Hướng dẫn học sinh ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải hệ phương trình giúp nâng cao kết quả học tập môn toán trong các kỳ thi học sinh giỏi

SỞ GD&ĐT YÊN BÁI
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

BÁO CÁO SÁNG KIẾN ĐỀ NGHỊ CÔNG NHẬN CẤP CƠ SỞ
Lĩnh vực: Chuyên ngành Tốn học
HƯỚNG DẪN HỌC SINH ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU
CỦA HÀM SỐ VÀO GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
GIÚP NÂNG CAO KẾT QUẢ HỌC TẬP MƠN TỐN CỦA HỌC SINH
TRONG CÁC KỲ THI HỌC SINH GIỎI

Tác giả: Nơng Thanh Loan
Trình độ chun môn: Thạc sĩ
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Hồng Quang

Yên Bái, tháng 01 năm 2022


MỤC LỤC
Nội dung

Trang

I. THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

3

1. Tên sáng kiến

3

2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến

3

3. Phạm vi áp dụng sáng kiến

3

4. Thời gian áp dụng sáng kiến

3

5. Tác giả

3

II. MƠ TẢ GIẢI PHÁP SÁNG KIẾN

3

1. Tình trạng giải pháp đã biết

3

2. Nội dung giải pháp đề nghị công nhận là sáng kiến

5

3. Khả năng áp dụng của giải pháp

34

4. Hiệu quả, lợi ích thu được

34

5. Những người tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu

35

6. Điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến

35

7. Tài liệu gửi kèm

36

III. CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM
BẢN QUYỀN

36

2


I. THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến
“Hướng dẫn học sinh ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải hệ
phương trình giúp nâng cao kết quả học tập mơn Tốn trong các kỳ thi học

sinh giỏi”.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến
Giáo dục và Đào tạo.
3. Phạm vi áp dụng sáng kiến
Đề tài áp dụng cho học sinh trường THPT Hồng Quang - Lục Yên - Yên Bái.
4. Thời gian áp dụng sáng kiến
Từ 25 tháng 8 năm 2020 đến 30 tháng 12 năm 2021.
5. Tác giả
Họ và tên: Nơng Thanh Loan.
Năm sinh: 02/02/1985.
Trình độ chun môn: Thạc sĩ.
Chức vụ công tác: Giáo viên.
Nơi làm việc: Trường THPT Hồng Quang – Lục Yên - Yên Bái.
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT Hồng Quang – Lục Yên - Yên Bái.
Điện thoại: 0917.382.313.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP SÁNG KIẾN
1. Tình trạng giải pháp đã biết
Hệ phương trình là một chuyên đề hay, trong các đề thi học sinh giỏi cấp
trường, cấp tỉnh. Để giải hệ phương trình chúng ta có nhiều phương pháp, từ
những phương pháp đơn giản nhất như phép thay thế, cộng đại số, đến phép đặt
ẩn phụ, hình học, đồ thị, hàm số, song hành cùng các kỹ năng phân tích nhân tử,
kỹ năng giải phương trình bậc cao và phương trình vơ tỷ tạo ra hệ thống bài tập
vô cùng đa dạng. Trong những phương pháp ấy, phương pháp sử dụng tính chất
đơn điệu hàm số là một phương pháp mới tích hợp nhiều kiến thức, kỹ năng. Có
thể nói đây là một kỹ thuật đột phá, nhạy bén mặc dù kiến thức sử dụng rất đơn
giản, thuần tuý là sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Trong các công cụ để giải
các bài tốn hệ phương trình, nhất là hệ phương trình vơ tỷ thì dùng đơn điệu của
3

hàm số là một phương pháp mạnh khi gặp các dạng phức tạp và thường cho lời
giải gọn gàng, đẹp mắt, bất ngờ. Tính đơn điệu của hàm số được đề cập đến trong
sách giáo khoa và sách bài tập Giải tích lớp 12 trong ban cơ bản và nâng cao song
chỉ dừng ở ứng dụng vào khảo sát hàm số. Kiến thức về sử dụng tính đơn điệu
của hàm số để giải tốn có nhiều ứng dụng như tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất;
chứng minh bất đẳng thức và bài tốn chứa tham số; ... địi hỏi giáo viên cần tích
cực tực học, tự nghiên cứu, tìm tịi, bổ sung kiến thức và tích luỹ kinh nghiệm để
hướng dẫn học sinh hiểu và vận dụng một cách hiệu quả.
Hiện trạng trước khi áp dụng sáng kiến tại trường THPT Hồng Quang:
a. Về phía học sinh:
Bài tốn giải hệ phương trình khơng mẫu mực là bài tốn khó trong các kỳ
thi học sinh giỏi đòi hỏi các em phải tư duy linh hoạt, nhất là đối với các em học
sinh vùng cao khi lượng kiến thức của các em cịn hạn chế, sách tham khảo khơng
nhiều. Khi gặp các hệ phương trình dạng này các em khơng làm được và không
biết biến đổi từ đâu. Dẫn đến tâm lý e sợ, ngại, chán nản thậm chí khơng u thích
mơn Tốn, khơng có học sinh ơn thi học sinh giỏi Tốn.
Chính vì vậy mà kết quả thi học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh thường khơng
được cao.
b. Về phía giáo viên:
Giáo viên khơng có tài liệu tham khảo rõ ràng, cơ đọng. Có chăng chỉ là vài
bài tập kèm lời giải gây khó khăn cho giáo viên khi dạy, cũng như khi hướng dẫn
học sinh giải hệ phương trình.
Trăn trở với thực tế nêu trên, bản thân tôi trong quá trình dạy học nhiều
năm qua đã mạnh dạn lựa chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh ứng dụng tính đơn
điệu của hàm số vào giải hệ phương trình giúp nâng cao kết quả học tập mơn
Tốn trong các kỳ thi học sinh giỏi” nhằm mục đích hướng dẫn, cung cấp cho
các em học sinh một công cụ để giải một số hệ phương trình khó để các em dần
cảm thấy mình khơng cịn sợ các hệ phương trình phức tạp và u thích học Tốn
hơn và cũng để nâng cao chất lượng, thành tích của học sinh trong các kỳ thi.
Trong sáng kiến kinh nghiệm này trình bày một cách hệ thống, chi tiết các

kiến thức về tính đơn điệu của hàm số và ứng dụng vào giải hệ phương trình.
4


Sáng kiến kinh nghiệm được trình bày với 2 chương.
Chương I. Cở sở lý luận. Chương này hệ thống lại kiến thức cơ bản nhất
về tính đơn điệu của hàm số, bao gồm các khái niệm, định lý sẽ được dùng để giải
quyết các bài toán trong chương II.
I.1. Nhắc lại tính đơn điệu của hàm số
I.2. Các định lý cơ bản
I.3. Một số chú ý
Chương II. Các dạng toán giải hệ phương trình thường áp dụng kiến thức
về tính đơn điệu của hàm số để giải. Chương này đề cập đến các dạng tốn giải
hệ phương trình có sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải.
II.1. Dạng 1: Sử dụng đồng thời tính đơn điệu của hàm số trong giải hệ phương trình.
II.2. Dạng 2: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số và biến đổi tương đương trong
giải hệ phương trình.
II.3. Dạng 3: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số kết hợp với đặt ẩn phụ trong giải
hệ phương trình.
II.4. Dạng 4: Sử dụng phương pháp thế sau đó dùng tính đơn điệu của hàm số
trong giải hệ phương trình.
II.5. Dạng 5: Sử dụng phương pháp cộng đại số sau đó dùng tính đơn điệu của
hàm số trong giải hệ phương trình.
II.6. Dạng 6: Kết hợp tính đơn điệu của hàm số và tìm min, max của hàm số trong
giải hệ phương trình.
2. Nội dung giải pháp đề nghị công nhận là sáng kiến
2.1. Mục đích của giải pháp
Đề tài: “Hướng dẫn học sinh ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào
giải hệ phương trình giúp nâng cao kết quả học tập mơn Tốn trong các kỳ thi
học sinh giỏi” được xây dựng nhằm cung cấp cho học sinh một trong những công

cụ để có thể định hướng tốt hơn trong q trình giải các hệ phương trình khó, phức

5


tạp. Trên cơ sở đó kết hợp với phương pháp cơ bản giúp học sinh hoàn thiện tư
duy, kỹ năng định hướng và giải toán đại số.
2.2. Nội dung giải pháp
Trong q trình giảng dạy nhiều năm tơi thấy các dạng tốn về Giải hệ
phương trình thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh.
Hơn nữa các tài liệu tham khảo về dạng toán này chưa có nhiều, khơng đưa ra
phương pháp giải chung mà chỉ có một vài dạng cùng với lời giải các ví dụ đó
làm cho giáo viên rất khó khăn khi hướng dẫn cho học sinh giải dạng bài tập này.
Chính vì vậy mà trong sáng kiến kinh nghiệm này tơi đã đưa ra, đi sâu tìm hiểu,
định hướng và nhận biết của từng bài tốn giải hệ phương trình bằng cơng cụ ứng
dụng tính đơn điệu của hàm số từ đó áp dụng phương pháp giải phù hợp. Cụ thể
tơi đã đưa ra các biện pháp như sau :
Biện pháp 1: Bổ sung và hệ thống những kiến thức cơ bản.
Trong quá trình giảng dạy trên lớp giáo viên giúp học sinh nắm vững và
khắc sâu các kiến thức lý thuyết trong chương trình. Chỉ rõ cho học sinh các kiến
thức quan trọng như: Các định nghĩa, định lý, hệ quả, nhận xét, chú ý,....
Hướng dẫn học sinh phương pháp học để dễ thuộc, nhớ lâu.
Thường xuyên kiểm tra giúp học sinh luôn được tái hiện kiến thức.
Khi tham gia dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, phụ đạo luôn yêu cầu học sinh
nêu lại các kiến thức đã học sau đó giáo viên chốt lại cho học sinh những kiến
thức cơ bản nhất và cho học sinh ghi lại vào vở.
Chỉ ra những sai lầm mà học sinh hay mắc phải.
Biện pháp 2: Giúp học sinh nắm vững một số kiến thức về tính đơn điệu của
hàm số và bổ sung thêm một số định lý cơ bản.
Vì bài tập về hệ phương trình phức tạp thường khó do đó giáo viên cần

phân tích đề bài, định hướng cách giải, tổng hợp lại những kiến thức đó cho học
sinh một cách hệ thống và rõ ràng.
Biện pháp 3: Rèn cho học sinh tư duy, kỹ năng, phương pháp.
Rèn cho học sinh biết phân tích các vấn đề trong bài, so sánh giữa chúng,
tổng hợp các vấn đề thành một chuỗi logic từ đó lựa chọn phương pháp giải tốn
tối ưu nhất.
6


Biện pháp 4: Phân tích các dạng bài tập và phương pháp giải.
Trong quá trình hướng dẫn học sinh giải bài tập giáo viên cần chốt cho học
sinh các bước cơ bản để giải từng dạng bài toán.
Giáo viên cần nghiên cứu tìm tịi và hệ thống một số phương pháp giải từ
đơn giản đến phức tạp, từ dễ đến khó phù hợp với đối tượng học sinh để học sinh
tiếp cận dần dần giúp các em hiểu cách làm, vận dụng được tránh tình trạng chán
nản sợ học bộ môn.
- Cụ thể:
CHƯƠNG I. CƠ SỞ LÝ LUẬN
Trong chương này, tơi trình bày các khái niệm cơ bản về tính đơn điệu của
hàm số các khái niệm, định lý cơ bản, các chú ý.
I.1. Nhắc lại tính đơn điệu của hàm số: (Theo sách giáo khoa hiện hành giải
tích 12-NXB giáo dục Việt Nam)
I.1.1 Định nghĩa 1. Ký hiệu D là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng. Giả sử hàm
số y = f ( x ) xác định trên D . Ta nói
Hàm số y = f ( x ) đồng biến (tăng) trên D nếu với mọi cặp x1 , x2 thuộc D
mà x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) ;
Hàm số y = f ( x ) nghịch biến (giảm) trên D nếu với mọi cặp x1 , x2 thuộc
D mà x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) .

I.1.2 Tính đơn điệu và dấu của đạo hàm

Định lý. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên D .
a) Nếu f '( x)  0 với mọi x thuộc D thì hàm số f ( x) đồng biến trên D .
b) Nếu f '( x)  0 với mọi x thuộc D thì hàm số f ( x) nghịch biến trên D .
Chú ý: Ta có định lý mở rộng sau đây.
Giả sử hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên D . Nếu f '( x)  0 ( f '( x)  0 ) với
mọi x thuộc D và f '( x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số f ( x) đồng
biến (nghịch biến) trên D .
7


I.2. Các định lý cơ bản: (Theo sách một số phương pháp chọn lọc giải các bài
toán sơ cấp- tập III- NXB Đại học quốc gia Hà Nội- do Gs. Phạm Văn Điều chủ
biên)
Định lý 1. Nếu hàm số f ( x) luôn đồng biến (nghịch biến) và liên tục trên D thì
số nghiệm trên D của phương trình f ( x ) = k (trong đó k là hằng số cho trước)
không nhiều hơn một và x, y  D : f ( x) = f ( y )  x = y. .
Chứng minh.
Ta chứng minh với trường hợp hàm số f ( x) đồng biến. Giả sử phương trình
f ( x ) = k có nghiệm x = x0 , tức là f ( x0 ) = k . Do f ( x) đồng biến nên

•

x  x0 suy ra f ( x )  f ( x0 ) = k nên phương trình f ( x ) = k vơ nghiệm.

•

x  x0 suy ra f ( x )  f ( x0 ) = k nên phương trình f ( x ) = k vơ nghiệm.

•

x = x0 suy ra f ( x ) = f ( x0 ) = k nên phương trình f ( x ) = k có nhiều nhất một

nghiệm.
Trường hợp hàm số f ( x) nghịch biến chứng minh tương tự.
Định lý 2. Nếu hàm số y = f ( x ) luôn đồng biến (nghịch biến); hàm số y = g ( x )
luôn nghịch biến (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 = x0 là một nghiệm của phương trình phương trình f ( x) = g ( x) , tức là
f ( x0 ) = g ( x0 ) . Ta giả sử f ( x) đồng biến cịn g ( x ) nghịch biến.

• Nếu x  x0 suy ra

f ( x)  f ( x0 ) = g ( x0 )  g ( x)

nên phương trình

f ( x) = g ( x) vơ nghiệm.

•

Nếu x  x0 suy ra

f ( x)  f ( x0 ) = g ( x0 )  g ( x) nên phương trình

f ( x) = g ( x) vơ nghiệm.

• Nếu

x = x0

suy ra f ( x) = f ( x0 ) = g ( x0 ) = g ( x)

nên phương trình

f ( x) = g ( x) có nghiệm duy nhất.

8


I.3. Một số chú ý
Nếu hàm số f ( x) đơn điệu tăng và liên tục trên tập xác định D thì
f (a)  f ( b )  a  b với a, b nằm trong tập xác định của hảm số.

Nếu hàm số f ( x) đơn điệu tăng và liên tục trên tập xác định D thì
f (a)  f ( b )  a  b với a, b nằm trong tập xác định của hảm số.

Nếu hàm số f ( x) đơn điệu giảm và liên tục trên tập xác định D thì
f (a)  f ( b )  a  b với a, b nằm trong tập xác định của hảm số.

Nếu hàm số f ( x) đơn điệu giảm và liên tục trên tập xác định D thì
f (a)  f ( b )  a  b với a, b nằm trong tập xác định của hảm số.

Nếu f ( x), g ( x ) cùng đồng biến, dương và liên tục trên cùng tập xác định

D thì hàm số h ( x ) = f ( x ).g ( x ) và k ( x ) = f ( x ) + g ( x ) là các hàm số đồng biến
và liên tục trên D .
Nếu f ( x), g ( x ) cùng nghịch biến, dương và liên tục trên cùng tập xác định

D thì hàm số h ( x ) = f ( x ).g ( x ) là hàm số đồng biến và liên tục trên D còn

k ( x ) = f ( x ) + g ( x ) là hàm số nghịch biến và liên tục trên D .

Nếu f ( x) cùng đồng biến, dương và g ( x ) nghịch biến, dương liên tục trên
cùng tập xác định D thì hàm số h ( x ) = f ( x ).g ( x ) là hàm số nghịch biến và liên
tục trên D .
CHƯƠNG II: CÁC DẠNG TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ỨNG
DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI.
Khi phân chia các dạng tốn này, bản thân tơi ban đầu cũng nghĩ đến việc
phân chia theo các dạng hệ phương trình mà một phương trình của hệ có dạng
f ( x ) = k , f (u ( x )) = f (v ( y )) , f ( x) = g ( x) hoặc tổng, tích của các hàm số đơn

điệu nhưng khi gặp rất nhiều bài toán và biến đổi khác nhau, tơi thấy cách chia đó
chưa thể hiện được hết các dạng bài tập cũng như cái hay, cái đẹp trong những bài
hệ phương trình dạng này. Vì thế, tơi chọn cách phân chia theo việc kết hợp giữa
việc sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong giải hệ phương trình và các biến đổi
9


khác. Mặc dù, vẫn có những bài tập có sự xuất hiện của nhiều biến đổi khác nhưng
tôi xếp vào dạng biến đổi nổi bật hơn. 18 bài toán, chia thành 6 dạng dưới đây là
các bài toán mới dựa vào kinh nghiệm tôi đúc kết được về cách giải trong q
trình tự học, tự nghiên cứu, hồn tồn khơng sao chép.
II.1. Dạng 1: Sử dụng đồng thời tính đơn điệu của hàm số trong giải hệ phương
trình.
Khi gặp những hệ dạng này, thơng thường từ một phương trình ta dễ dàng
biến đổi để sử dụng được tính đơn điệu của hàm số, sau đó ta tìm được mối quan
hệ giữa hai ẩn x và y . Ta có thể thay vào phương trình cịn lại nhưng lại xuất hiện
một phương trình khá phức tạp chưa thể giải ngay được, có thể chưa căn hoặc
khơng chứa căn nhưng có chút tương đồng về biểu thức, khi đó ta lại tiếp tục sử
dụng tính đơn điệu của hàm số để giải.

Bài tốn 1. Giải hệ phương trình
2

2(16 x + 1) x + (2 y − 3) 5 − 4 y = 0 (1)
( x, y 
 2
2
(2)

16 x + 4 y + 2 3 − 8 x = 7

).

Phân tích bài toán: Để giải quyết bài toán trên, ta cố gắng biến đổi phương trình

(1) về dạng f (4 x) = f (

)

5 − 4 y trong đó f (t ) = ( t 2 + 1) t là hàm số đồng biến trên

. Từ đó, suy ra 4 x = 5 − 4 y . Kết hợp với phương trình cịn lại ta lại dùng tính
đơn điệu của hàm số một lần nữa.
Lời giải:

3
5
Điều kiện: x  , y  .
8
4

Phương trình

(

(1)  (16 x2 + 1)4 x + (4 y − 6) 5 − 4 y = 0  (4 x)2 + 1 4 x = 


5 − 4y

)

2

+ 1 5 − 4 y .(3)


Xét hàm số f (t ) = ( t 2 + 1) t . Ta có f '(t ) = 3t 2 + 1  0, t  . Suy ra f (t ) đồng
biến trên

.

10


Nhận thấy ( 3)  f (4 x) = f

(

x0



5 − 4 y  4x = 5 − 4 y  
5 − 16 x 2 .
y =

4

)

2

 5 − 16 x 2 
Thay vào ( 2 ) , ta được 16 x + 
 + 2 3 − 8 x − 7 = 0.(4)
2


2

3
Nhận thấy x = 0 và x = không là nghiệm của ( 4 ) .
8
2

 5 − 16 x 2 
 3
Xét hàm số g ( x) = 16 x + 
 + 2 3 − 8 x − 7 trên khoảng  0;  .
2
 8



2

8
8
5

= 8 x (16 x 2 − 1) −
 0 . Suy ra
Ta có g  ( x ) = 32 x − 16 x  − 8 x 2  −
3 − 8x
3 − 8x
2


 3
g ( x ) nghịch biến trên khoảng  0;  .
 8

1
1
Mặt khác g   = 0 , do đó ( 4 ) có nghiệm duy nhất x = .
4
4
1 
Vậy hệ đã cho có nghiệm: ( x; y ) =  ;1 .
4 

Bài tốn 2. Giải hệ phương trình

2 x + 4 x 2 − 3 = y + y 2 + 3 (1)
( x, y 
 3
3
2
(
)
8 x − y = 6 x − 3 y + 4

).

Phân tích bài tốn: Thoạt nhìn phương trình thứ nhất có nhầm lẫn gì chăng!
Nhưng khơng, phương trình thứ nhất hồn toàn biến đổi được về dạng
f

(

)

4 x 2 − 3 = f ( y ) trong đó f ( t ) = t + t 2 + 3 và sử dụng định lý 1 . Sau đó khi

thay vào phương trình thứ hai, lại sử dụng được định lý 2 .
Lời giải:
Điều kiện: x 

3
, y
2

.

11


Nhận xét: y + y 2 + 3  0, y 
Phương trình (1)  4 x − 3 +
2

, suy ra 2 x + 4 x 2 − 3  0  x 

(

4x − 3
2

) +3 = y+
2

3
.
2

y 2 + 3. (1')

Xét hàm số f ( t ) = t + t 2 + 3 , với t  .
Ta có f  ( t ) = 1 +

t
t2 + 3

Nhận thấy (1')  f

(

 0, t  . Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên

.

)

4x2 − 3 = f ( y )  4x2 − 3 = y .

Thay vào ( 2 ) , ta được
8 x3 − ( 4 x 2 − 3) 4 x 2 − 3 = 6 x − 3 4 x 2 − 3 + 4
 8 x3 − ( 4 x 2 − 3) 4 x 2 − 3 − 6 x = 4 − 3 4 x 2 − 3

(

)

 ( 4 x 2 − 3) 2 x − 4 x 2 − 3 = 4 − 3 4 x 2 − 3  f ( x ) = g ( x ) .

Ta có

)

(

2

3

2
2
2

f
x
=
24
x
−
6
−
12
x
4
x
−
3
=
2
4
x
−
3
−
3
+ 2 ( 4 x 2 − 3 ) + 3  0, x 
(
)


2


 g  ( x ) = − 12 x  0, x  3

2
4 x2 − 3

.
Mặt khác f (1) = g (1) , do đó x = 1 là nghiệm của phương trình.
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình là: ( x; y ) = (1;1) .
Bài toán 3. Giải hệ phương trình
2
2

( 8 x − 1)( 8 y − 1) = 14 xy
( x, y 
 2
2
2
x
+
2
y
+
2
xy
−
7
x

−
6
y
+
7
=
0



).

Phân tích bài tốn: Đối với bài tốn này, việc phân tích phương trình thứ hai
thành bình phương trở nên khó khăn nên ta có thể coi phương trình hai lần lượt là
phương trình bậc hai ẩn x và ẩn y rồi tìm điều kiện để phương trình bậc hai có
nghiệm ta sẽ suy ra miền giá trị của x và y . Ta để ý đến sự tương đồng trong
phương trình thứ nhất, nhưng vế phải còn biến xy , ta nên thực hiện chia 2 vế cho
12


tích xy , song trước khi chia ta kiểm tra xy = 0 có thoả mãn hệ phương trình hay
khơng sau đó sử dụng tính chất tích của hai hàm số đồng biến ta tìm được x, y .
Lời giải:
Kiểm tra xy = 0 khơng thoả mãn hệ phương trình.

1 
1
 8 x −  8 y −  = 14
Với xy  0 , hệ phương trình viết lại 
x 

y
2 x 2 + 2 y 2 + 2 xy − 7 x − 6 y + 7 = 0


(1)

.

( 2)

Ta coi phương trình ( 2 ) lần lượt là phương trình bậc hai ẩn x và ẩn y
2
2

2 x + ( 2 y − 7 ) x + 2 y − 6 y + 7 = 0
Ta có: ( 2 )   2
.
2
2
y
+
2
x
−
6
y
+
2
x
−

7
x
+
7
=
0
(
)



Điều kiện có nghiệm của hai phương trình trên là:
7
1

y

 2
1 = −12 y + 20 y − 7  0
6
.



2
5

=
−
12

x
+
32
x
−
20

0
 2
1  x 

3
2

1
1
Xét hàm số f ( t ) = 8t − , với t  ( 0; + ) . Ta có f  ( t ) = 8 + 2  0, t  ( 0; + ) .
t
t
1
1
1 7
 5
Do đó các hàm số f ( x ) = 8 x − , x  1;  và f ( y ) = 8 y − , y   ;  đều
y
x
2 6
 3

dương, liên tục, đồng biến.

1
Suy ra f ( x ) . f ( y )  f (1) . f   = 14 . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi:
2

x = 1


1.
y
=

2

Thay vào hệ phương trình ta được nghiệm của hệ phương trình đã cho là:

( x; y ) = 1;

1
.
 2

II.2. Dạng 2: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số và biến đổi tương đương trong
giải hệ phương trình.
13


II.2.1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số và phương pháp khử căn hoặc giải
phương trình bậc hai hoặc đa thức bậc cao trong giải hệ phương trình.
Sau khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số, ta tìm được mối quan hệ giữa
hai ẩn ẩn x và ẩn y . Ta thay vào phương trình cịn lại nếu đưa về các phương

trình bậc nhất, bậc hai thì đơn giản nhưng nếu đưa về phương trình bậc cao, giáo
viên cần hướng dẫn học sinh nhớ lại cách nhẩm nghiệm và hạ bậc phương trình
đang xét. Nếu phương trình có căn, giáo viên cần hướng dẫn học sinh nhớ lại cách
biến đổi tương đương một số phương trình có căn thức dạng cơ bản sau:
2n

 f ( x )  0 ( g ( x )  0 )
f ( x) = 2 n g ( x )  
;
f
x
=
g
x
(
)
(
)


2 n +1

2n

f ( x) = 2 n+1 g ( x )  f ( x ) = g ( x ) ;


g ( x)  0
f ( x) = g ( x )  
2n ;


 f ( x ) = ( g ( x ))

2 n +1

f ( x) = g ( x )  f ( x ) = ( g ( x ) )

2 n +1

.

Bài toán 1. Giải hệ phương trình
3
3
2

(1)
 x − 8 y − 24 y + 3x − 30 y = 14
( x, y 
3
2
2
2
(
)
4
x
+
4
y

+
9
=
4
xy
+
4
x
−
10
x
+
2
y
−
3



).

Phân tích bài tốn: Bài tốn này chỉ cần biến đổi phương trình thứ nhất và sử
dụng định lý 1 về tính đơn điệu của hàm số. Khi thay vào phương trình thứ hai ta
lại sử dụng định lý 1 một lần nữa. Sau đó, dẫn đến việc khử căn và giải phương
trình bậc cao.
Lời giải:
Phương trình (1)  x3 + 3x = ( 2 y + 2 ) + 3 ( 2 y + 2 ). (1' )
3

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 3t , với t  .

Ta có f  ( t ) = 3t 2 + 3  0, t  . Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên

.
14


Nhận thấy (1')  f ( x ) = f ( 2 y + 2)  x = 2 y + 2  2 y = x − 2 .
Thay vào ( 2 ) , ta được

3

6 x + 5 = x3 − 5x − 5  6 x + 5 + 3 6 x + 5 = x3 + x. ( 2' )

Xét hàm số f ( z ) = z 3 + z trên
đồng biến trên

. Ta có f  ( z ) = 3z 2 + 1  0, z  . Suy ra f ( z )

.

Khi đó ( 2')  f ( x ) = f

(

3

)

6x + 5  x = 3 6x + 5

 x3 − 6 x − 5 = 0  ( x + 1) ( x 2 − x − 5 ) = 0

 x = −1

1 + 21
 x =
.

2

 x = 1 − 21

2
Vậy hệ phương trình có nghiệm:

( x; y ) =  −1; −


 1 + 21 −3 + 21 
 1 − 21 −3 − 21 
3
,
,
x
x
;
;
y
y
=

=
;
;
(
(
)
)


.


2
2
2
4
4





Bài tốn 2. Giải hệ phương trình
3
3
2

(1)
8 x − y + 3 y − 6 x − 2 = 0
( x, y 

 2
2
2
2
(
)

4 x + 1 − 4 x − 3 2 y − y + 2 = 0

).

Phân tích bài tốn: Với bài tốn trên, ta biến đổi phương trình thứ nhất đưa về
dạng f ( 2 x ) = f ( y − 1) trong đó f ( t ) = t 3 − 3t , với điều kiện xác định ta dễ dàng
suy ra miền giá trị của ẩn. Bằng cách áp dụng định lý 1 ta tìm được mối quan hệ
giữa hai ẩn, kết hợp với phương trình cịn lại dẫn đến việc khử căn và giải phương
trình bậc cao.
Lời giải:

1
1
Điều kiện: −  x  , 0  y  2 .
2
2

15


Phương trình (1)  ( 2 x ) − 3( 2 x ) = ( y − 1) − 3 ( y − 1). (1' )
3

3

Vì 0  y  2 nên −1  y − 1  1 .
Xét hàm số f ( t ) = t 3 − 3t , với t  −1;1 .
Ta có f  ( t ) = 3t 2 − 3 = 3 ( t 2 − 1)  0, t  ( −1;1) .
Suy ra hàm số f ( t ) nghịch biến trên  −1;1 .
Nhận thấy (1')  f ( 2 x ) = f ( y − 1)  2 x = y − 1  y = 2x + 1 .
Thay vào ( 2 ) , ta được 4 x2 − 2 1 − 4 x2 + 2 = 0  4 x2 + 2 = 2 1 − 4 x2
 ( 4 x2 + 2) = 4 (1 − 4 x2 )  x2 ( x2 + 2 ) = 0  x = 0 .
2

Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) = ( 0;1) .
Bài tốn 3. Giải hệ phương trình
4 x3 − 6 x 2 − 9 x + 11 = 4 y 3 + 6 y 2 − 9 y
( x, y 
 2
2
4
x
+
4
y
−
4
x
+
4
y
+
1

=
0


).

Phân tích bài tốn: Để giải bài tốn này, ta cũng bắt đầu từ phương trình thứ
nhất, ta cố gắng thêm bớt để xuất hiện f ( u ) = f ( v )  u = v . Để có được điều
này thì các hàm số cần đơn điệu trên một miền xác định. Nhưng hàm số
f ( t ) = t 3 − 12t có đạo hàm f  ( t ) = 3t 2 − 12 lại không giữ nguyên một dấu trên tập

. Từ đó, ta suy nghĩ về việc biến đổi phương trình thứ hai để suy ra miền giá trị
của x và y . Ta có thể tìm miền giá trị của x và y bằng cách coi phương trình thứ
hai là phương trình bậc hai với từng ẩn và tìm điều kiện để phương trình bậc hai
có nghiệm. Tìm được mối quan hệ của hai ẩn, ta thay vào phương trình cịn lại ta
dẫn đến việc giải phương trình bậc hai đơn giản. Bài này muốn nhấn mạnh việc
tìm miền giá trị của x và y .
Lời giải:
Hệ phương trình đã cho tương đương với:
16


8 x3 − 12 x 2 + 6 x − 1 − 24 x + 12 = 8 y 3 + 12 y 2 + 6 y + 1 − 24 y − 12
 2
2
4 x − 4 x + 1 + 4 y + 4 y + 1 = 1
3
3

( 2 x − 1) − 12 ( 2 x − 1) = ( 2 y + 1) − 12(2 y + 1)


2
2

( 2 x − 1) + ( 2 y + 1) = 1

(1)
( 2)

2

( 2 x − 1)  1  2 x − 1  1 −1  2 x − 1  1 0  2 x  2
Từ ( 2 ) suy ra 



2
2
y
+
1

1
−
1

2
y
+
1


1
2
y
+
1

1

−2  2 y  0
)


(

0  x  1
.

−
1

y

0


Xét hàm số f ( t ) = t 3 − 12t , với t  −1;1 .
Ta có f  ( t ) = 3( t 2 − 4 ) , t  ( −1;1) . Suy ra f ( t ) nghịch biến trên đoạn  −1;1 .
Nhận thấy

(1)  f ( 2 x − 1) = f ( 2 y + 1)  2 x − 1 = 2 y + 1 .
 y = x −1

Thay vào (2) , ta được

8x2 − 8x + 1 = 0  x =

2+ 2
2− 2
hoặc x =
.
4
4

Với x =

2+ 2
−2 + 2
y=
.
4
4

Với x =

2− 2
2+ 2
 y=−
.
4

4

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm:
 2 + 2 −2 + 2 
2− 2 2+ 2 
;
;
x
;
y
=
;−
(
)


.
4
4
4
4





( x; y ) = 

17

Bài tốn 4. Giải hệ phương trình
4 2
2
2

12 x y + 2 x + 16 y = 1
x, y 

3
3(
x
−
2
y
+
12
y
=
x
+
2
y
)
(
)

(

).

Phân tích bài tốn: Để giải bài tốn này ta bắt đầu từ phương trình thứ hai, ta cố
gắng thêm bớt để xuất hiện f ( u ) = f ( v )  u = v . Để có được điều này thì các
hàm số cần đơn điệu trên một miền xác định. Nhưng hàm số f ( t ) = t 3 − 3t có đạo
hàm f  ( t ) = 3t 2 − 3 lại không giữ nguyên một dấu trên tập

. Từ đó, ta suy nghĩ

về việc biến đổi phương trình thứ nhất để suy ra miền giá trị của x và y . Tìm
được mối quan hệ của hai ẩn, ta thay vào phương trình cịn lại ta dẫn đến việc giải
phương trình bậc hai đơn giản. Bài này muốn nhấn mạnh việc tìm miền giá trị của
x và y .
Lời giải:
Hệ phương trình đã cho tương đương với
12 x 4 y 2 + ( x 2 − 4 xy + 4 y 2 ) + ( x 2 + 4 xy + 4 y 2 ) + 8 y 2 = 1

3
3
( x − 2 y ) − 3 ( x − 2 y ) = ( x + 2 y ) − 3 ( x + 2 y )
( x − 2 y )2 + ( x + 2 y )2 + 12 x 4 y 2 + 8 y 2 = 1

3
3
( x − 2 y ) − 3 ( x − 2 y ) = ( x + 2 y ) − 3 ( x + 2 y )

(1)
.
2
( )

2

( x − 2 y )  1  x − 2 y  1 −1  x − 2 y  1
Từ (1) suy ra 


.
2
x
+
2
y

1
−
1

x
+
2
y

1


( x + 2 y )  1 

Xét hàm số f ( t ) = t 3 − 3t , với t  −1;1 .
Ta có f  ( t ) = 3t 2 − 3  0, t  ( −1;1) . Suy ra f ( t ) nghịch biến trên  −1;1 .
Nhận thấy ( 2)  f ( x − 2 y ) = f ( x + 2 y)  x − 2 y = x + 2 y  y = 0 .

18



2
x =
2 .
Thay vào (1) , ta được 2 x 2 = 1  

2
x = −

2

 2 
2 
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = 
;0  hoặc ( x; y ) =  −
;0  .
2
2





II.2.2. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số và nhân liên hợp trong giải hệ phương trình.
Trong quá trình giải hệ phương trình bằng sử dụng tính đơn điệu của hàm
số, đôi khi ta cần sử dụng cả phép nhân liên hợp để biến đổi về những biểu thức

chúng ta cần, hoặc đưa về những phương trình dạng tích. Học sinh cần nhớ lại:
Biểu thức liên hợp của
Biểu thức liên hợp của

3

A  B là

A

A  3 B là

( )
3

B;
2

A

3

A3 B +

( )
3

2

B .

Bài toán 1. Giải hệ phương trình

)

(

1

2
6
xy
1
+
9
y
+
1
=

2x + 1 − 2x

8 x3 ( 9 y 2 + 1) + 4 ( 4 x 2 + 1) 2 x = 10


(1)
( 2)

( x, y  ) .

Phân tích bài tốn: Bài tốn trên, ta biến đổi phương trình thứ nhất bằng cách
nhân liên hợp ở vế phải để mất dấu trừ dưới mẫu, sau đó chia hai vế cho 2x ta có
 1 
2
thể biến đổi về dạng f ( 3 y ) = f 
 trong đó f ( t ) = t + t t + 1 rồi sử dụng
 2x 

tính đơn điệu của hàm số như định lý 1 .
Lời giải:
Điều kiện: x  0, y 

.

Kiểm tra x = 0 không thoả mãn hệ phương trình.
Xét x  0 .
Phương trình (1)  6 xy + 6 xy 9 y 2 + 1 =

2x + 1 + 2x
2x

19


 3y + 3y

(3 y )

2

2

1
1  1 
+1 =
+

 +1
2x
2x  2x 

(1')

Từ (1') suy ra y  0 . Xét hàm số f ( t ) = t + t t 2 + 1 , với t  0 .
Ta có f  ( t ) = 1 + t 2 + 1 +

t2
t +1
2

 0, t  0 .

Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0;+ ) .
1
 1 
Nhận thấy (1' )  f ( 3 y ) = f 
.
  3y =
2
x

2
x



Thay vào ( 2 ) , ta được 8 x3 + 4 x 2 + 4 ( 4 x 2 + 1) 2 x = 10 ( 2' )
Xét hàm số g ( x ) = 8 x3 + 4 x 2 + 4 ( 4 x 2 + 1) 2 x , với x  0 .
Ta có g  ( x ) = 24 x + 8 x + 32 x 2 x +
2

4 ( 4 x 2 + 1)
2x

 0, x  0 .

1
Suy ra g ( x ) đồng biến trên ( 0;+ ) . Mặt khác g   = 10 , do đó ( 2') có nghiệm
2

duy nhất x =

1
.
2

1 1
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình đã cho là: ( x; y ) =  ;  .
 2 3

Bài tốn 2. Giải hệ phương trình

3
2
3

2 x − 4 x + 3 x − 1 = 2 x ( 2 − 2 y ) 3 − 4 y

3

 x + 2 = 14 − x 3 − 4 y + 1

(1)
( x, y  ) .
2
( )

Phân tích bài tốn: Nhìn phương trình thứ hai khá phức tạp, ta nghĩ về việc biến
đổi phương trình thứ nhất. Ta cố gắng đưa về dạng f ( u ( x ) ) = f ( v ( y ) ) , ta sẽ chia
hai vế cho x 3 , nhưng trước khi chia phải xét trường hợp x = 0 . Việc biến đổi làm
xuất hiện hàm đại diện khá dễ dàng, sau đó sử dụng định lý về tính đơn điệu của
hàm số ta tìm được mối quan hệ giữa hai biến. Thay vào phương trình thứ hai, ta
phải sử dụng phép nhân liên hợp để đưa về phương trình tích.
Lời giải:
20