứu
Xây dựng các phương pháp phương trình và giá trị lớn nhất – nhỏ nhất của
hàm số Mũ - Logarit và rèn luyện kĩ năng cho học sinh trong việc giải quyết các
dạng toán về nhằm hồn thành bài thi trắc nghiệm khách quan mơn Tốn đạt kết
quả cao.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Xây dựng các phương pháp, phân loại các dạng bài tốn phương trình và
giá trị lớn nhất – nhỏ nhất của hàm số Mũ – Logarit bằng cách sử dụng hàm đặc
trưng.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu định tính, định lượng và thực nghiệm.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2.1.1. Hàm số đồng biến, nghịch biến
- Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên K
Hàm số f đồng biến trên K nếu x1 x2  K , x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 )
Hàm số f nghịch biến trên K nếu x1 x2  K , x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) [1]
- Nhận xét:
Cho f (x) xác định trên K, ta có: Với x1 x 2  K ; f ( x1 )  f ( x 2 )  x1  x 2
2.1.2. Phương pháp chứng minh hàm số đồng biến, nghịch biến
- Để chứng minh tính đơn điệu của hàm số y  f (x) trên K ta dựa vào 2 phương
pháp sau:
* Phương pháp 1: Dùng định nghĩa [1]
+ Lấy x1 , x 2  K , x1  x 2 , lập tỉ số A 

f ( x 2 )  f ( x1 )
x2  x1

+ Dựa vào dấu của A để suy ra tính đơn điệu
Nếu A  0, x1 , x2  K thì hàm số f đồng biến
Nếu A  0, x1 , x2  K thì hàm số f nghịch biến biến


3
*Phương pháp 2: Dùng đạo hàm [2]
Định lí : Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng D .
a) Nếu f '  x   0 với mọi x  D thì hàm số đồng biến trên khoảng D .
b) Nếu f '  x   0 với mọi x  D thì hàm số nghịch biến trên khoảng D .
c) Nếu f '  x   0 với mọi x  D thì hàm số không đổi trên khoảng D .
- Nhận xét:
+ Nếu f '  x   0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của D thì có thể mở rộng định lí
trên cho f '  x   0 ( hoặc f '  x   0 ).
+Nếu chứng minh hàm số đồng biến( nghịc biến) trên  a; b ;  a; b  ;  a; b  thì thêm
tính chất hàm số phải lên tục trên  a; b ;  a; b  ;  a; b  và thỏa mãn định lí trên.
+ Học sinh cần phân biệt tính đơn điệu của hàm số trên Tập xác định khác
với việc hàm số đơn điệu trên mỗi khoảng của Tập xác định.
2.1.3. Tư duy hàm số về phương trình
Định lí 1: Nếu hàm số y  f  x  luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên tục
trên D thì số nghiệm của f  x   k trên D không nhiều hơn một và
f  x   f  y  khi và chỉ khi x  y với mọi x, y thuộc D.
Chứng minh:
Giả sử phương trình f(x) = k có nghiệm x = a, tức là f(a)=k và f đồng

1

Trong trang này: Mục 2.1.1 tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK [1].

- Mục 2.1.2 tác giả tham khảo có bổ sung từ TLTK [1], [2].
biến trên D nên
* x > a suy ra f(x) > f(a) = k nên phương trình f(x) = k vơ nghiệm
* x < a suy ra f(x) < f(a) = k nên phương trình f(x) = k vơ nghiệm
Vậy phương trình f(x)=k có nhiều nhất là một nghiệm.
Định lí 2: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) và hàm số


4
y = g(x) luôn nghịch biến (hoặc đồng biến) và liên tục trên D thì số nghiệm trên
D của phương trình f(x) = g(x) khơng nhiều hơn một.
Chứng minh:
Giả sử x=a là một nghiệm của phương trình f(x)=g(x), tức là f(a)=g(a).
Ta giả sử f đồng biến còn g nghịch biến.
*Nếu x>a suy ra f(x)>f(a)=g(a)>g(x) dẫn đến phương trình f(x)=g(x) vơ nghiệm
*Nếu xVậy phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm.

Định lí 3: Nếu hàm số y  f  x  luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên tục
trên k khoảng rời nhau thì phương trình f  x   0 có nhiều nhất k nghiệm .
Chứng minh:
Theo Định lí 1, trên mỗi khoảng phương trình f  x   0 có nhiều nhất 1 nghiệm
nên trên k khoảng rời nhau phương trình f  x   0 có nhiều nhất k nghiệm.
2.1.4. Nội dung phương pháp hàm số giải phương trình
Dạng 1: “Khảo sát trực tiếp hàm số của phương trình”
Bài tốn: Giải phương trình : “h(x) = g(x)”

(1)

Bước giải toán:
Bước 1: Biến đổi (1) về dạng f(x) = 0 (2), với f(x) = h(x) – g(x) trên D
Bước2: Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f ( x) trên D để suy ra số nghiệm tối
đa của phương trình (2).
Bước 3: Chỉ ra đủ số nghiệm cần thiết và kết luận cho phương trình (1).
Dạng 2: “Khảo sát hàm đặc trưng của phương trình”
Bài tốn: Giải phương trình : “h(x) = g(x)”
Bước giải toán:
Bước 1: Biến đổi (1) về dạng f u  x    f  v  x  

(1)


5
Bước 2: Chứng minh hàm đặc trưng f (t ) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên D
Bước 3: Kết luận: (1)  u(x) = v(x).
2.2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN
KINH NGHIỆM
2.2.1.Thuận lợi:
Nội dung phương trình, hệ phương trình được học sinh làm quen từ THCS
nên gần gũi với học sinh và đa số học sinh đã biết một số thao tác cơ bản.

Trong trang này: Mục 2.1.3 tác giả tổng hợp từ TLTK [5]. Mục 2.1.4 do tác
giả viết.
2

Phương trình, hệ phương trình xuất hiện nhiều trong các đề thi học sinh
giỏi, tuyển sinh vào 10 cho đến các kì thi THPT Quốc Gia nên học sinh được

làm quen với một khối lượng lớn các bài tập đặc sắc, phong phú, đa dạng về nội
dung cũng như dạng tốn.
2.2.2. Khó khăn:
Do đây là một nội dung khó, lại xuất hiện trong các đề thi với tư cách là câu
phân loại khó nên đa số các bài tốn để giải nó là rất khó khăn. Vì vậy gây cho
học sinh một thói quen rằng: bài tốn rất khó và khơng có động lực để vượt qua.
Thậm chí một phần lớn học sinh xác định bỏ luôn phần này, không để ý rèn
luyện.
Do sự đa dạng về nội dung, phương pháp cũng như mức độ khó, khối
lượng bài tập khổng lồ làm cho nhiều học sinh “loạn kiến thức” , không thể phân
biệt được các dạng bài tập và không vận dụng nổi các phương pháp giải bài
tốn.
Đa số học sinh giải tốn theo thói quen, mị mẫm để giải tốn chứ chưa
thực sự chú trọng đến tư duy phương pháp. Do đó hiệu quả học và giải toán
chưa cao. Việc vận dụng tư duy hàm số vào giải phương trình, hệ phương trình
cịn mang nặng tính cảm tính, thử nghiệm, chưa có đường lối rõ ràng, các dấu
hiệu nhận biết không định hướng nên chưa tự tin khi vận dụng giải toán.
2.3. CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
2.3.1.Mục tiêu của giải pháp
Đưa ra được nội dung phương pháp hàm số, các dấu hiệu nhận biết một hệ
phương trình có thể giải được bằng tư duy hàm số và các kĩ thuật “ép hàm đặc
trưng” khi giải hệ phương trình.
2. 3.2. Nội dung và cách thức thực hiện giải pháp


6
2. 3.2.1 GP1: Tư duy hàm số giải hệ phương trình
Có nhiều cách khác nhau để phân loại tư duy hàm số trong giải hệ phương trình, nhưng tựu
chung lại có thể chia thành 4 dạng cơ bản như sau:

Dạng Tốn

Dấu hiệu phân loại

Dạng 1

Một phương trình trong hệ thu được phép thế bằng phương
pháp hàm số.

Dạng 2

Sau phép thế, phương trình thu được giải bằng phương pháp
hàm số.

Dạng 3

Hệ phương trình giải hồn tồn bằng phương pháp hàm số
(Kết hợp của Dạng 1 và dạng 2)

Dạng 4

Sử dụng tư duy hàm số trong q trình trung gian giải tốn hệ
phương trình ( Tư duy hàm số xuất hiện sau các phép ẩn phụ,
biến đổi, đánh giá …)

3

Trong trang này: Mục 2.2; 2.3.1; 2.3.2.1 do tác giả viết.
2.3.2.2 GP2: Giải các hệ thường gặp bằng phương pháp hàm số.

Một số hệ phương trình thường gặp khi giải theo phương pháp truyền thống sẽ
gặp khó khăn hoặc khơng giải được thì nhờ tư duy hàm số có thể giải quyết
nhanh chóng. Đây là một bổ sung hiệu quả, toàn diện cho học sinh về tư duy
giải hệ phương trình.
 x  x 2  1  3 y
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình : 
 y  y 2  1  3x
Tư duy: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 quen thuộc đối với học sinh.
Tuy nhiên định hướng giải bằng phép trừ 2 vế tương ứng các phương trình trong
hệ để thu được nhân tử x  y là khơng giải được. Do đó tư duy hàm số khi nhìn
thấy vai trị bình đẳng của các ẩn giúp ta xử lí trọn vẹn bài tốn này


7
Lời giải
Từ hệ phương trình ta có : x  x 2  1  3x  y  y 2  1  3 y  f  x   f  y 
với f  t   t  t 2  1  3t là hàm số xác định trên ¡ .
t

Mà : f '  t   1 

t2 1  t

 3 ln 3 
t

t2 1

t2 1

 3t ln 3  0, t  ¡

Suy ra hàm số f  t   t  t 2  1  3t đồng biến trên ¡ .
Do đó: f  x   f  y   x  y





2
x
2
x
Thay vào pt trong hệ ta thu được pt: x  x  1  3  ln x  x  1  ln 3





 ln x  x 2  1  x ln 3  0  g  x   0





2
Xét hàm số : g  x   ln x  x  1  x ln 3 trên ¡

Ta có: g ' x 
 

1

x

x  1  ln 3 
x  x2  1
2

1
x 1
2

 ln 3  1  ln 3  0

x  ¡

Khi đó:
Hàm số g  x  nghịch biến trên ¡  pt : g  x   0 có tối đa một nghiệm trên ¡
Mà g  0   0 , nên pt g  x   0  x  0
x  0
Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất: 
.
y  0
Nhận xét
Bài tốn này trong thực tế giảng dạy, học sinh nhận ra ngay hệ đối xứng loại 2
nhưng lại không biết cách xử lí để thu được phép thế x  y , vì cứ tập trung biến

4

Trong trang này: Ví dụ 1 do tác giả đề xuất, lời giải của tác giả.


8
đổi mà khơng nghĩ đến vai trị bình đẳng trong tư duy hàm số. Phương trình thu
được sau phép thế , học sinh có thể giải bằng phương pháp liên hợp khơng hồn
tồn nhưng cuối cũng vẫn phải dùng tư duy hàm số mới giải quyết được.
Sau quá trình giải tốn ví dụ 1, học sinh nhận thấy rằng, việc xử lí bằng hàm số
là ngắn gọn và dễ thực hành hơn cả. Điều đó phản ánh ưu điểm của tư duy hàm
số đối với bài toán này.
 x  1  y  1  4
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình :  2
2
 x  7  y  7  8
Tư duy: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 1 quen thuộc đối với học sinh.
Tuy nhiên định hướng giải bằng phép ẩn phụ S  x  y; P  xy là khó khăn vì
phép biến đổi dài. Phép bình phương cũng sẽ gặp khó khăn vì số bậc tăng nhanh.
Tư duy hàm số giúp ta giải nhanh bài toán này.
Lời giải
 x  1
Điều kiện : 
 y  1
Từ hệ ta có : x  1  x 2  7  y  1  y 2  7  12  f  x   f  y   12 (*)
với f  t   t  1  t 2  7 là hàm số xác định trên D   1;   .
Mà : f '  t  

1
2t
t 2  7  2t



 0, t   1;  
2 t  1 2 t 2  7 2 t  1. t 2  7

(Vì t  0 thì f '  t   0 , còn t   1;0  thì

t 2  7  2  2t nên f '  t   0 )

Mà hàm số f  t  liên tục trên D
Suy ra hàm số f  t   t  t 2  1  3t đồng biến trên D .
Mặt khác:
x 1  y 1  4  x 1  2  y 1  2  0 

x 3

x 1  2

Suy ra:  x  3  y  3  0 , do đó xảy ra các trường hợp sau:

y 3
0
y 1  2


9
Trường hợp 1: x  3  y  3 . Nhận thấy x  y  3 thỏa mãn hệ đã cho.
Trường hợp 2: x  3  y  3
Khi đó: f  x   f  y   f  3  f  3  12  pt(*) vô nghiệm nên hpt vô nghiệm.
Trường hợp 3: x  3  y  3
Khi đó: f  x   f  y   f  3  f  3  12  pt(*) vô nghiệm nên hpt vô nghiệm.

x  3
Kết luận: Hệ pt có nghiệm duy nhất 
.
y  3

5

Trong trang này: Ví dụ 2 do tác giả đề xuất, lời giải của tác giả.

Nhận xét
Bài toán này trong thực tế giảng dạy, học sinh nhận ra ngay hệ đối xứng loại 1,
tuy nhiên phép bình phương hoặc đặt ẩn phụ gặp nhiều khó khăn nên đa số học
sinh khơng hồn thành lời giải bài toán.
Lời giải bài toán ấn tượng khi sáng tạo được: “phép cộng hàm số và ép hàm
đặc trưng” .
 x 2  2 x  8.log 39  7  y   x

 2
9
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  y  2 y  8.log 3  7  z   y
 2
9
 z  2 z  8.log 3  7  x   z

[3].

Tư duy: Đây là hệ phương trình hốn vị vịng quanh quen thuộc đối với học
sinh. Hệ giải được bằng phương pháp hàm số khi các hàm đặc trưng hoặc đồng
biến hoặc nghịch biến trên toàn miền khảo sát nghiệm.
Lời giải

10
 9
x
log 3  7  y  
x2  2 x  8

 9
y
x

7;
y

7;
z

7

Điều kiện
. Hệ pt
log 3  7  z  
y2  2 y  8


z
log 93  7  x   2
z  2z  8


Xét hàm số f  t  
f ' t  

t
t 2  2t  8

8t

 t 2  2t  8 t 2  2t  8

đồng biến trên  ;7  , vì:
 0 t   ;7  .

9
Hàm số g  t   log 3  7  t  nghịch biến trên  ;7  .

Giả sử  x0 ; y0 ; z0  là nghiệm của hệ, ta chứng minh ; x0  y0  z0
Xét x0  y0 : Ta có: g  y0   g  z0   y0  z0  g  z0   g  x0   z0  x0
 g  x0   g  y0   x0  y0  x0  y0
Xét x0  y0 , tương tự x0  y0 . Lập luận như trên ta được: x0  y0  z0
Ta chỉ xét x  y  z .Giải pt f  x   g  x  ta có nghiệm duy nhất x  4 .
Vậy nghiệm của hệ:  4;4; 4  .
Nhận xét
Bài toán này học sinh đã được học tư duy hàm số nên đội tuyển Tốn THPT
Hoằng Hóa 3, năm học 2014 - 2015 đều giải trọn ven.

6

Trong trang này: Ví dụ 3 tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK [3].
2.3.2.3 GP3: Xây dựng các dấu hiệu nhận biết một hệ phương trình có

thể giải được bằng phương pháp hàm số.

Việc chỉ ra các dấu hiệu đặc trưng để học sinh nhận biết một hệ phương trình có
thể giải được theo tư duy hàm số là một điều cần thiết. Các dấu hiệu đặc trưng


11
được thơng qua các ví dụ cụ thể đã được tiến hành với các q trình giải tốn
của học sinh như sau:
Dấu hiệu 1: Hệ phương trình có phương trình độc lập được ẩn số





5  16.4 x2 2 y  5  16 x2 2 y 7 2 y  x2 2

Ví dụ 4. Giải hệ phương trình : 
 x3  17 x  10 y  17  2  x 2  4  4 y  11

[4].

Tư duy: Phương trình đầu tiên của hệ phương trình có thể độc lập được ẩn số,
do đó ta có thể sử dụng tư duy hàm số để giải phương trình một ẩn này.
Lời giải
Điều kiện: 4 y  11  0 (*). Đặt t  x 2  2 y phương trình (1) có dạng:
5  16.4t   5  16t  .7 2t 
t

5  4 2t 5  4 2 t


 f (t  2)  f (2t )
7 2 t
7 2t
t

1 4
với hàm số f  t   5.     nghịch biến trên ¡ .
7 7
Vậy ta có: t  2  2t  t  2  x 2  2 y  2
Khi đó phương trình (2) có dạng: x 3  5 x 2  17 x  7  2  x 2  4  2 x 2  7
  x  2   x  2   x  2   2x 2  7  2 x 2  7   2 x 2  7   2 x 2  7
3

 g  x  2  g

2





2x2  7  x  2  2x2  7

(Vì hàm số g (t )  t 3  t 2  t đồng biến trên khoảng  0;  )
KL: Hệ phương trình có 2 nghiệm (x;y) là:  1; 0,5  ,  3;3,5  .
Nhận xét
Đây là một bài toán hay và học sinh thực hành bài toán này đã rèn luyện được
nhiều kĩ năng khi giải hệ phương trình bằng tư duy hàm số.
Dấu hiệu 2: Hệ phương trình có sự tương tự của hai nhóm ẩn số

Đây là dấu hiệu thường gặp khi giải hệ phương trình theo tư duy hàm số.


22 x y  2 x y
Ví dụ 5. Giải hệ pt : 


12
 ( x  y ) x  y  (2 x  y) 2 x  y
3

y  2( x  1)3  1  0

[4].

Tư duy: Phương trình đầu tiên của hệ phương trình có sự tương tự của hai nhóm
ẩn số

x  y và

2x  y , do đó ta có thể tư duy hàm số tìm phép thế .

Trong trang này: Nội dung phương pháp, dấu hiệu là do tác giả phát hiện và
viết.
7

Ví dụ 4, ví dụ 5 tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK [4].
Lời giải
Điều kiện: x  y  0, 2 x  y  0 (*).
Khi đó: 22 x y  (2 x  y ) 2 x  y  2 x y  ( x  y ) x  y  f (2 x  y )  f ( x  y ) .

Hàm số f (t )  2t  t t đồng biến trên  0;  nên: 2 x  y  x  y  x  2 y
Thế vào phương trình cịn lại, ta được:
Đặt

3

3

y  1  2(2 y  1)3 (3).

t  (2 y  1)3
y  2t  1 , phương trình (3) trở thành hệ: 
3
 y  (2t  1)

Trừ vế tương ứng các phương trình của hệ, ta được:
t  y  do 2(2 y  1) 2  2(2 y  1)(2t  1)  2(2t  1) 2  1  0 y, t 

Thế vào hệ: y  (2 y  1)3  8 y 3  12 y 2  5 y  1  0  y  1 .
Với y  1  x  2 ,thoả mãn (*). Vậy, hệ đã cho có nghiệm: ( x; y )  (2; 1) .
Nhận xét
Đây là đáp án của đề thi, việc giải phương trình (3) cũng tương đối lắt léo, nếu
học sinh không quen dạng chắc chắn gặp khó khăn,thậm chí là khơng giải được.
Trong thực tiến khi dạy học sinh, bài toán này một số học sinh giỏi đã giải
phương trình (3) theo hướng sáng tạo theo tư duy hàm số.


13
Dấu hiệu 3: Xử lý phương trình trung gian sau phép thế
Đây là một đặc trưng khá hay, nó là thao tác phối kết hợp nhiều phương pháp

cho việc giải một bài tốn. Khơng có phương pháp vạn năng để giải mọi bài
tốn, vì vậy cần phải sáng tạo để vận dụng linh hoạt, hợp lí hệ thống các
phương pháp giải toán để giải quyết một bài toán.

2 x  2. y  2  y  8  x  y  4 x
(1)
Ví dụ 6. Giải hệ pt : 
[5].
 xy  2 x  11  12  x  y  7  3 x  0 (2)

Tư duy: Hệ phương trình này dấu hiệu hàm số khơng xuất hiện ngay ban đầu, có
chăng chỉ xuất hiện “trung gian khi xử lí phương trình sau phép thế”.
Lời giải
7
Điều kiện 2  x  , y  0 . Ta có :
3
và 2

 y  8 x   y  8 4 x 

Suy ra: 2 x  2. y  2

2 x  2. y  4( x  2) y 

4x  8  y
.
2

4x  y  8
.

2

 y  8  x  y  4 x . Đẳng thức xảy ra:

y  4x  8

Thế vào phương trình (2) ta có:

Trong trang này: Nội dung phương pháp, dấu hiệu là do tác giả phát hiện và
viết.
8

Ví dụ 6 tác giả tham khảo từ TLTK [5], lời giải của tác giả.
4 x 2  6 x  11  4  3 x  7  3 x  0
 4  x 2  x  3 
 4  x  x  3 
2



 

4  3x  x  1 

x

2

 x  3

4  3x  x  1





7  3x  x  2  0

x

2

 x  3


 7
 0  do x   2;  
7  3x  x  2
 3



14
1
1


  x 2  x  3  4 

0

4  3x  x  1
7  3 x  x  2 

 x2  x  3  0
()


1
1


 4 (3)
7  3x  x  2
 4  3 x  x  1
Vấn đề là ta giải phương trình (3) bằng tư duy hàm số
1
1
 7

Với mọi x   2;   4  3 x  x  1  3  10  6 
4  3x  x  1 6
 3
 7
Hàm số : g ( x)  7  3 x  x  2 nghịch biến trên  2; 
 3
1
7 1
 g ( x)  g    
 3.
7  3x  x  2

3 3
 7
Do đó, với mọi x   2;  ta có:
 3
1
1
1

  3  4 hay pt(3) vơ nghiệm
4  3x  x  1
7  3x  x  2 6
 1  13

;2 13  6 
 2


Vậy, hệ có nghiệm duy nhất 
Nhận xét

Đây là một thao tác thường gặp khi giải phương trình thu được sau phép thế.
Học sinh đã được học tư duy hàm số cho phương trình nên chủ động đánh giá
phương trình (3) bằng hỗ trợ của Máy tính cầm tay.

2.3.2.4 GP4: Kĩ thuật “ép hàm đặc trưng” trong giải hệ phương trình
Khi giải hệ phương trình nếu một phương trình có dạng hàm đặc trưng, mà hàm
đặc trưng lại ln đồng biến (hoặc nghịch biến trên một khoảng cùng chứa u , v
) thì chúng ta thu ngay được phép thế u  v , và chuyển việc giải hệ về giải
phương trình một ẩn. Tuy nhiên có một số hệ mà : việc xuất hiện hàm đặc trưng
chưa có ngay, hàm đặc trưng trên nhiều khoảng, hàm đặc trưng chưa chịu

15
đồng biến, nghịch biến..... chúng ta phải “ép” nó thành hàm đặc trưng chính
quy để giải tốn.
Sau đây là một số kĩ thuật cơ bản

Kĩ thuật 1: ÉP hàm đặc trưng về từng khoảng đồng biến (nghịch biến).
Mục đích: Bằng đánh giá điều kiện kéo theo từ phương trình cịn lại của hệ
hoặc đánh giá về dấu để u, v nằm cùng một khoảng mà hàm đặc trưng đồng
biến hoặc nghịch biến
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình:
 x  2 x 2  2 x  4  y  1  2 y 2  3
[5].

 4 x 2  x  6  5 y  2  xy  2 y  x  2  1  2 y  x  2
Tư duy: Pt(1)  f  x  1  f  y  với f  t   t  2 t 2  3 trên ¡ .
Mà: f '  t   1 

2t
t2  3



t 2  3  2t
t2  3

đang đổi dấu theo t

Hàm f  t  này nghịch biến trên A   1;   và đồng biến trên B   ;1

Vấn đề : Ta phải dùng pt(2) để ÉP cho x  1, y vào cùng mỗi tập A, B
Thật vậy, ta có ĐKXĐ ở pt(2) là: xy  2 y  x  2  0   x  2   y  1  0
Khi đó, xảy ra các trường hợp sau:
x  2  0 x 1  1

TH1: 
, suy ra ta ÉP được x  1, y vào A
y

1

0
y

1



x  2  0 x 1  1

TH2: 
, suy ra ta ÉP được x  1, y vào B
 y 1  0
y 1
Nói tóm lại: Ta “ép hàm đặc trưng” về từng khoảng đồng biến B hoặc nghịch
biến A
Lời giải


16

Từ suy luận trên dẫn tới phép thế: y  x  1 , và ta thu được phương trình:
4 x 2  x  6  1  2 x  5 x  1 : Phương trình này có nhiều cách giải .
Nhận xét
Đây là một kĩ thuật hay và sáng tạo, học sinh rất thích thú với việc tạo ra kĩ thuật
này. Điều đó thơi thúc học sinh chỉ động tìm kiếm các kiến thức mới, kĩ thuật
giải tốn mới.
Ví dụ 8. Giải hệ phương trình

(1  42 x  y )51 2 x  y  1  22 x  y 1 (1)

[4].
x  y

ln
x

3

ln
y

3
(2)





 4
Tư duy: Phương trình đầu tiên của hệ phương trình có thể độc lập được ẩn số,

do đó ta có thể sử dụng tư duy hàm số để giải phương trình một ẩn này.

Trong trang này: Nội dung phương pháp, các kĩ thuật là do tác giả sáng tạo và
trình bày.
9

Ví dụ 7 tác giả tham khảo từ TLTK [5], lời giải của tác giả.
Lời giải
Điều kiện: x  3 và y  3 (*)
Xét pt(1): Đặt t = 2x – y, phương trình (1) trở thành:
t

1 t

t 1

(1 4 ).5 1 2
t

t

1  4t 1  2 t  1
1  4 1 2
 t 
        .2t (3)
5
5
5  5 5 5
t

t

1 2 t
1 4
Hàm số: f (t )       nghịch biến và g (t )   .2 đồng biến trên ¡
5 5
5 5
Mà t = 1 thỏa mãn (3), nên t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3)
Vậy: 2 x  y  1  y  2 x  1
(4)
Ta có (2)  x  4ln( x  3)  y  4ln( y  3)  h  x   h  y 
Hàm số h(t )  t  4ln(t  3) trên  3;   nghịch biến trên khoảng A   3;1 và
đồng biến trên khoảng B   1;   .
Vấn đề : Ta phải ÉP cho x, y vào cùng mỗi tập A, B


17
Thật vậy:
Với x  1  y  1, ta có x  y  1 thỏa mãn hệ phương trình đã cho.
Từ 2 x  y  1  y  x  x  1
Với x  1 ta có:
Khi x  1  y  x  1  h  y   h  x 
Khi x  1  y  x  1  h  y   h  x 
x  (3; ) \  1
Suy ra với 
ta luôn có h( y )  h( x).
2
x

y


1,

x  1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 
 y  1.
Nhận xét
Lời giải trên là đáp án chính thức, tuy nhiên trong quá trình giảng dạy các lớp
học sinh giỏi, học sinh có những cách giải rất sáng tạo khi dùng tư duy hàm số.
Chẳng hạn: Đặt t = 2x – y, phương trình (1) trở thành:
1 t

(1 4 ).5 1 2
t

t 1

1  4t 1  2t  1 1  2 2 t 1  2 t  1
 t 
 2t  t 1  f  2t   f  t  1 .
5
5
5
5

Hay để ép x, y vào cùng mỗi tập A, B, học sinh dùng phản chứng như sau:
Giả sử  x  1  y  1  0 suy ra x  1  y hoặc y  1  x , mà hai trường hợp này
đều dẫn đến phương trình (4) vô nghiệm.

Trong trang này: Nội dung phương pháp, các kĩ thuật là do tác giả sáng tạo và

trình bày.
10

Ví dụ 8 tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK [4].
Kĩ thuật 2: ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng cách xét dấu cho biến


18
Mục đích: Hệ phương trình “có phương trình gần dạng hàm đặc trưng” nhưng
vì dấu của u,v chưa xác định nên hàm đặc trưng chưa xuất hiện. Bằng đánh giá
kéo theo từ hai phương trình, ta sẽ chỉ ra được dấu của u,v, từ đó thu được hàm
đặc trưng.
Ví dụ 9. Giải hệ phương trình





 xy 2 x 2  1  1  3 y 2  9  3 y (1)

[5].

 x 2 y  xy  5  4 x 3  3x 3 y  7 x (2)
Tư duy: Xét y  0 :
Pt(1)  x





3 y2  9  3y
x 1 1 
x
y2
2



3  y2  9 
x 1 1  
 1

y 
y

2



Vấn đề : Ta phải dùng đánh giá để ÉP dấu cho y để đưa vào căn bậc hai
Thật vậy:
2
2
Ta có ĐKXĐ ở phương trình (2) là: x y  xy  5  0  y  x  x   5  0 (*)

Chưa được????. Nhận thấy phương trình (1) có 3 y 2  9  3 y  0, y  R nên
suy ra x  0 . Do đó , từ (*) suy ra y  0 (Vì y  0 thì (*) khơng thỏa mãn)
Nói tóm lại: Ta ÉP được y  0 nên có hàm đặc trưng : f  t   t





t2 1 1

3
đồng biến trên  0;  và Pt  1  f  x   f  .
 y
Lời giải
Từ suy luận trên dẫn tới phép thế: y 

3
, và ta thu được phương trình:
x

3x  2  4 x 3  9 x 2  7 x : Phương trình này có nhiều cách giải .
Nhận xét
Một kinh nghiệm giải Toán chất lượng, học sinh thấy được vẻ đẹp của bài Tốn.
Phương trình 3x  2  4 x 3  9 x 2  7 x học sinh giải được bằng nhiều cách trong
đó có cả cách giải bằng tư duy hàm số.


19
Kĩ thuật 3: ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng qua phép giải tốn trung gian
Mục đích: Hệ phương trình chưa có phương trình nào dạng hàm đặc trưng
nhưng bằng các phép giải toán ( phép thế, đặt ẩn phụ,thêm bớt biểu thức...) sẽ
làm xuất hiện hàm đặc trưng.
 x  x  x 2  3x  3  3 y  2  y  3  1

Ví dụ 10. Giải hệ phương trình: 

3 x  1  x 2  6 x  6  3 y  2  1

Trong trang này: Nội dung phương pháp, các kĩ thuật là do tác giả sáng tạo và
trình bày.
11

Ví dụ 9 tác giả tham khảo từ TLTK [5], lời giải của tác giả.
Tư duy: Hệ này có x, y độc lập nên khả năng biến đổi để có hàm đặc trưng
Nhận thấy Pt(1) tăng bậc cho y bằng ẩn phụ: b  3 y  2  y  b3  2
Pt(1) được chuyển thành:
x  1  x 3  3 x 2  3 x  b  b3  1  f  x  1  f  b  với f  t   t  t 3  1 là
hàm đồng biến trên ¡ .
Nói tóm lại: Ta ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng ẨN PHỤ.
Lời giải
Từ suy luận trên dẫn tới phép thế:

3

y  2  x  1 , và ta thu được phương trình:

3 x  1  x 2  6 x  6  x : Phương trình này có nhiều cách giải .
Nhận xét
Hệ phương trình này,học sinh cảm giác khó khăn, cảm giác khó xử lí. Tuy nhiên
tư duy hàm số sau phép ẩn phụ đã giải quyết bài toán nhẹ nhàng.

Ví dụ 11. Giải hệ phương trình :

 y  1 2  y y 2  1  x  1,5

2

 x  x  2 x  5  1  2 2 x  4 y  2


20
Tư duy: Hệ này có khả năng biến đổi để có hàm đặc trưng vì VT(2) có dạng
hàm số của x .
Xét Pt(1) có khả năng thế x qua y để thay vào PT(2) mà x,y độc lập để sinh ra
hàm đặc trưng.
Thật vậy: Từ Pt(1) ta thu được:



2x  4 y  2  2 y2  2 y y2  1  1  2x  4 y  2  y  y2  1





2



2
2
Thế vào pt(2) ta được: x  x  2 x  5  1  2 y  y  1  f  x  1  f  2 y 

với f  t   t  t 2  4 là hàm đồng biến trên ¡ .
Nói tóm lại: Ta ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng RÚT ẨN VÀ THẾ
Lời giải
Từ suy luận trên dẫn tới phép thế: 2 y  x  1 , và ta thu được phương trình:

2 y  y 2  4  4 : Phương trình này có nhiều cách giải.
Nhận xét
Việc giải hệ phương trình bằng phép thê học sinh đã được tiếp cận nhiều.Tuy
nhiên kết hợp phép thế trong tư duy hàm số là một tư tưởng khá sáng tạo. Học
sinh rất thích với kiểu biến đổi này trong tư duy hàm số giải hệ phương trình.

 x 3  3x 2  13 y  y 3  3xy  17 x  30
Ví dụ 12. Giải hệ phương trình :  2
2
 x  y  xy  6 x  5 y  10  0
Trong trang này: Nội dung phương pháp, các kĩ thuật là do tác giả sáng tạo và
trình bày.
Ví dụ 10, ví dụ 11, ví dụ 12 do tác giả đề xuất và giải tốn.
Tư duy: Hệ này có dáng dấp của hệ đánh giá và dùng hàm nối. Tuy nhiên hàm
nối ở đây có dạng hàm đặc trưng.
Khử

xy

từ

hệ

ta

thu

được

x 3  3x 2  13 y  y 3  3  x 2  y 2  6 x  5 y  10   17 x  30

phương

trình:


21
 x  x  y  3 y  2 y  f  x   f  y  1 với f  t   t 3  t
3

3

2

Nói tóm lại: Ta ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng PHÉP THẾ.
Lời giải
Từ suy luận trên dẫn tới phép thế: y  x  1 , và ta thu được phương trình bậc hai
đơn giản.
Kĩ thuật 4: ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng phương pháp hệ số
Mục đích: Hệ phương trình chưa có phương trình nào dạng hàm đặc trưng
nhưng bằng phương pháp hệ số sẽ làm xuất hiện hàm đặc trưng.
Ví dụ 13. Giải hệ phương trình
2 x 3  6  x  2 y  1  3 2 y  1  3 x  1  16 y 3  6 y

 x  1  2 y  1  6 y  2
Tư duy: Hệ này có hai phương trình mà x, y độc lập, do đó ta cần phối hợp hai
phương trình để làm xuất hiện hàm đặc trưng.
2 x 3  6  x  1  3 x  1  16 y 3  6 y  3 2 y  1
Hpt  
 x  1  6 y  2  2 y  1

Ta xét phương trình với hệ số a :



2 x3  6  x  1  3 x  1  a x  1  16 y 3  6 y  3 2 y  1  a 6 y  2  2 y  1



 2 x3  6 x  6   a  3 x  1  16 y 3  6  a  1 y  2a   3  a  2 y  1

Nhận thấy: Nếu có hàm đặc trưng thì u , v phải là bội nhóm căn

x 1 , 2y 1

Khi đó xét: a  3  3  a  a  3
3
3
3
3
Ta thu được: 2 x  6 x  16 y  12 y  x  3x  8 y  6 y  f  x   f  2 y 

3
với f  t   t  3t là hàm đồng biến trên ¡ .

Nói tóm lại: Ta ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng phương pháp hệ số.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
2.4.1. Đối với đồng nghiệp


22

- Giúp đồng nghiệp có những định hướng cơ bản và phương pháp dạy cho
học sinh trong quá trình dạy ôn thi tốt nghiệp THPT phần cực trị của số phức.
- Giúp đồng nghiệp có những hệ thống lý thuyết, ví dụ minh họa, bài tập từ
nhận biết đến vận dụng cao để rèn luyện kĩ năng, trau dồi phương pháp cho học
sinh giải các bài toàn cực trị số phức.
2.4.2. Đối với học sinh
- Giúp học sinh nắm vững kĩ năng giải các bài tốn phần cực trị ơn thi tốt
nghiệp THPT.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận: Trong nhiều năm dạy học của mình, đặc biệt là năm học
2020 – 2021 tác giả có ơn thi tốt nghiệp THPT và đã rút ra được một số kinh
nghiệm trong việc dạy ôn thi phần cực trị số phức. Qua bài viết tác giả đã đưa ra
được một số vấn đề sau:
- Phương pháp giải các bài toán về modul số phức, đặc biệt là một số lưu ý
giúp học sinh dễ tiếp thu và hiểu sâu sắc phương pháp giải bài tốn cực trị số
phức.
- Trình bày một số ví dụ điển hình và xây dựng hệ thống bài tập (phần phụ
lục) để giúp học sinh rèn luyện kỹ năng và phương pháp giải một cách linh hoạt,
không bị bế tắc về hướng giải quyết bài toán cực trị khi đứng trước nhiệm vụ.
3.2. Kiến nghị: Đây là nội dung hay và khá quan trọng trong q trình ơn
thi mơn Tốn. Vì vậy tác giả xin đề nghị các thầy, cô và các em học sinh nghiên
cứu đọc và áp dụng trong quá trình dạy – học của mình đồng thời tiếp tục bổ
sung để đề tài được hoàn thiện hơn trong quá trình sử dụng. Đặc biệt cần xây
dựng hệ thống bài tập trắc nghiệm nhiều hơn nữa để học sinh luyện tập và củng
cố.

XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Nghi Sơn, ngày 18 tháng 5 năm 2022

Tôi xin cam đoan toàn bộ nội dung đề tài
trên là do bản thân tôi nghiên cứu và thực
hiện năm học 2021 - 2022 không sao chép
nội dung của bất kỳ ai.
NGƯỜI VIẾT SKKN

Nguyễn Văn Hữu