skkn hướng dẫn học sinh giải phương trình, hệ phương trình bằng phương pháp hàm số thpt xuan tho

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị : Trường THPT Xuân Thọ
Mã số:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ
PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Người thực hiện: ĐỖ THỊ YÊN
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục 
- Phương pháp dạy học bộ môn: .TOÁN 

- Lĩnh vực khác: 
Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)
Năm học: 2013 - 2014
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: ĐỖ THỊ YÊN
2. Ngày tháng năm sinh: 08 / 03 / 1987
3. Nam, nữ: Nữ
4. Địa chỉ: Ấp Thọ Hòa , Xuân Thọ, Xuân Lộc, Đồng Nai.
5. Điện thoại: 0613 731 769 (CQ)/ ĐTDĐ: 0938.560.211
6. Fax: E-mail:
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Nhiệm vụ được giao: giảng dạy môn Toán lớp 10C2; 11A1; 11A9; chủ
nhiệm lớp 10C2
9. Đơn vị công tác: Trường THPT Xuân Thọ.
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học
- Năm nhận bằng: 2010

- Chuyên ngành đào tạo: sư phạm Toán
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy và chủ nhiệm.
Số năm có kinh nghiệm: 03
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 03 năm gần đây:
2
BM02-LLKHSKKN
HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ,HỆ PHƯƠNG TRÌNH
BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
I/ LÝ DO CHỌN ĐỂ TÀI
Giải phương trình, hệ phương trình là một bài toán thường gặp trong chương
trình phổ thông, ngay từ THCS học sinh đã được tiếp cận cách giải phương trình
và hệ phương trình đơn giản . Lên THPT học sinh được tìm hiểu kĩ thêm về
phương trình và hệ phương trình. Tuy nhiên nếu gặp các phương trình, hệ phương
trình không mẫu mực học sinh sẽ rất lúng túng và thực sự rất khó khăn trong khi
giải quyết bài toán, chính vì thế thường dẫn đến sai lầm hoặc không tìm ra hướng
giải quyết
Để giải phương trình, hệ phương trình sẽ có rất nhiều phương pháp giải, Tuy
nhiên tôi chỉ trình bày một phương pháp giải phương trình, hệ phương trình bằng
ứng dụng tính đơn điệu của hàm số nhằm giúp học sinh có thể giải phương trình,
hệ phương trình ngắn gọn và đơn giản hơn. Đó là lí do tôi chọn đề tài: “ Hướng
dẫn học sinh giải phương trình, hệ phương trình bằng phương pháp hàm số”
II/ CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN:
Trong chương trình lớp 10, lớp 11 học sinh đã được học nhiều cách giải một
phương trình, hệ phương trình không mẫu mực như phương pháp thế, phương pháp
cộng, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp bình phương 2 vế…. Nhưng trong
chương trình 12 học sinh có thể ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào việc giải
phương trình, hệ phương trình sẽ thuận tiện hơn rất nhiều, nhưng khi sử dụng tính
đơn điệu học sinh mới tiếp cận nên còn nhiều lúng túng
Trong khi giải phương trình hệ phương trình không mẫu mực, nếu gặp trường

hợp phải bình phương học sinh sẽ dẫn đến bình phương mà không tính đến vấn đề
2 vế phương trình không âm, nhiều lúc khi bình phương sẽ dẫn đến một phương
trình bậc cao rất khó tìm ra nghiệm, hoặc một số phương trình hệ phương trình
phải sử dụng đến tính duy nhất của nghiệm mới giải quyết được thì học sinh sẽ rất
hoang mang và không biết hướng giải quyết vấn đề
Từ việc sử dụng tính chất của hàm số vào giải quyết một số phương trình và hệ
phương trình sẽ đơn giản hơn, nếu là phương trình và hệ phương trình mà yêu cầu
phải đặt ẩn phụ hoặc thực hiện một số tính toán phức tạp khiến cho học sinh khó
tìm ra hướng giải quyết tiếp theo, chưa kể đến một số bài toán khi biến đổi còn khó
khăn, với phương pháp hàm số học sinh có thể sử dụng kết quả của tính đơn điệu
của hàm số vào giải quyết như vậy sẽ dẫn đến bài toán được giải quyết một cách dễ
dàng hơn rất nhiều
Đề tài được viết bao gồm 2 nội dung:
1. Giải phương trình một ẩn
2. Giải hệ phương trình hai ẩn
3
BM03-TMSKKN
III/ TỒ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
1/ Giải phương trình một ẩn:
Trong phần này tôi hướng dẫn học sinh sử dụng định lí về tính đơn điệu của hàm
số để giải phương trình qua các bước sau:
• Phân tích đề bài
• Sử dụng tính chất của hàm số để giải phương trình,
TÓM TẮT LÝ THUYẾT:
Dựa vào định nghĩa hàm số đồng biến , hàm số đồng biến ta có:
Kí hiệu K là khoảng, hoặc đoạn, hoặc nửa khoảng. Giả sử hàm số
( )y f x=
xác
định trên K
• Nếu hàm số

( )y f x=
liên tục và đồng biến trên K với mọi cặp
1 2
,x x
thuộc K
thì:
1 2 1 2
( ) ( )f x f x x x= ⇔ =
và
1 2 1 2
( ) ( )x x f x f x> ⇔ >
• Nếu hàm số
( )y f x=
liên tục và nghịch biến trên K với mọi cặp
1 2
,x x
thuộc
K thì:
1 2 1 2
( ) ( )f x f x x x= ⇔ =
và
1 2 1 2
( ) ( )x x f x f x< ⇔ >
Từ đó cho ta ứng dụng vào các bài toán giải phương trình , hệ phương trình .
Cụ thể ta có thề ứng dụng các tính chất về tính liên tục và đồng biến của hàm số
vào việc giải phương trình , hệ phương trình qua các phương pháp sau:
a) Phương pháp 1:
Ta nhận thấy rằng có thể sử dụng phương pháp hàm số như sau:
 Nếu nhận thấy :
( )f x a=

 Nhận xét :
( )f x
là hàm số đơn điệu và nếu
0
x x=
thì
0
( )f x a=
 Nếu
0
x x>
thì
0
( ) ( )f x f x>
hoặc Nếu
0
x x<
thì
0
( ) ( )f x f x<
 Vậy
0
( )f x a=
ta có
0
x
là nghiệm duy nhất của phương trình
Do đó ta có thể sử dụng phương pháp này cho những phương trình như trên:
Ví dụ 1:
Giải phương trình sau:

3 2 1x x− = + +
( Bài tập 7b SGK đại số 10 cơ bản trang 63 )
Giải:
Cách 1:
Điều kiện:
2 3x− ≤ ≤

Với điều kiện trên ta bình phương 2 vế của phương trình:

2
2
2 3
3 2 2 2 1
2 3
2
2 0
2
2 0
2 0
1( )
2 0
2( )
x
x x x
x
x x
x
x x
x
x

x n
x x
x l




















 







− ≤ ≤
⇔
− = + + + +
− ≤ ≤
⇔
+ = −
− ≤ ≤
⇔
+ =
− ≤ ≤
− ≤ ≤
⇔ ⇔
= −
− − =
=
4
Vậy
1x = −
là nghiệm của phương trình
 Đối với bài toán trên học sinh có thể sai lầm như sau:
Khi chuyển được phương trình về dạng:
2x x+ = −
học sinh tiếp tục bình
phương mà không biết đã đưa phương trình về phương trình hệ quả

2
2
2
2
1

x x
x x
x
x



⇔ + = −
⇔ + =
=
⇔
= −
( sai lầm của học sinh là đã sử dụng dấu ‘‘
⇔
’’ )
So sánh với điều kiện ban đầu thì phương trình có nghiệm
1x = −
và
2x =
Khi nhận cả 2 nghiệm
1x = −
và
2x =
đã nhận thừa nghiệm ngoại lai của phương
trình, đó là một số sai lầm có thể mắc phải của học sinh
Cách 2:
Điều kiện:
2 3x− ≤ ≤
khi đó:
13 2 1 3 2x x x x− =− = + + ⇔ − +

Đặt
( ) 3 2f x x x= − − +
với :
2 3x− ≤ ≤

Phương trình trở thành :
( ) 1f x =
Xét hàm số :
( ) 3 2f x x x= − − +
và
2 3x− ≤ ≤
Vậy
1 1
'( ) 0
2 3 2 2
f x
x x
−
= − <
− +
với
2 3x− < <
Do đó
( )f x
là hàm số nghịch biến trên
2 3x− ≤ ≤
Nhận thấy
( 1) 1f − =
Mà
( ) ( 1) 1 1f x f x= − = ⇔ = −

vậy x= -1 là nghiệm duy nhất của phương trình
 Nhận xét: Như vậy học sinh có thể giải bằng 2 phương pháp, và bài này ẩn
x cũng là bậc nhất nên khi bình phương 2 vế thì bậc của x sẽ lên bậc 2 do đó
có thể giải được như chương trình lớp 10. Tuy nhiên phải chú ý khi bình
phương có nhiều lúc sẽ đưa phương trình về phương trình hệ quả, cuối cùng
phải thử lại nghiệm để loại nghiệm ngoại lai
 Đối với phương pháp hàm số thì học sinh sẽ không lấy thừa nghiệm của
phương trình
Ví dụ 2:
Giải phương trình sau:
2 2
3 2 1x x x x− + − + − =
Giải:
Cách 1:
Điều kiện:
2
2 0 1 2x x x+ − ≥ ⇔ − ≤ ≤
Gọi
2 2
( ) 3 2f x x x x x= − + − + −

Đặt
2
t x x= −
Suy ra
( ) 3 2f t t t= + − −
với
3 2t− ≤ ≤

khi đó phương trình:

( ) 1f t =
Xét hàm số :
( ) 3 2f t t t= + − −
và
3 2t− ≤ ≤
1 1
'( ) 0
2 3 2 2
f t
t t
= + >
+ −
với
3 2t− < <
Do đó
( )f t
là hàm số đồng biến trên
3 2t− ≤ ≤
nhận thấy
(1) 1f =
5
Mà
( ) (1) 1f t f t= ⇔ =
từ đó ta suy ra :
2
1 5
2
1 0
1 5
2

x
x x
x






+
=
− − = ⇔
−
=
Vậy phương trình có tập nghiệm:
1 5 1 5
{ ; }
2 2
S
+ −
=
Cách 2:
Điều kiện:
2
2 0 1 2x x x+ − ≥ ⇔ − ≤ ≤
Đặt :
2
2
3 0
2 0

x x a
x x b





− + = ≥
+ − = ≥
Vậy ta sẽ có hệ phương trình:
2 2
1
5
a b
a b





− =
+ =
từ đó ta đưa về hệ phương trình đối
xứng loại 1 rồi sau đó giải hệ phương trình để tìm a và b
2 2
1
5
a b
a b






− =
+ =
2 2
2
1
1
1
1( )
(1 ) 5
2 2 4 0
2( )
a b
a b
a b
b n
b b
b b
b l




 
⇔

  









= +
= +
= +
⇔ ⇔
=
+ + =
+ − =
= −
Với b= 1 suy ra a = 2
Do đó :
2
1 5
2
1 0
1 5
2
x
x x
x







+
=
− − = ⇔
−
=
Phương trình có tập nghiệm:
1 5 1 5
{ ; }
2 2
S
+ −
=
 Nhận xét: Đối với bài này 2 cách giải đều tương tự nhau song với cách đưa
về hệ phương trình các em phải nhận định được :
2 2
3 2 5x x x x− + + + − =
sau đó đưa về hệ phương trình để giải, hơn nữa trong khi giải phương trình
học sinh ít khi nghĩ là sẽ đưa về hệ phương trình để giải bài toán . thông
thường học sinh sẽ chuyển vế rồi bình phương 2 vế như ở ví dụ 1. Như vậy
sẽ dẫn đến bài toán rất khó giải quyết
b) Phương Pháp 2:
 Ta nhận thấy nếu có thể thực hiện đưa phương trình về dạng :
( ) ( )f u f v=
 Sau đó xét hàm số :
( )y f t=
dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu
 Khi đó:

( ) ( )f u f v u v= ⇔ =
 Sau đó giải bài toán đơn giản hơn bài toán ban đầu
Ví dụ 1:
Giải phương trình sau:
3 2
3
1
2 3 3 2x x x x
+ =
+ + +
( HSG toán 10 trường THPT Cao Lãnh – Đồng Tháp)
Giải:
Cách 1: Giải pt:
3 2
3
3 2 1 2 3x x x x+ + − = +
(1)
Phương trình (1)
( )
3
3
1 1 2 3 2 3x x x x⇔ + + + = + + +
(*)
Xét hàm số đặc trưng:
3
( )f t t t= +
với
t∀ ∈¡
6
Ta có :

2
'( ) 3 1f t t= +

0 x> ∀ ∈¡
Hàm số
( )f t
là hàm số đồng biến trên R
Mà phương trình (*) có dạng:
3
( 1) ( 2 3)f x f x+ = +
Vậy :

( )
( )
( )
3
3
3 2
2
1 2 3
1 2 3
3 2 0
2 1 0
2
1 5
2
1 5
2
x x
x x

x x x
x x x
x
x
x









⇔ + = +
⇔ + = +
⇔ + + − =
⇔ + + − =
= −
− +
⇔ =
− −
=
Cách 2: bài toán này có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ không hoàn toàn như sau:
Đối với bài toán này nếu ta biến đổi có thể đưa về dạng phương trình như sau:
( )
3
3
1 2 3 2 (*)x x x+ = + + +
Đặt:

3
1 2 3a x+ = +
khi đó :
( )
3
1 2 3 (1)a x
+ = +
(vì khi đó sau khi lập phương dùng một số bước biến đổi có thể rút được thừa số
chung)
Với :
3
1 2 3a x+ = +
thay vào phương trình (*) ta được:
( )
3
1 1 2 (2)x a x+ = + + +
Lấy (1) – (2) vế theo vế ta được:

( ) ( )
3 3
1 1a x x a+ − + = −

( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
1 1 1 1 1 0
0

1 1 1 1 1 0
a x a a x a
a x
a a x a
 
 




⇔ − + + + + + + + =
− =
⇔
+ + + + + + + =
Nếu :
0a x− =

3 2
3
1 2 3 3 2 0
2
1 5
2
1 5
2
a x x x x x x
x
x
x










⇔ = ⇔ + = + ⇔ + + − =
= −
− +
⇔ =
− −
=
Ta có thể dễ dàng chứng minh được:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1 1 1 0a a x a+ + + + + + + =
vô
nghiệm (vì luôn luôn là một số dương)
Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt
7
 Nhận xét:
Đối với cách 2 không phải học sinh nào cũng biết cách đặt ẩn phụ không
hoàn toàn, về phần tính toán cũng phải tính rất chính xác , yêu cầu học sinh
phải từ khá giỏi mới giải được bài toán này, việc giải theo cách 2 sẽ rất khó và
phức tạp
Đối với cách 1 học sinh có thể giải bài toán một cách dễ dàng hơn rất nhiều
Ví dụ 2: Giải phương trình sau:
( )

2
2
1
2 2 1
x x x
x
− −
− = −
(Đại học Thủy Lợi năm 2001-2002)
Giải:
Nhận xét : Ta có thể đưa phương trình trên về dạng:
( ) ( )f u f v=
Rồi sau đó sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải bài toán dễ dàng hơn
Vậy :
( )
2 2
2
1 1 2
2 2 1 2 1 2 (1)
x x x x x x
x x x x
− − − −
− = − ⇔ + − = + −
Xét hàm số:
( ) 2
t
f t t= +
Ta có:
'( ) 2 ln 2 1 0
t

f t t= + > ∀ ∈¡
Do đó hàm số
( )f t
là hàm số đồng biến trên R
Mà từ phương trình ban đầu ta lại có:
2 2
( 1) ( ) 1 1f x f x x x x x x− = − ⇔ − = − ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=1
Ví dụ 3:
Giải phương trình sau:
3 3
2 2 2 3
3 3 3 2 0
x x x x
x x
− + +
− + − + =
Giải:
Nhận xét : ta hoàn toàn có thể đưa phương trình trên về dạng:
( ) ( )f u f v=
Rồi sau đó sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải bài toán
Vậy :

3 3
2 2 2 3
3 3
2 2 3 2 3
3 3 3 2 0
3 2 2 3 2
x x x x

x x x x
x x
x x x x
− + +
− + +
− + − + =
⇔ + − + = + +
Xét hàm số:
( ) 3
t
f t t= +
Ta có:
'( ) 3 ln3 1 0
t
f t t= + > ∀ ∈¡
Do đó hàm số
( )f t
là hàm số đồng biến trên R
Mà từ phương trình ban đầu ta lại có:

3 3
3 3
3
2
(2 2) ( 2 )
2 2 2
3 2 0
( 1) ( 2) 0
1
2

f x x f x x
x x x x
x x
x x
x
x



− + = +
⇔ − + = +
⇔ − + =
⇔ − + =
=
⇔
= −
Vậy phương trình có nghiệm : x=1 và x=-2
c) Phương pháp 3:
 Ta có thể chuyển phương trình về dạng:
( ) ( )f x g x=
 Dùng lập luận khẳng định rằng:
( )f x
và
( )g x
có tính chất trái ngược nhau
(tính đồng biến và nghịch biến trái ngược nhau trong cùng khoảng xác định
của phương trình ) hoặc một hàm số đơn điệu trên tập xác định còn một
hàm số là hàm hằng
8
 Đồng thời xác định một số

0
x
sao cho
0 0
( ) ( )f x g x=
 Vậy kết luận
0
x
là nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ1:
Giải phương trình sau:
3 3
2
log ( 4) log (27 54)x x x− + = +
Giải:
Điều kiện: x>2
Phương trình:

3 3
3
3
2
2
log ( 4) log ( 2) 3
4
log 3 ( 2)
2
log ( 2) 3
x x x
x

x do x
x
x x
⇔ − − + = −
−
⇔ = − >
+
⇔ − = −
Đặt
3
( ) log ( 2)f x x= −
và
( ) 3g x x= −
với x>2
Ta có :
3
( ) log ( 2)f x x= −
suy ra
1
'( ) 0
( 2)ln3
f x
x
= >
−
với x>2
Vậy f(x) là hàm số đồng biến với x>2
Đồng thời:
( ) 3g x x= −
là hàm số nghịch biến với x>2

Để phương trình:
( ) ( )f x g x=
mà có nghiệm thì nghiệm đó phải là nghiệm duy
nhất của phương trình
Dễ dàng thấy với x= 3 thì
(3) (3) 0f g= =
Vậy x=3 là nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ 2:
Giải phương trình:
( )
81 3
x
x
+ =
Giải:
Vì
3 0
x
≠
nên chia cả 2 vế phương trình cho 3
x
Phương trình tương đương:
1 8
1 (*)
3 3
x
x
 
 
 ÷

 ÷
 ÷
 
 
+ =
Nhận xét: với x=2 thỏa mãn phương trình do đó x=2 là 1 nghiệm phương trình
Ta nhận thấy theo phương trình (*) :
+ Hàm số
8 8 8
3 3 3 3 3 3
1 1 1
' ln ln 0
x x
x x
y y
   
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   
= + ⇒ = + <
là hàm số nghịch
biến trên R
+ Hàm số y=1 là hàm hằng số
Nếu x>2 thì VT<1 còn VP=1 nên x>2 không là nghiệm PT
Nếu x<2 thì VT>1 còn VP=1 nên x<2 không là nghiệm PT
Vậy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ 3: Chứng minh rằng phương trình:

5
3 15 8 0x x− − + =
có 1 nghiệm duy nhất
Giải:
Đặt:
5
( ) 3 15 8f x x x= − − +
là hàm số liên tục trên R nên liên tục trên [ 0; 1]
9
Vì
(0) 8
(0) (1) 80 0
(1) 10
f
f f
f



=
⇒ = − <
= −
nên phương trình f(x)=0 có ít nhất 1 nghiệm
thuộc ( 0; 1)
Đồng thời:
4
'( ) 15 15 0f x x x= − − < ∀ ∈¡
nên hàm số f(x) là hàm số nghịch biến
trên R
Suy ra phương trình f(x)=0 nếu có nghiệm thì chỉ có duy nhất một nghiệm

Vậy phương trình
5
3 15 8 0x x− − + =
có một nghiệm duy nhất
Nhận xét : Một số bài toán có thể giải bằng nhiều phương pháp như sau:
Ví dụ 4 :
Giải phương trình sau:
3
2 2 2 24x x x x− − + = +
Giải:
Cách 1: học sinh có thể đặt ẩn phụ để giải bài toán này:
Điều kiện:
2 2x− ≤ ≤
3 3 3
2 2 2 24 2 (2 ) 2 (2 )x x x x x x x x− − + = + ⇔ − + − = + + +
Đặt:
2 0
2 0
x a
x b





− = ≥
+ = ≥
khi đó phương trình trở thành:
2 2
6 6

4
(*)
a b
a a b b





+ =
+ = +
Từ phương trình (*) ta có:

( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
6 6
6 6
4 2 2 2
4 2 2 2
0
1 0
0
1 0
a a b b
a b a b
a b a b a a b b

a b
a b a a b b
 
 




⇔ + = +
⇔ − + − =
⇔ − + + + + =
− =
⇔
+ + + + =
Với:
2 2 0a b x x x= ⇒ − = + ⇔ =
vậy x=0 là nghiệm của phương trình
Với:
( )
( )
4 2 2 2
1 0a b a a b b+ + =+ +
Dễ dàng chứng minh được phương trình vô
nghiệm
Do đó phương trình có nghiệm x=0
Cách 2: ta có thể giải bài toán theo phương pháp 1 nêu trên:
Khi đó phương trình:
3
2 2 2 24 0x x x x⇔ − − + − − =
Xét hàm số :

3
( ) 2 2 2 24f x x x x x= − − + − −
trên D=[ -2; 2 ]
Ta có :
2
1 1
'( ) 6 24 0 ( 2;2)
2 2 2 2
f x x x
x x
−
= − − − < ∀ ∈ −
− +
Do đó hàm số f(x) nghịch biến trên D vậy phương trình f(x)=0 nếu có nghiệm thì
sẽ có một nghiệm duy nhất
Mà ta lại thấy: f(0)=0 Vậy x=0 là nghiệm duy nhất của phương trình
Cách 3: Bài toán này có thể sử dụng phương pháp 2 để giải
PT:
3
2 2 2 24 ( ) ( )x x x x f x g x− − + = + ⇔ =
Xét
( ) 2 2f x x x= − − +
trên D=[-2;2]
10
Mà
( )
1 1
'( ) 0 2;2
2 2 2 2
f x x

x x
−
= − < ∀ ∈ −
− +

Vậy f(x) là hàm số nghịch biến trên D
Xét
3 2
( ) 2 24 '( ) 6 24 0g x x x g x x x D= + ⇒ = + > ∀ ∈
vậy g(x) đồng biến trên D
Do đó phương trình f(x)=g(x) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất
Với x=0 ta thấy f(0)=g(0) do đó x=0 là nghiệm duy nhất của phương trình
Cách 4: Bài toán này có thể sử dụng phương pháp 3 để giải
TXĐ: D=[-2;2]
PT:
3 3 3
2 2 2 24 2 (2 ) 2 (2 ) (1)x x x x x x x x− − + = + ⇔ − + − = + + +
Xét hàm số:
3
( )f t t t= +
trên
)
0;


+∞
Ta có:
2
1
'( ) 3 0 0

2
f t t t
t
= + > ∀ >
do đó hàm số f(t) là hàm số đồng biến
Mà khi đó:
(2 ) (2 ) 2 2 0f x f x x x x− = + ⇔ − = + ⇔ =
Vậy x=0 là nghiệm của phương trình
 Nhận xét: Bài toán trên học sinh có thể giải bằng nhiều phương pháp, nó
giúp học sinh củng cố thêm về cách giải phương trình bằng phương pháp
hàm số, một trong nhiều cách giải phương trình không mẫu mực
Bài tập tự luyện:
Giải các phương trình sau:
1)
3
1 1 2 6x x x x− − + = +
2)
3 2
3
3 4 3 2x x x x+ = + + −
3)
3 2
2 3 2 1 2 3x x x x+ + + = + −
4)
( )
1 3 2
x
x
+ =
2/ HỆ PHƯƠNG TRÌNH HAI ẨN

Có rất nhiều cách để giải một hệ phương trình, tuy nhiên ở giới hạn đề tải tôi chỉ
hướng dẫn học sinh một trong các phương pháp giải hệ phương trình:là vận dụng
tính đơn điệu của hàm số vào giải hệ phương trình
Có rất nhiều người đã sử dụng phương pháp này, sau đây là một số nhận định về
phương pháp hàm số trong việc giải hệ phương trình
Ta có thể ứng dụng tính liên tục và đơn điệu của hàm số vào việc giải hệ phương
trình, như vậy có thể giúp giải quyết bài toán một cách đơn giản hơn:
Sơ lược cách giải hệ phương trình hai ẩn:
Ta có thể thực hiện theo các bước sau:
 Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức trong hệ ( Nếu có)
 Bước 2: Rút ra từ hệ một phương trình ( có thể ra một trong hai phương
trình của hệ hoặc phương trình hệ quả nhận được sau các phép biến đổi đại
số từ hệ phương trình)
 Bước 3: Áp dụng phương pháp hàm số vừa nhận được
 Bước 4: Sử dụng kết quả của phép biến đổi vừa làm ở bước 2 và kết hợp với
bước 3 để giải hệ phương trình
 Bước 5: Suy ra nghiệm của hệ phương trình
11
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau:
3 2
3 2
1 2 2 2
1 2 2 2
x x x y
y y y x






+ = − +
+ = − +
Cách 1:
Ta có: hệ phương trình tương đương:
3 2
3 2
2 2 1 2 ( ) 2
( ) 2
2 2 1 2
x x x y f x y
f y x
y y y x



 



− + + = =
⇔
=
− + + =
Xét hàm số :
3 2
( ) 2 2 1f t t t t t= − + + ∀ ∈¡
Suy ra :
2
'( ) 3 4 2f t t t= − +
ta thấy

'( ) 0f t t> ∀ ∈¡
Do đó:
Nếu :
( ) ( ) 2 2x y f x f y y x y x> ⇒ > ⇒ > ⇒ >
( mâu thuẫn )
Nếu :
( ) ( ) 2 2x y f x f y y x y x< ⇒ < ⇒ < ⇒ <
( mâu thuẫn )
Vây x=y ta giải phương trình:


( )
( )
3 2
3 2
2
2 2 1 2
2 1 0
1 1 0
1
1 5
2
1 5
2
x x x x
x x
x x x
x
x
x










− + + =
⇔ − + =
⇔ − − − =
=
+
⇔ =
−
=
Vậy hệ phương trình có các nghiệm sau:
( )
1 5 1 5 1 5 1 5
1;1 ; ; ; ;
2 2 2 2
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
+ + − −
Ta thấy bài hệ phương trình trên hoàn toàn có thể giải bằng cách giải hệ phương
trình đối xứng loại 2
Cách 2:

Hệ phương trình :
3 2
3 2
2 2 1 2
2 2 1 2
x x x y
y y y x





− + + =
− + + =
⇔
3 2
3 2
2 2 2 1 0 (1)
2 2 2 1 0 (2)
x x x y
y y y x





− + − + =
− + − + =
Lấy ( 1) – ( 2) vế theo vế các phương trình trong hê ta được:
( ) ( )

( )
( )
( )
3 3 2 2
2 2
2 2
2 4 0
2 2 4 0
0 (3)
2 2 4 0 (4)
x y x y x y
x y x xy y x y
x y
x xy y x y




⇒ − − − + − =
⇔ − + + − − + =
− =
⇔
+ + − − + =
Từ ( 3 ) ta có : với x=y thay vào ( 1) suy ra :
12

( )
( )
3 2
2

2 1 0
1 1 0
1 1
1 5 1 5
2 2
1 5 1 5
2 2
x x
x x x
x y
x y
x y









⇔ − + =
⇔ − − − =
= ⇒ =
+ +
⇔ = ⇒ =
− −
= ⇒ =
Từ ( 4) ta có :
2 2

2 2 4 0x xy y x y+ + − − + =
2 2 2 2
1 1 1
( 2 1) ( 1) 2 0
4 4 2
x xy x y y y y y⇔ + − − + + + − + + + =
2 2
2
1 1 1
1 1 2 0
2 2 2
x y y y
   
 ÷  ÷
   
⇔ + − + − + + =
vô nghiệm
Vậy hệ phương trình có các nghiệm sau:
( )
; ;
1 5 1 5 1 5 1 5
1;1 ; ;
2 2 2 2
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
+ + − −
 Nhận xét:
 Với cách giải hệ phương trình đối xứng loại 2 như cách 2 vừa nêu ta thấy

khó khăn khi phải chỉ ra rằng phương trình :
2 2
2 2 4 0x xy y x y+ + − − + =
vô nghiệm, việc học sinh tách được thành tổng bình phương của các số rất
phức tạp, yêu cầu kĩ năng phải thành thạo, vì phải tách thành một bình
phương gồm
2 2
2
1 1 1
1 1 2 0
2 2 2
x y y y
   
 ÷  ÷
   
+ − + − + + =
 Cách học sinh sử dụng tính chất của hàm số nhằm giải quyết bài toán sẽ
nhanh và đơn giản hơn rất nhiều, học sinh sẽ không phải đánh giá khó khăn
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
3 3
4 2
(1)
(2)
6 6
1
x x y y
x y






− = −
+ =
Giải:
Cách 1: Từ (2):
4
2
1 1 1
1 1
1
x x
y
y



 



≤ − ≤ ≤
⇒
− ≤ ≤
≤
Xét hàm số :
3
( ) 6f t t t= −
với
1;1t

 
 
∈ −
suy ra :
2 2
'( ) 3 6 3( 2) 0f t t t= − = − <
Do đó f(t) là hàm số nghịch biến trên [-1;1]
Mà (1):
( ) ( )f x f y x y= ⇔ =
x=y thay vào (2):
2
4 2
2
1 5
( )
2
1 0
1 5
( )
2
x n
x x
x l






− +

=
+ − = ⇔
− −
=
13
Với :
2
1 5 1 5
1 5
2 2
2
1 5 1 5
2 2
x y
x
x y







− + − +
= ⇒ =
− +
= ⇔
− + − +
= − ⇒ = −
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình:

1 5 1 5 1 5 1 5
; ; ;
2 2 2 2
   
− + − + − + − +
 ÷  ÷
− −
 ÷  ÷
   
Cách 2: Ta thấy :
4
2
1 1 1
1 1
1
x x
y
y



 



≤ − ≤ ≤
⇒
− ≤ ≤
≤
Từ (1):

( )
( )
2 2
2 2
(*)
(**)
6 0
6 0
x y
x y x xy y
x xy y
=




− + + − = ⇔
+ + − =
+ (*) x=y thay vào (2):
2
4 2
2
1 5
( )
2
1 0
1 5
( )
2
x n

x x
x l






− +
=
+ − = ⇔
− −
=
Với
2
1 5 1 5
1 5
2 2
2
1 5 1 5
2 2
x y
x
x y








− + − +
= ⇒ =
− +
= ⇔
− + − +
= − ⇒ = −
(**)
2 2
6 0x xy y+ + − =
vì
1 1
1 1
x
y
− ≤ ≤


− ≤ ≤

nên suy ra
2 2
6 0x xy y+ + − =
vô nghiệm
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình sau:

3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
1

2
x x x y y y
x y x y





− − + = + −
+ − + =
( Đại học khối A năm 2012 )
Giải:
Cách 1: Dùng phương pháp hàm số trong việc giải hệ phương trình trên:
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
2 2
1 12 1 1 12 1 (1)
1 1
1 (2)
2 2
x x y y
x y




   

 ÷  ÷


   

− − − = + − +
⇔
− + + =
Ta nhận thấy trong phương trình (2)
Tập hợp ( x;y ) là những điểm thuộc đường tròn tâm
1 1
;
2 2
I
 
 ÷
 
−
bán kính R=1
Nên:
1 3 1
1 1 1
2 2 2
x x− ≤ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤
và
1 1 3
1 1 1
2 2 2
y y− ≤ + ≤ ⇔ − ≤ + ≤
14
Xét hàm số:
3
( ) 12f t t t= −

trên
3 3
;
2 2
 
 
 
−
Ta có:
( )
2 2
3 3
'( ) 3 12 3 4 0 ;
2 2
f t t t t t
 
 
 
= − = − < ∀ ∈ −
Vậy f(t) là hàm số nghịch biến trên
3 3
;
2 2
 
 
 
−

Mà
( 1) ( 1) 1 1 2 (*)f x f y x y x y− = + ⇔ − = + ⇔ = +

Thay
2x y= +
vào phương trình ( 2 ) ta được:

2 2
1 1
2 1
2 2
y y
   
 ÷  ÷
   
+ − + + =


2
4 8 3 0
1
2
3
2
y y
y
y







⇔ + + =
= −
⇔
= −
Vậy với
1 3
2 2
y x= − ⇒ =
vậy hệ phương có nghiệm
3 1
;
2 2
 
 ÷
 
−
Với
3 1
2 2
y x= − ⇒ =
vậy hệ phương có nghiệm
1 3
;
2 2
 
 ÷
 
−

Hệ phương trình có các nghiệm:

3 1
;
2 2
 
 ÷
 
−
;
1 3
;
2 2
 
 ÷
 
−
Cách 2:
Học sinh có thể giải hệ phương trình sau bằng phương pháp đặt ẩn phụ như lớp 10
tuy nhiên với cách này học sinh sẽ phải tính toán khó khăn và phức tạp hơn
( ) ( )
( )
( )
( )
3 3 2 2
3 2 3 2
2 2
2 2
3 9 22 0
3 9 22 3 9
1
1

2
2
x y x y x y
x x x y y y
x y x y
x y x y


 
 
 


− − + − − + =
− − + = + −
⇔
+ − + =
+ − − =
Thông thường học sinh chỉ sẽ đặt
a x y
b xy



= +
=
rồi sau đó tìm nghiệm x, y bằng định
lí viet. Nhưng đối với bài này không thể đặt ẩn phụ như trên mà phải đặt

a x y

b xy



= −
=
Khi đó hệ phương trình:

( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
3 3 2 2
2 2
3 2
2
3 9 22 0
1
2
3 3 6 9 22 0
1
2
2
x y x y x y
x y x y
x y xy x y x y xy x y
x y xy x y











− − + − − + =
⇔
+ − − =
− + − − − − − − + =
⇔
− + − − =
15
Đối với bài này ta có thể đặt:
a x y
b xy



= −
=
vậy hệ phương trình trở thành:

3 2
2
3 3 6 9 22 0 (1)
1

2 (2)
2
a ab a b a
a b a





+ − − − + =
⇔
+ − =
Từ (2) ta rút được:
2
2 2 1
4
a a
b
− + +
=
thay vào phương trình (1) ta được:

( ) ( )
2 2
3 2
2 2 1 6 2 2 1
3 3 9 22 0
4 4
a a a a
a a a a

− + + − + +
⇔ + − − − + =

( )
( )
3 3 2 2 2
3 2
2
2
4 6 6 3 12 12 12 6 36 88 0
2 6 45 82 0
2 2 41 0
2 0
2 41 0
a a a a a a a a
a a a
a a a
a
a a



⇔ − + + − + − − − + =
⇔ − + − + =
⇔ − − + =
− =
⇔
− + =
Với
3

2
4
a b= ⇒ = −
Vậy
( )
2
2
2 2
1 3
2
3 3
2 2
4 8 3 0
2
3 1
4 4
2 2
x y
x y x y
x y
y x
y y
xy y y
y x


 




   

   



  
 






= +
− = = +
= +
= − ⇒ =
⇔ ⇔ ⇔
+ + =
= − + = −
= − ⇒ =
Với
2
2 41 0a a− + =
phương trình vô nghiệm
Vậy hệ phương trình có các nghiệm:
3 1
;
2 2

 
 ÷
 
−
;
1 3
;
2 2
 
 ÷
 
−
 Nhận xét: đối với cách 2 học sinh sẽ rất dễ dẫn đến sai lầm và khó tính toán
rất nhiều
 Đối với phương pháp hàm số học sinh chỉ cần xem xét điều kiện cho x và y
rồi sau đó sử dụng đạo hàm để nhận định được
2x y= +
đơn giản hơn
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:

2 2 2
3 2
4 2 1 2 2 1
3 5 2 4
y x
x y x y e e
y xy y x

−





+ − − − = −
− + + =
( Bài tập trên violet )
Giải:
Điều kiện:
1
1
2
x
y





≥
≥
16

( )
2
2 2
3 2
2 1 2 2 2 1 (1)
3 5 2 4 (2)
x y
x x e y y e

y xy y x





+ − + = + − +
⇔
− + + =
Xét hàm số :
2
( ) 2 1
t
f t t t e= + − +
với
1t ≥
Suy ra :
1
'( ) 2 0 1
1
t
f t t e t
t
= + + > ∀ ≥
−
Vậy f(t) là hàm số đồng biến trên
)
1;



+∞
mà ta có:
( ) (2 ) 2f x f y x y= ⇔ =

( )
( )
3 2
3 2
2
2
3 5 2 4
2
4 4 0
2
1 4 0
2
1
x y
y xy y x
x y
y y y
x y
y y
x
y



















=
⇔
− + + =
=
⇔
− + − =
=
⇔
− + =
=
⇔
=
Vậy nghiệm của hệ phương trình: (2;1)
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:
2 2 3
2 2 3
x

y
x y
y x





+ = +
+ = +
Như bài toán này ta có thể cộng vế theo vế hai phương trình của hệ để được
phương trình hệ quả:
Hệ phương trình :
( )
2 2 3 (1)
3 2 2 2
x
y
x y
x y





+ = +
+ = +
Lấy (1)+(2) vế theo vế của các phương trình trong hệ:
Ta được:
2 3 3 2 3 3

x y
x y+ + = + +
Xét hàm số :
( ) 2 3 3
t
f t t= + +
suy ra
'( ) 2 ln 2 3 0
t
f t = + >

t∀ ∈¡
Vậy f(t) là hàm số đồng biến trên R
Mà
( ) ( )f x f y x y= ⇔ =
Khi đó hệ phương trình trở thành:
2 3 (*)
2 2 3
x
x
x y
x y
x
x y


 
 





=
=
⇔
= −
+ = +
Ta thấy : PT: (*)
2 3
x
x= −
có
Vế trái phương trình (*) là một hàm số đồng biến
Vế phải của phương trình (*) là một hàm số nghịch biến
Mà dễ thấy x=1 là một nghiệm của phương trình (*) nên suy ra x=1 là nghiệm duy
nhất của phương trình (*)
Vậy :
1
1
x
y



=
=
vậy hệ phương trình có một nghiệm là : ( 1; 1 )
17
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình sau:
( )

4
4
2 2
1 1 2
2 1 6 1 0
x x y y
x x y y y





+ + − − + =
+ − + − + =
( Đại học khối A năm 2013 )
Giải:
Điều kiện:
1x ≥

( )
( )
4
4
2 2
4
4
2
1 1 2
2 1 6 1 0
1 1 2 (1)

1 4 (2)
x x y y
x x y y y
x x y y
x y y










+ + − = + +
⇔
+ − + − + =
+ + − = + +
⇔
+ − =
Từ đó ta có:
0y ≥
Ta có: đặt
4
1 0x u− = ≥
suy ra
4
1x u= +
Vậy phương trình (1 ) của hệ:

4 4
2 2u u y y+ + = + +
Xét hàm số f(t) =
4
2t t+ +
với
0t ≥
suy ra
3
4
4
'( ) 1 0 0
2 2
t
f t t
t
= + > ∀ ≥
+
Vậy f(t) là hàm số đồng biến trên D
Mà
4
4
( ) ( ) 1 1f u f y u y x y x y= ⇔ = ⇔ − = ⇔ = +
(*)
Thay (*) vào phương trình (2) của hệ ta được:

( ) ( )
( )
2 2
4 3

2
3
0
4 1 4 0
1 4 0
y
y y y y y y
y y

 

 
 


=
+ = ⇔ + − = ⇔
+ − =
Với: y=0 suy ra x= 1
Với:
( )
2
3 7 4
1 4 0 2 4 0 (3)y y y y y+ − = ⇔ + + − =

Xét hàm số:
7 4
( ) 2 4 0 0g y y y y y= + + − = ∀ ≥
suy ra:
6 3

'( ) 7 8 1 0 0g y y y y= + + > ∀ ≥
Mà g(1)=0 nên g(y)=0 có nghiệm duy nhất là y=1
Vậy y=1 suy ra x=2
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: ( 1; 0) và (1; 2)
Ví dụ 7:
Giải hệ phương trình sau:
( )
( )
2
2 2
4 1 3 5 2 0
4 2 3 4 7
x x y y
x y x





+ + − − =
+ + − =
( Đại học khối A năm 2010)
Giải:
Điều kiện:
3
4
5
2
x
y








≤
≤
Đặt:
2
5 2 0
x u
y v





=
− = ≥
suy ra :
2
5
2
v
y
−
=
18

Ta thay vào phương trình (1 ) của hệ phương trình được:

( )
2
2
5
1 3 0
2 2
u v
u v
 
 ÷
 
−
+ + − =
( )
( )
3 3
2 2
2 2
0
1 0
0
1 0
u u v v
u v u uv v
u v
u uv v




⇔ + − − =
⇔ − + + + =
− =
⇔
+ + + =
Với u=v suy ra
2
3
0
4
2 5 2
5 4
(*)
2
x
x y
x
y







≤ ≤
= − ⇔
−
=

Thay (*) vào phương trình (2)ta có:
2
2
2
4 2
5 4
4 2 3 4 7
2
25
4 6 2 3 4 7
4
x
x x
x x x
 
 ÷
 
−
⇔ + + − =
⇔ − + + − =
Xét hàm số:
4 2
25 3
( ) 4 6 2 3 4 0
4 4
g x x x x x
 
 ÷
 
= − + + − ≤ ≤

Ta có:
( )
3 2
4 4
'( ) 16 12 4 4 3 0
3 4 3 4
g x x x x x
x x
= − − = − − <
− −
với
3
0
4
x≤ ≤
Vậy g(x) là hàm số nghịch biến trên
3
0
4
x≤ ≤
Ta thấy
1
2
1
7
2
g x
 
 ÷
 

= ⇒ =
là nghiệm duy nhất của phương trình
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y)= ( ½; 2)
Bài tập tự luyện:
1)Giải hệ phương trình sau:
2 2 3
3 2
9 1 3 1
2 5 2 6
y x
x y x y e e
y xy y x

−




+ − − − = −
− + + =
2) Giải hệ phương trình:
5 4 10 6
2
4 5 8 6
x xy y y
x y






+ = +
+ + + =
( HSG toán 12 Đồng nai)
3) Giải hệ phương trình:
3 3 2
2
3 3 6 4 0
2 2 5 3 14 6 0
x y y x y
x y x y x y





− + + − + =
+ − − + + + − + =
( Thi thử đại học THPT Long Khánh- Đồng Nai)
4) Giải hệ phương trình:
2 2
5 5
12
x y
y x
x xy y






− = −
+ + =
19
IV/ HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI :
Trong năm học 2013 – 2014 này, với việc triển khai giảng dạy cho học sinh
trong một số giờ tự chọn ôn thi, chủ yếu là hướng dẫn học sinh tự nghiên cứu sử
dụng thành thạo các kĩ năng sử dụng tính đồng biến nghịch biến của hàm số , học
sinh biết cách sử dụng đạo hàm trong nhiều bài toán giải phương trình hệ phương
trình, giúp học sinh sẽ tự tin hơn và chuẩn bị cho kì thi đại học và cao đẳng của bộ
giáo dục tổ chức sắp tới. Với việc hướng dẫn cho học sinh sử dụng thành thạo tính
đồng biến nghịch biến và tính chất của hàm số trong việc giải phương trình, hệ
phương trình, các em đã rất hứng thú khi tiếp cận.
V/ ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Trong các kì thi đại học và cao đẳng diễn ra vẫn có những bài toán giải phương
trình, hệ phương trình bằng nhiều phương pháp. Tuy nhiên nếu học sinh biết cách
sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số trên tập xác định giúp học sinh giải quyết
bài toán rất nhanh và hiệu quả. Trường THPT Xuân Thọ là một trường mới và học
sinh đầu vào vẫn còn thấp tuy nhiên việc hướng dẫn cho học sinh giải phương trình
hệ phương trình bằng phương pháp hàm số giúp phần nào cho các em trong kì thi
đại học và cao đẳng sắp tới
Đề tài hướng dẫn học sinh giải phương trình hệ phương trình không phải là đề
tài mới, bằng việc tham khảo và nghiên cứu một lượng lớn bài tập và qua kinh
nghiệm giảng dạy tôi chỉ trình bày một vấn đề nhỏ về giải phương trình và hệ
phương trình
Vì khả năng còn hạn chế nên trong khi trình bày đề tai không tránh được khỏi
sai sót , rất mong sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo đi trước, các bạn đồng
nghiệp và các bạn đọc để giúp bản thân hiểu hơn và góp phần vào việc giúp các em
học sinh giải phương trình hệ phương trình được tốt hơn
VI/ TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Sách giáo khoa 10, 11, 12 – Nhà xuất bản giáo dục - 2008
2. Bài giảng trọng tâm chương trình chuẩn toán 12- Lê Hồng Đức- Vương
Ngọc- Nguyễn Tuấn Phong- Lê Viết Hòa- Lê Đức Ngọc- NXB đại học quốc gia
Hà Nội
3. 18 chủ đề giải tích 12 – Nguyễn Tất Thu- Nguyễn Văn Dũng- NXB đại học
quốc gia Hà Nội
4. Một số đề - đáp án thi tuyển sinh đại học, cao đẳng của Bộ giáo dục và đào
tạo.
5. Một số tài liệu trên Internet
20
VII/ PHỤ LỤC
Bài tập khảo sát:
Bài 1: Giải phương trình sau:
2
2 1 5 22 0x x x x+ ++ − − − =
Bài 2: Giải hệ phương trình:
3 2 3 2
3 4 3 4 4 0
2 1 1 0
x x x y y y
x y





+ + − + − + =
− − + + =
Đáp án :
Câu 1: Học sinh có thể giải theo 2 cách như sau:

Cách 1: Dùng phương pháp hàm số:
Điều kiện:
1
5
2
x− ≤ ≤
2 2
2 1 5 22 0 2 1 5 22x x x x x x x x+ + −+ − − − = ⇔ + − − = − +
(1)
Xét hàm số:
( ) 2 1 5f x x x= + − −
với
1
5
2
x− ≤ ≤
Ta có:
1 1
'( ) 0
2 5
2 1
f x
x
x
= + >
−
+
với
1
5

2
x− < <
vậy
( )f x
là hàm
số đồng biến
Xét hàm số
2
( ) 22 '( ) 2 1 0g x x x g x x= − − + ⇒ = − − ≤
vậy
( )g x
là hàm
số nghịch biến trên
1
5
2
x− ≤ ≤
Mà với
4x =
thì:
(4) (4)f g=
do đó
4x =
là nghiệm duy nhất của
phương trình
Cách 2: Điều kiện:
1
5
2
x− ≤ ≤

( )
( )
( )
( )
( )
2
(*)
2 1 3 5 1 20 0
2 8 4
4 5 0
5 1
2 1 3
2 1
4 5 0
5 1
2 1 3
4 0
2 1
5 0
5 1
2 1 3
x x x x
x x
x x
x
x
x x
x
x
x

x
x
x
 
 
 





⇔ + − − − − + + − =
− −
⇔ − + − + =
− +
+ +
⇔ − + + + =
− +
+ +
− =
⇔
+ + + =
− +
+ +
Với
4 0 4x x− = ⇔ =
2 1
0
2 1
5 0

5 1
2 1
5 1
2 1
5 0
x
x
x
x
x
x





+ >
⇒ + + + >
− +
+
− +
+
+ >
21
( với
1
5
2
x− ≤ ≤
)

Vậy pt (*) vô nghiệm do đó x=4 là nghiệm duy nhất của phương
trình
Câu 2:
Cách 1: Điều kiện:
2
1
x
y



≤
≥ −
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 3 2
3 3
(1)
(2)
3 4 3 4 4 0
2 1 1 0
1 1 1 1
2 1 1 0
x x x y y y
x y
x x y y
x y


⇔









+ + − + − + =
− − + + =
+ + + = − + −
⇔
− − + + =
Từ (1)
Xét hàm số đặc trưng:
3 2
( ) 3 '( ) 3 1 0f t t t f t t= + ⇒ = + >

t∀ ∈¡
Hàm số
( )f t
đồng biến.
Mà
( 1) ( 1) 1 1 2f x f y x y x y+ = − ⇔ + = − ⇔ = −
Với:
2x y= −
thay vào (2) :
(*)4 1 1 0y y− − + + =
Xét hàm số
( ) 4 1 1g y y y= − − + +
với

1 4y− ≤ ≤
Suy ra :
1 1
'( ) 0
2 4 2 1
g y
y y
= − − <
− +
với
1 4y− < <
Ta thấy :
(3) 0g =
do đó
3y =
là nghiệm duy nhất của PT (*)
Với
3 1y x= ⇒ =

So sánh với điều kiện hệ phương trình có nghiêm ( 1;3)
Cách 2: Điều kiện:
2
1
x
y



≤
≥ −

( ) ( ) ( ) ( )
3 3
(1)
(2)
1 1 1 1
2 1 1 0
x x y y
x y





+ + + = − + −
⇔
− − + + =
Từ (1)
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
2 2
2 2
1 1 1 1
2 1 1 1 1 1 0
2 0
1 1 1 1 1 0
x x y y
x y x x y y
x y

x x y y
 
+
 


+


⇔ + + + = − + −
⇔ − + + + + − + − =
− + =
⇔
+ + + − + − =
22
Với:
2x y= −
thay vào (2) :
(*)4 1 1 0y y− − + + =

2
4 1 1
1 4
4 2 4 1 1
1 4
4 2
2 4
2 4
0( )
3 0

3( )
y y
y
y y y
y
y y
y
y
y l
y y
y n















 







⇔ − + = +
− ≤ ≤
⇔
− + − + = +
− ≤ ≤
⇔
− = −
≤ ≤
≤ ≤
⇔ ⇔
=
− =
=
Vậy
3 1y x= ⇒ =
Với:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1 1 1 0x x y y ++ + + − + − =

( ) ( )
2
2
1 3
1 1 1 1 0
2 4
x y y

 
 
 
⇔ + + − + − + =
vô nghiệm
Do đó hệ phương trình có nghiệm (1;3)
• Qua khảo sát 40 học sinh trong giờ tự chọn ôn thi đại học và cao đẳng:
Thấy đa số các học sinh đều làm theo cách 1, hầu hết các học sinh biết cách
giải và rất hứng thú khi làm bài tập theo phương pháp hàm số trên mặc dù
vẫn còn một số sai sót nhỏ
• Kết quả khảo sát có trên 70% học sinh làm trên 5 điểm cho 2 bài giải
• Còn một số ít học sinh giải theo cách 2 thì có học sinh chưa tìm ra hướng
giải quyết, một số lấy dư nghiệm cho câu giải hệ phương trình
NGƯỜI THỰC HIỆN
( Ký tên và ghi rõ họ tên)
ĐỖ THỊ YÊN
23
24