SKKN sử dụng hàm đặc trưng, giải c,2014

A. MỞ ĐẦU
Thực tiễn dạy học nói chung và dạy toán nói riêng, đòi hỏi người thầy
phải thực sự là người dẫn dắt, định hướng và khơi dậy trong học sinh niềm
say mê, hứng thú học tập và khám phá để các em tự tìm tòi, tự phát hiện ra
vấn đề và tự giải quyết vấn đề. Trong việc học toán, học cần tìm ra được
phương pháp, nắm bắt quy luật và bản chất của một vấn đề, đặc biệt là giải
bài tập về phương trình và bất phương trình đại số, mũ, logarit … Học sinh
chưa có phương pháp tổng quát để giải quyết các bài tập ở các thể loại khác
nhau theo tư duy hệ thống, khái quát, logic và khoa học. Học sinh thường sa
vào những tình tiết cụ thể, những cách giải manh mún, chưa khái quát được
vấn đề. Bởi vậy kỹ năng giải các loại bài tập thuộc dạng này còn thấp từ đó
dẫn đến kết quả học tập của học sinh còn thấp.Chuyên đề phương trình , bất
phương trình chiếm một nội dung khá lớn trong chương trình phổ thông và là
phần quan trọng trong kì thi học sinh giỏi, thi đại học.tuy nhiên trong các bài
toán đó có một lượng lớn bài toán mà ta khó giải được bằng phương pháp
thông thường. Ta biết giữa phương trình, bất phương trình, hệ phương trình
và hàm số có mói quan hệ chặt chẽ với nhau. Khi sử dụng tính đơn điệu của
hàm số để giải các bài toán đó thì đơn giải và gọn gàng hơn. Đặc biệt là các
bài toán phức tạp Bởi vậy tôi đã tiến hành khảo sát, triển khai thực hiện đề
tài :Sử dụng tính đơn điệu của hàm số đặc trưng để giải phương trình, bất
phương trình , hệ phương trình với mục tiêu: một là, giúp học sinh có thêm
một phương pháp mới tổng quát để giải phương trình, bất phương trình , hệ
phương trình,trang bị thêm cho các em một công cụ sắc bén và hiệu quả; hai
là, trên cơ sở đó học sinh hình thành phương pháp tư duy hệ thống, logic và
khái quát vấn đề khi học toán để các em đạt kết quả cao trong học tập môn
Toán.
1. Cơ sở khoa học
1.1. Cơ sở thực tế
Qua khảo sát thực tế, học sinh THPT hiện nay nói chung, đặc biệt là
học sinh trường THPT Nguyễn Hoàng nói riêng (chất lượng đầu vào rất thấp),
tư duy hệ thống, logic và khái quát của các em học sinh còn rất hạn chế, bởi

vậy ảnh hưởng rất lớn đến giảng dạy phần giải phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình nói chung. Kiến thức về xét tính đơn điệu của hàm số
mà các em đã đuợc học ở chương đầu tiên của chương trình Giải tích 12 cần
cho triển khai thực hiện đề tài là rất cơ bản và việc sử dụng tính đơn điệu của
hàm số để giải quyết vấn đề đặt ra đáp ứng tính hệ thống trong kiến thức bậc
THPT, từ tạo nên sự hứng thú tìm tòi nghiên cứu cho học sinh.
Học sinh ở lứa tuổi này rất ham học hỏi, tìm tòi khám phá những cái
mới, tiên tiến và khoa học. Những tri thức khoa học mà người thầy dẫn dắt,
định hướng cho các em khám phá phải luôn mang tính vừa sức, khơi dậy
trong các em hứng thú khám phá và bước đầu các em thấy dễ hiểu tạo động
1


lực và niềm tin vào khả năng của bản thân. Việc giảng dậy nội dung này với
nhiều loại phương trình, bất phương trình, hệ phương trình khác nhau dựa
trên cùng một phương pháp là thực hiện đúng đắn quy luật nhận thức khách
quan “Từ trực quan sinh động đến tư duy trừu tượng ”. Từ đó tạo động lực và
kích thích các em tò mò khoa học, say mê, hứng thú học tập và khám phá.
1.2. Cơ sở khoa học
Để xét sự tương giao của đường cong (C) : y = f(x) và đường (C’):
y =f(m), ta xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đưòng (C) và (C’)
f(x) = f(m) (*)
- Số giao điểm của đường cong (C) và đường thẳng (C’) là số nghiệm của
phương trình (* ) và ngược lại.
- (C ) và (C’)có điểm chung khi và chỉ khi phương trình (* ) có nghiệm .
2. Đóng góp của đề tài
Đề tài đã giải quyết những vấn đề sau:
2.1. Khơi dậy và phát huy tính chủ động, tích cực và sự hứng thú học
tập nội dung này của mọi đối tượng học sinh, từ đó tạo động lực và niềm tin
cho các em tự tin học tập bộ môn toán.

2.2. Giúp học sinh có thêm một phương pháp giải tổng quát để giải
phương trình, bất phương trình , hệ phương trình bằng công cụ : xét tính đơn
điệu của một hàm số đặc trưng.
2.3. Phát triển tư duy logic, hệ thống và khái quát hoá cho học sinh.
B. NỘI DUNG
Từ thực tế học sinh trường THPT Nguyễn Hoàng với đa số còn hạn chế
về tư duy logic, hệ thống và khái quát hoá cũng như kỹ năng giải phương
trình, bất phương trình,hệ phương trình trên cơ sở đó tôi đã tiến hành thực
nghiệm và áp dụng đề tài .
1. Khái quát chung
Dựa trên những kết quả nghiên cứu về lí thuyết toán học bậc THPT, tôi
đã áp dụng cả 3 khâu của quá trình dạy học như sau :
1.1. Nội dung của phương pháp và hệ thống các bài tập minh hoạ đã
được chọn lọc có tính bao quát các dạng phương trình, bất phương trình
thường gặp ở các mức độ khác nhau, phù hợp với các đối tượng học sinh,
được định hướng và dẫn dắt cho học sinh tự hình thành, chiếm lĩnh trong
khâu “Hình thành kiến thức, kỹ năng mới”;
1.2. Hệ thống các bài tập thực hành có tính chất và nội dung tương tự với
hệ thống các bài tập thực nghiệm, được áp dụng trong khâu “ Củng cố, hoàn
thiện ” và khâu “kiểm tra đánh giá ” để cho học sinh rèn luyện kỹ năng và
củng cố kiến thức được hình thành, đồng thời đánh giá hiệu quả thực nghiệm.

2


2. Nội dung
Bài toán 1 : Giải phương trình , hệ phương trình mà ta có thể chuyển một
phương trình nào đó về một phương trình đặc trưng dạng:
f( x) = f( y) (*) thoả mãn điều kiện T nào đó. Ta cần chứng minh hàm
số f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên điều kiện T đó .Do đó PT (*) ⇔ x = y

Bài toán 2: Giải bất phương trình nào đó mà ta cũng có thể đưa về dạng đặc
trưng f(x) < g(y) hay f(x) ≤ g(y) (*)xác định trên điều kiện T nào đó . Ta có
thể chứng minh được hàm số f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên T .Thì bất
phương trình (*) ⇔ x < y hay x ≤ y hoặc x > y hay x ≥ y
3. Bài tập minh hoạ

1
1
= y−
x
y
3
2y = x +1

x−

Bài 1: Giải hệ phương trình:

(Đề thi tuyển sinh Đại học –Cao đẳng – KA-2002)
Lời giải
Điều kiện: x.y ≠ 0 .
Cách 1:

 x= y

1

Từ phương trình (1) của hệ ⇔ (x – y)(1 + xy ) = 0 ⇔ 
 xy = −1



x = y =1

 x=y
−1 + 5

⇔
x
=
y
=
Trường hợp 1: 
3
2

2 y = x + 1

−1 − 5
x = y =
2



 xy = −1
⇔
Trường hợp 1: 
3
2
y
=

x
+
1



1

y
=
−

x ⇔
 2
− = x3 + 1
 x

1

 y = − (3)

x
 x 4 + x + 2 = 0(4)

Ta chứng minh PT(4) vô nghiệm.
Do đó hệ PT có 3 nghiệm
Cách 2: Xét hàm số đặc trưng f(t) = t Ta có f’(t) = 1 +

1
, t ≠ 0.

t

1
> 0 ∀ t ≠ 0. Nên hàm số f(t) đồng biến với mọi t ≠ 0.
t2

Nên PT(1) xảy ra khi và chi khi x = y . Thay vào PT(2) ta được kết quả giống
cách 1.
3


Vậy hệ phương trình có nghiệm
(x ; y) = {( 1 ;1), (

− 1+ 5 − 1+ 5
− 1 − 5 − 1− 5
;
),(
;
)}.
2
2
2
2

Từ hai cách giải trên ta thấy cách giải thứ 2 đơn giản hơn

x 3 − 3x = y 3 − 3 y
Bài 2: Giải hệ phương trình : 
6

6
 x + y =1
Lời giải
Từ phương trình x6 + y6 = 1 ⇒ x ≤ 1, y ≤ 1
Xét hàm số f(t) = t 3 – 3t với t ≤ 1 . Ta có f’(t) = 3t2 -3 =3(t2 – 1) < 0 với
t ≤ 1 , Ta có f( ± 1) = 0 , nên f(t) nghịch biến với t ≤ 1 .
Ta có phương trình x3 -3x = y3 – 3y ta có thể viết f(x) = f(y) ⇔ x = y
Do đó hệ phương trình ⇔

 x= y
1
⇔ x= y=±6
 6 6
2
x + y = 1
4 x2 + 2

Bài 3: Giải phương trình :

log 2013 x 6 + x 2 +1 x 6 − 3x 2 − 1
=
(1)

Lời giải
TXĐ : D = R, Khi đó phương trình tương đương với
6

2

4 x2 + 2

2013x + x +1
=
2
x 6 + x 2 + 1 20134 x + 2
⇔ (4x 2 +2). 20134 x 2 + 2 = ( x 6 + x 2 + 1).2013( x

+ x 2 +1)

(2)

Xét hàm số f (t ) = t.2013t trên R , ta có
f ’(t) = 2013t(1 + t.ln2013) > 0 ∀ t. Suy ra hàm số đồng biến trên R
Do đó phương trình (2) xảy ra khi và chỉ khi 4x 2 + 2 = x6 + x2 + 1
⇔ x6 – 3x2 -1 = 0 ⇔ u3 – 3u – 1 =0 (với x2 = u ≥ 0 )
Xét hàm số f(u) = u3 – 3u – 1
Ta có f’(u) = 3u2 -3
Lập bảng biến thiên của hàm số f(u) ta thấy phương trình (3) chỉ có
π
2
1
1
π
(3) ⇔ 4 cos3 α − 3 cosα = ⇔ cos 3α = ⇔ α =
2
2
9

nghiệm thuộc (0; 2) . Đặt u = 2 cos α , α ∈ (0; )

Đáp số : x = ± 2 cos

Bài 4:

π
9

Giải bất phương trình: ( x 2 + 2) x 2 +1 ≥ x3 + 3x 2 + 4 x + 2 (1)

4


Lời giải :
TXĐ : D = R ,
Khi đó (1) ⇔ ( x3 + 1)3 + x 2 + 1 ≥ ( x + 1)3 + ( x + 1) (2)
Do đó ta xét hàm số f(t) = t3 + t trên R Ta có : f’(t) = 2t 2 + 1> 0, ∀
t ∈ R ⇒ f(t) đồng biến trên R].Bởi vậy,từ (2) ta có f( x 2 + 1 ) ≥ f(x+1)
⇔

⇔

x ≥−1

⇔

x 2 + 1 ≥ x + 1 ⇔ x < - 1 hoặc ⇔

⇔
2

x +1≥( x +1)

x≤ 0

2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( - ∞;0]
Bài 5: Giải hệ phương trình :
x2 − y 2 + 5x − 3 y + 4 = 0
log12 ( x − 1) + log12 ( y − 3) = 1

Lời giải:
Điều kiện: x >1 ; y > 3
Ta có : x2 –y2 +5x -3y +4 = 0 ⇔ (x+2)2 +(x+2) = (y+1)2 +(y +1) (1)
Xét hàm số: f(t) = t2 + t với mọi t dương ; ta có f’(t) = 2t + 1>0 ∀ t >0
Nên hàm số f(t) đồng biến trên (0 ; + ∞ ) Vậy để phương trình (1) xảy ra với
điều kiện x > 1; y >3 thì x+2 = y + 1 ⇒ y = x + 1 . Thay vào phương trình
thứ hai của hệ ta được (x – 1)( x - 2) = 12 ⇔ x = 5 hoặc x = -2 (loại) .
Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y) = (5;6).
Bài 6: Giải hệ phương trình:
x 3 ( 4 y 2 +1) + 2 ( x 2 +1) x =6
x 2 y ( 2 + 2 4 y 2 +1 = x + x 2 +1

(2)

Lời giải:
Điều kiện x ≥ 0 .
Ta có x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình nên x > 0
Với điều kiện từ hệ suy ra
x + x 2 + 1 > 0 ⇒ x2y(2 + 2 4 y 2 +1 ) > 0 ⇒ y > 0
Chia hai vế của phương trình thứ 2 của hệ cho x2 ta được
1

x

2y + 2y (2 y )2 + 1 = +

1 1 2
( ) + 1 (3)
x x

Xét hàm xố f(t) = t + t t 2 + 1 trên (0 ; + ∞ );
5


Ta có f ’(t) = 1 +

t2 +1 +

t2
t2 +1

> 0, ∀ t > 0

⇒ f(t) đồng biến trên khoảng (0 ; + ∞ )

Do đó (3)có nghiệm khi và chỉ khi
Thế 2y =

1
x

2y =

1
x

vào (2) ta được x3 + x + 2(x2 + 1) x

= 6 (4) Ta có vế trái

của (4) là hàm số đồng biến trên khoảng (0 ; + ∞ ) nên x = 1 là nghiệm duy
nhất của (4).
Vậy (x;y) = (1;
Bài 7:

1
) là nghiệm duy nhất của hệ phương trình đã cho.
2

Giải hệ phương trình sau

22 x − y − 2 x + y = ( x + y ) x + y − ( 2 x − y ) 2 x − y
3 y − 2 ( x − 1)3 + 1= 0
(Đề thi chọn học sinh giỏi Thanh Hóa năm 2011- 2012)
Lời giải
Điều kiện : x + y ≥ 0 ; 2x – y ≥ 0
Ta có phương trình (1) của hệ tương đương với
2(2x-y) +(2x – y) 2 x − y = 2(x+y) + (x + y) x + y
Phương trình này có dạng

f(2x-y) = f(x+y) (*)

Xét hàm số f(t) = 2t + t t với ∀ t ≥ 0
Ta có : f ’(t) > 0 ∀ t ≥ 0 Nên hàm số f(t) luôn đồng biến trên [0 ; + ∞ )
Nên từ (*) ta có 2x – y = x + y hay x = 2y
Thế vào phương trình (2) của hệ ta được
Đặt

3

3

y + 1 = 2(2 y − 1)3

(3)

y = 2t – 1. Khi đó pt (3) trở thành
t=
(2 y −
1) 3
y=
( 2t −
1) 3

Trừ từng vế tương ứng các pt của hệ ta được t = y
(Do 2(2y -1) 2 + 2(2y - 1)(2t -1) + 2(2t -1)2 + 1>0 với ∀t,y)
Thế t = y vào hệ ta được y = (2y – 1)3 ⇔ 8y3 -12y2 +5y – 1 = 0
⇔ (y–1)(8y2-4y+1)=0 ⇔ y = 1
⇒ x = 2 thỏa mãn điều kiện.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;1)

6

x 5 + xy 4 = y 10 + y 6

Bài 8: Giải hệ phương trình:
4 x +5 + y 2 +8 =6

Lời giải
Điều kiện : x ≥ -

4
5
x

x

5
5
Chia cả hai vế của pt (1) của hệ cho y5 ta được ( y ) + y = y + y (*)

Xét hàm số f(t) = t5 + t . Ta có f’(t) = 5t4 + 1 > 0

∀t

∈R

x

Nên hàm số đồng biến trên R . Suy ra để có (*) thì y = y hay x = y2
Thay vào PT (2) của hệ ta được 4 x + 5 + x + 8 = 6 ⇔ x = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = { (1;-1),(1;1)}
Bài 9: Giải hệ phương trình:
y 3 + 3 y 2 + y + 4 x 2 − 22 x + 21= ( 2 x +1) 2 x −1

2 x 2 −11 x + 9 = 2 y

Lời giải
Điều kiện : x ≥

1
2

Lấy PT (1) trừ PT(2) của hệ rồi nhân với 2 ta được :
y3 +3y2 + y + 3 = (2x+1) 2 x − 1 - 4y ⇔ y3 +3y2 +5y + 3 = (2x+1) 2 x − 1
⇔ y3 +3y2 + 3y + 1 +2y+2 = (2x -1 + 2) 2 x − 1
⇔ (y + 1)2 + 2(y + 1) = ( 2 x − 1)3 + 2 2 x − 1 (3)

Xét hàm số f(t) = t2 + 2t

∀t

∈ R ; Ta có f’(t) = 2t + 2 > 0

∀t

∈R

Nên hàm số f(t) đồng biến trên R . Do đó (3) ⇔ f(y + 1) = f( 2 x − 1 )
⇔

⇔ y =
2 x − 1 - 1 . Thay vào PT (2) ta được
y + 1 = 2x −1
2
2x – 11x + 9 =2 2 x − 1 -2 ⇔ 2 2 x − 1 = 2x2 -11x + 11
2 x 2 −11 x +11≥ 0

⇔

(*)
4 ( 2 x −1) = ( 2 x 2 −11 x +11) 2

(*) ⇔ 4x4 – 44x3 165x2 – 250x +125 = 0

7


⇔ x =1 hoặc x = 5 hoặc x =

5
2

Kết hợp các điều kiện suy ra hệ Phương trình có nghiệm (x;y) = {(1;0), (5;2)}
Bài 10 : Giải phương trình:
3x(2 + 3 + 9 x 2 ) – (x + 1)(2 + x 2 + 2 x + 4 ) = 0 (1)
Lời giải
PT ⇔ 3x(2 + 3 + (3x)2 ) = (x + 1)(2 + 3 + ( x + 1)2 ) (2)
Xét hàm số f(t) = 3t(2 + 3 + t 2 ) .
Ta có f’(t) = (2 + 3 + t 2 ) +

t2
3 + t2

>0

∀t

∈R

Nên hàm số f(t) đồng biến trên R . Do đó (2) ⇔ 3x = x +1 ⇔ x =
Vậy phương trình có nghiệm là
Bài 11:

x=

1
2

1
.
2

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm :
x3 −12 x − y 3 + 6 y 2 −16= 0

,x , y ∈ R
4 x 2 + 2 4− x 2 − 5 4 y − y 2 + m = 0

Lời giải
Điều kiện : -2 ≤ x ≤ 2

và
0≤ y≤4
Từ PT (1) của hệ ⇔ x 3 - 12x = (y-2) 3 -12(y – 2)
Xét hàm số f(t) = t3 – 12t ; f’(t) = 3(t2 -4) < 0 ∀t ∈ (-2;2) ;
Suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên [-2; 2] (3)
Ta có x và (y – 2)cùng thuộc đoạn [-2; 2] mà f(x) = f(y – 2) nên kết hợp với
(3) ta có x = y – 2 . Thay vào PT (2) của hệ ta được 3 4 − x 2 - 4x2 = m (4)
Để hệ pt đã cho có nghiệm thì pt (4) có nghiệm x ∈ [-2;2] ;
Đặt g(x) = 3 4 − x 2 - 4x2 , x∈ [-2;2] ; g’(x) = - x(
g’(x) = 0

4 − x2

+ 8)

⇔ x = 0 . Ta có : g(0) = 6 ; g(-2) = g(2) = -16

max g(x) = g(0) = 6
[ −2; 2 ]

3

min g(x) = -16

[ −2; 2 ]

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi -16 ≤ m ≤ 6 .

8

Bài 12: Giải hệ phương trình:
2

y + 5 = x 2 − x −1

y 2 +1+ log3 ( 2 x − y ) = 4 xy − 4 x 2 + 4 x 2 − 4 xy + y 2 +1+ log3 y

Lời giải
Từ PT (2) của hệ ta có
y 2 + 1 - log 3 y - y2 = ( 2 x − y ) 2 + 1 − log3 (2 x − y ) - (2x – y)2 (2)
Xét hàm số f(t) = t 2 + 1 - log 3 t - t2 , ta có f’(t) =
Ta thấy f’(t) > 0 (vì

t
t +1
2

<1 ,

t
t +1
2

−

1
− 2t ,t>0
t. ln 3

1
2
+ 2t ≥ 2
)
t. ln 3
ln 3

Suy ra hàm số f(t) nghịch biến. Nên PT (2) xảy ra khi
f(y) = f(2x – y) thì 2x – y = y ⇔ x = y
Thay vào PT(1) ta được :
x 2 + 5 = x 2 − x − 1 ⇔ ( x 2 + 5 − 3) − ( x 2 − 4) + ( x − 1 − 1) = 0
⇔ ( x − 2)(

x+2
x2 + 5 + 3

−x−2+

1
) = 0 (*)
x −1 +1

x=2

x
+
2
1

⇔

− x−2+
= 2 (3)
 2
x −1 +1
 x +5 +3
x+2
x+2
1
<
,
<1
Ta có
2
5
x −1 +1
x +5 +3

Nên
⇔

x+2
x2 + 5 + 3

− x−2+

1
x+2
− 4x − 3
<
+1− x − 2 =

< 0(∀x ≥ 1)
5
5
x −1 +1

Suy ra (3) vô nghiệm nên (*) có nghiệm duy nhất x = 2
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (x;y) = (2;2).
Bài 13 : Giải hệ phương trình:
( x 2 +1−3 x 2 y + 2 )( 4 y 2 +1+1)=8 x 2 y 3

x 2 y − x + 2=0

9


Lời giải
Ta thấy với y ≤ 0
thì VT(1) > 0 , VP (1) ≤ 0 ⇒ hệ phương trình chỉ
có nghiệm (x; y) với y >0
Vì y > 0 nên từ PT (2) của hệ suy ra x > 2
⇔

Khi đó (1)
⇔

x 2 + 1 − 3 x 2 y + 2 = 2 x 2 y ( 4 y 2 + 1 − 1)

x2 + 1 + 2 = 2x2 y 4 y 2 + 1 + 2 x2 y ⇔

1

1 1
1 + 2 + = 2 y 1 + (2 y ) 2 + 2 y
x
x
x

Xét hàm số f(t) = t 1 + t 2 + t với t >0
2
f’(t) = 1 + t +

t2
1 + t2

+ 1 > 0 ∀ t > 0.

1
⇒ f(t) là hàm đồng biến [ 0; + ∞ ) mà f ( ) = f(2y)
x
1
1
⇔
= 2y ⇔ xy =
x
2
1
1
Thay xy =
vào (2) của hệ ta có : x = 4 ⇒ y =
2
8

1
Thử lại ta thấy x = 4 và y = thảo mãn hệ phương trình đã cho.
8
1
Kết luận: Hệ phương trình đã cho có nghiệm (x,y) = (4; )
8

 (1 + 42 x − y )51− 2 x + y = 1 + 22 x − y +1

Bài 14: Giải hệ phương trình  x − y
= ln ( x + 3) − ln ( y + 3) ,

 4
(Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013)
Lời giải:
Đ/k x > −3 và y > −3.

( x, y ∈ ¡ ).

1 + 4t 1 + 2t + 1
Đặt t = 2x – y, phương trình (1) trở thành: (1 + 4 ).5 = 1 + 2 ⇔ t =
5
5
t

t

 1
⇔ ÷
 5

1− t

t+1

t

 4 1 2
+  ÷ = + .2t (3)
 5 5 5

1 2 t
1 4
Ta có hàm số f (t ) =  ÷ +  ÷ nghịch biến và hàm số g (t ) = + .2 đồng biến
5 5
5 5
t

t

trên R
10


mà t = 1 thỏa mãn (3), nên t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3)
⇒ 2 x − y = 1.

(*)
Ta có (2) ⇔ x − 4ln( x + 3) = y − 4ln( y + 3)
Xét hàm số: y = f (t ) = t − 4ln(t + 3), t > − 3, (*) ⇔ f ( x ) = f ( y )

Ta có: f '(t ) =
BBT:

t −1
, f '(t ) = 0 ⇒ t = 1
t +3

t
f’(t)

-3

1
0

-

+

+∞

f(t)
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 ⇒ f ( y ) > f ( x )
Khi x < 1 ⇒ y < x < 1 ⇒ f ( y ) > f ( x)
∀
 x ∈ (−3; +∞ ) \ { 1}

Suy ra với 
 2 x − y = 1,

ta luôn có f ( y ) > f ( x).
x = 1
 y = 1.

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 
Bài 15: Giải hệ phương trình

 xy + 2 = y x 2 + 2
(với x , y ∈ R)
 2
2
2
y
+
2
x
+
1
x
+
2
x
+
3
=
2
x

−
4
x
.

(
)

Lời giải:
ĐKXĐ: x ∈ R, y ∈ R
2
Ta có xy + 2 = y x + 2 ⇔ y

(

)

x2 + 2 − x = 2 ⇔ y =

2
x +2−x
2

⇔ y = x 2 + 2 + x (1). Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :

(

)

2

x 2 + 2 + x + 2 ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 2 x 2 − 4 x
⇔ 1 + x x 2 + 2 + 2 x + ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 0 .

⇔ ( x + 1) 1 +


( x + 1)

2

+ 2  = ( − x ) 1 +



( −x)

2

+ 2  (*)


11


Xét

hàm

số

t2

f '(t ) = 1 + t + 2 +
2

t2 + 2

(

f (t ) = t 1 + t 2 + 2

)

với

t ∈ R.

Ta

có

> 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f (t ) đồng biến trên R.
1
2

Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x + 1) = f (− x) ⇔ x + 1 = − x ⇔ x = − .
Thay x = −

1
vào (1) ta tìm được y = 1 .

2

1

x = −
2
Vậy hệ đã cho có nghiệm là 
 y = 1.

(

) (

)

 x3 4 y 2 + 1 + 2 x 2 + 1 x = 6

Bài 16: Giải hệ phương trình :  2
 x y 2 + 2 4 y 2 + 1 = x + x2 + 1


(

)

Lời giải:
ĐK: x ≥ 0 . Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình => x>0

(

)

2
2
2
Với ĐK đó, từ hệ suy ra: x + x + 1 > 0 ⇒ x y 2 + 2 4 y + 1 > 0 ⇒ y > 0

Chia cả 2 vế của PT thứ 2 của hệ cho x2 ≠ 0
1
x

=> ( 2 ) ⇔ 2 y + 2 y ( 2 y ) + 1 = +
2

Xét

hàm

f , (t ) = 1 + t 2 + 1 +

số
t

2

t2 +1

2

1 1

 ÷ +1
x x

(3)
trên(0;+ ∞ ).

f (t ) = t + t t 2 + 1

có:

> 0, ∀t > 0

⇒ f (t ) dồng biến trên (0;+ ∞ ) ⇒ (3) ⇔ 2 y =

Thế 2 y =

Ta

1
vào (2): x3 + x + 2( x 2 + 1) x = 6
x

1
x

(4)

Dễ thấy vế trái (4) là hàm số đồng biến trên (0;+ ∞ ) ⇒ x = 1 là nghiệm duy
nhất của (4)
1

⇒ ( x; y ) = (1; ) là nghiệm duy nhất của hệ PT đã cho.
2
 x 2 − y 2 + 5 x − 3 y + 4 = 0
Bài 17 : Giải hệ phương trình 
.
log12 ( x − 1) + log12 ( y − 3) = 1.

Lời giải:
ĐK: x > 1 và y > 3 (*).

12


Ta có x 2 − y 2 + 5 x − 3 y + 4 = 0 ⇔ ( x + 2) + ( x + 2) = ( y + 1) + ( y + 1)
2

f ( t) = t2 + t
⇔ x + 2 = y + 1 ⇔ y = x + 1.

Từ

hs

đồng

2

biến

trên ( 0; + ∞ )

và

(1).
(*)

x = 5

Do đó log12 ( x − 1) + log12 ( y − 3) = 1 ⇔ ( x − 1) ( x − 2) = 12 ⇔ 

 x = −2 ( l )

nên

(1)

⇒ y = 6.

Kết luận: nghiệm của hệ phương trình là x = 5, y = 6 .
 x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

Bài 16: Giải hệ phương trình  2 2
(x, y ∈ R).
1
x + y − x + y =

2

Lời giải:
 x − 3 x − 9 x + 22 = y + 3 y − 9 y


 2
Đặt t = -x
1
2
x + y − x + y =

2
3
t + y 3 + 3t 2 + 3 y 2 − 9(t + y ) = 22

Hệ trở thành  2 2
. Đặt S = y + t; P = y.t
1
t + y + t + y =

2
3
2
 S − 3PS + 3( S − 2 P) − 9 S = 22
 S 3 − 3PS + 3( S 2 − 2 P) − 9 S = 22


⇔
Hệ trở thành  2
1
1 2
1
S − 2P + S =
P = (S + S − )


2

2
2
3
2
3
2 S + 6 S + 45S + 82 = 0


P =
 3 1   1 −3 
⇔
⇔
4 . Vậy nghiệm của hệ là  ; − ÷;  ; ÷
1 2
1
2 2 2 2 
 P = (S + S − )
 S = −2

2
2
3

2

3

2

 x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y
1
1

Cách khác : 
. Đặt u = x − ; v = y +
1 2
1 2
2
2
( x − ) + ( y + ) = 1

2
2
3
45
 3 3 2 45
3
2
u − u − u = (v + 1) − (v + 1) − (v + 1)
2
4
2
4
Hệ đã cho thành 
u 2 + v 2 = 1

3

45
45
Xét hàm f(t) = t 3 − t 2 − t có f’(t) = 3t 2 − 3t −
< 0 với mọi t thỏa t≤ 1
2
4
4

⇒ f(u) = f(v + 1) ⇒ u = v + 1 ⇒ (v + 1)2 + v2 = 1 ⇒ v = 0 hay v = -1 ⇒
v = 0
 v = −1
 3 1   1 −3 
hay 
⇒ Hệ đã cho có nghiệm là  ; − ÷;  ; ÷.

2 2 2 2 
u = 1
u = 0

2
y 2 − x 2 = x + 2012 (1)

2011

Bài 17: Giải hệ phương trình: 
y 2 + 2012



3log3 ( x + 2 y + 6) = 2log 2 ( x + y + 2) +1(2)

13


Lời giải:
+) ĐK: x + 2y + 6 > 0 và x + y + 2 > 0
+) Lấy logarit cơ số 2011 và đưa về pt:
x 2 + log 2011 ( x 2 + 2012) = y 2 + log 2011 ( y 2 + 2012)

Xét hàm số f(t) = t + log 2011 (t + 2012) , t ≥ 0 ta có
1

f’(t) = 1 + 2011(t + 2012) > 0 với ∀ t ≥ 0 .nên hàm số đồng biến trên (0 ; + ∞ )
Từ đó suy ra x2 = y2 ⇔ x= y hoặc x = - y
+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x+2)=2log2(x+1).
Đặt 3t=log2(x+1) ta được x=23t-1 do đó 3log3(23t+1)=6t ⇔ 8t+1=9t
t

Đưa pt về dạng

t

1 8
 ÷ +  ÷ =1 ,
9 9

Ta chứng được pt này có nghiệm duy nhất

t = 1 ⇒ x = y =7
+) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1 ⇒ y = - 3 ⇒ x = 3.

Vậy hệ có các nghiệm là (7;7); (3;-3)
Bài 18:
 xy + 2 = y x 2 + 2
Giải hệ phương trình  2
(với x ,y ∈ R)
2
2
 y + 2 ( x + 1) x + 2 x + 3 = 2 x − 4 x.

(Đề thi HSG tỉnh Nam Định năm 2013)
Lời giải:
ĐKXĐ: x ∈ R , y ∈ R
2
Ta có xy + 2 = y x + 2 ⇔ y

)

(

x2 + 2 − x = 2 ⇔ y =

2
x2 + 2 − x

⇔ y = x 2 + 2 + x (1). Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :

(

)

2

x 2 + 2 + x + 2 ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 2 x 2 − 4 x
⇔ 1 + x x 2 + 2 + 2 x + ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 0

⇔ ( x + 1) 1 +


( x + 1)

(

2

+ 2  = ( − x ) 1 +



( −x)

)

2

+ 2  (*)


2
Xét hàm số f (t ) = t 1 + t + 2 với t ∈ R

Ta có f’(t) = 1 + t + 2 +
2

t2
t2 + 2

> 0 ∀ t∈ R

Nên hàm số f(t) đồng biến trên R
1
2

Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x + 1) = f (− x) ⇔ x + 1 = − x ⇔ x = − .
Thay x = −

1
vào (1) ta tìm được y = 1 .
2
14


1

x = −
2
Vậy hệ đã cho có nghiệm là 
 y = 1.

Bài 19: Giải phương trình: log3 x = log5 (x + 3 x + 95) (1)
ĐK: x > 0. Đặt t = log3 x

Lời giải:
 x = 3t

Pt(1) trở thành : t = log5 ( 3t + ( 3 3 ) + 95 )  5t = 3t + ( 3 3 ) + 95
t

t

t

t
t
3  3 3 
1
  ÷ +  ÷÷ + 95.  ÷ = 1
5  5 
5

(2)

t

t
t
3  3 3 
1
+
+
95.

Xét hàm số f(t) =  ÷  ÷÷
 ÷
5  5 
5

, t ∈R

t

t
t
3
3
1
3 3  3 3 
1
f '(t) =  ÷ ln +  ÷÷ .ln + 95.  ÷ .ln
5
5
5 5  5 
5

<0 , ∀ t ∈ R

Hàm số f(t) nghịch biến trên R.
Nhận thấy f(3) = 1 nên t = 3 là một nghiệm của pt (2) .
Vì hàm số f(t) nghịch biến trên R nên pt (2) có nghiệm duy nhất t = 3
t = 3 , suy ra log3 x = 3  x = 27 .
Vậy pt(1) có nghiệm duy nhất x = 27.
e x − y + e x + y = 2( x + 1)

Bài 20 : Giải hệ phương trình  x + y
e = x − y + 1

(x, y ∈ R )

Lời giải:
e x − y + e x + y = 2(x + 1)
e x − y = x + y + 1
⇔
 x+y
 x+y
e = x − y + 1
e = x − y + 1
e v = u + 1
e v = u + 1
(1)
⇔
Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ  u
 u
v
e = v + 1
e − e = v − u ( 2 )

- Nếu u > v thì (2) có vế trái dương, vế phải âm nên (2) vô nghiệm
- Tương tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) ⇔ u = v
Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1
Bảng biến thiên:
u
-∞
0

+∞
f'(u)
0
+
f(u)
0
Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0 ⇔ u = 0 .
15


x + y = 0
x = 0
⇔
x − y = 0
y = 0

Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 ⇒ v = 0 ⇒ 

Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (0; 0)
Bài 21: Giải hệ phương trình:
x 3 − x 2 y = x 2 − x + y +1(1)
3

x 3 − 9 y 2 + 6 ( x − 3 y ) −15 = 3 6 x 2 + 2 ( 2 )

( Với
x,y ∈ R)
Lời giải:
Từ (1) ⇔ x3 – x2 y = x2 – x + y + 1 ⇔ x2(x – y) + (x –y) = x2 + 1
⇔ (x – y) (x2 + 1) = x2 + 1

⇔ x–y–1=0
Thế vào (2) ta được : x3 -9x2 + 6x – 6 = 3 3 6 x 2 + 2
⇔ (x – 1)3 = +3(x – 1) = (6x2 + 2) + 3 3 6 x 2 + 2 (3)

Xét hàm số f(t) = t3 – 3 t . Ta có f’(t) = 3t2 + 3 > 0 ∀ t ∈ R
Suy ra hàm số f(t) luôn đồng biến trên R.
Phương trình (3) xảy ra ⇔ f(x – 1) = f( 3 6 x 2 + 2 )
⇔ x–1=

3

3
2
6 x 2 + 2 ⇔ x – 9x + 3x – 3= 0

⇔ (x + 1)3 = 2(x – 1)3
⇔ x+1=
⇔ x=

3

2 (x – 1)

1+ 3 2
⇒ y=
3
2 −1

3

2
2 −1

2
1+ 3 2
;3
).
2 −1 2 −1

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x, y) = ( 3

Bài 22: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực
x3 − y 3 + 3 y 2 − 3x − 2= 0
x 2 + 1− x 2 − 3 2 y − y 2 + m = 0

Lời giải:
1− x 2 ≥0

−1≤x ≤1
⇔

Điều kiện:
2 y − y 2 ≥0

0 ≤y ≤2
16


Từ PT : x3 – y3 +3y2 – 3x -2 = 0 ⇔ (x + 1)3 -3(x + 1)2 = y3 – 3y2 (1’)
Đặt t = x + 1

, t ∈ [0; 2]

PT (1’) ⇔

t3 – 3t2 = y3 -3y2

Xét hàm số f(u) = u3 – 3u2 với u ∈ [0; 2] . Ta có f’(u) = 3u2 – 6u < 0
với ∀ u ∈ [0; 2] Nên hàm số f(u) nghịch biến trên [0;2] .
Nên (1) ⇔ t = y ⇔ y = x + 1.
Thay vào (2) ⇔ x2 -2 1 − x 2 +m = 0
Đặt v =

2
1 − x 2 , v ∈ [0; 1] . Ta có (2) ⇔ v +2v -1 = m

g (v) = -1 ; max g (v ) = 2
Hàm số g(v) = v2 +2v -1 đạt min
[ 0;1]
[ 0;1]

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi
Bài 23: Giải hệ phương trình:

-1 ≤ m ≤ 2.

2 x + 1 = y3 + y 2 + y
2 y + 1 = z3 + z 2 + z
2 z + 1 = x3 + x 2 + x

(Đề thi Đại học Luật năm 1996)
Lời giải:
3
2
Xét hàm đặc trưng : f(t) = t + t + t với mọi t ∈ R
Ta có f’(t) = 3t2 +2t +1> 0 với mọi t ∈ R . Nên hàm số f(t) đồng biến
Giả sử x ≤ y ≤ z ⇒ f(x) ≤ f(y) ≤ f(z)
⇒ 2z +1 ≤ 2x + 1 ≤ 2y + 1 ⇔ z ≤ x ≤ y
⇒ x=y=z.
Hệ đã cho ⇔

x= y= z
2 x + 1 = x3 + x 2 = x

x= y=z
( x + 1)( x 2 − 1) = 0

⇔

⇔ x = y = z = 1 hoặc x = y = z = -1.

* Bài tập tương tự : Giải các hệ phương trình sau :
a.

x = y3 + y 2 + y − 2
y = z3 + z2 + z − 2
z = x3 + x 2 + x − 2

b.

ex − ex− y = y
e y − e y−z = z
ez − ez−x = x

(ĐH Ngoại Thương TPHCM 1996)

17


y3
x=
+ sin y
6
z3
y=
+ sin z
6
x3
z=
+ sin x
6

c.

d.

z 3 + 3z − 3 + ln( z 2 − z + 1) = x

3
2

1
( ) 2 x +x = y
4
1 2 y 3 +y 2
( )
=z
4
3
2
1
( ) 2 z +z = x
4

e.

x 3 + 3x − 3 + ln( x 2 − x + 1) = y
y 3 + 3 y − 3 + ln( y 2 − y + 1) = z

5 + 16.4 x

2 −2y

= ( 5 + 16 x

2 −2y

).7 2 y − x

2 +2

d.
x 3 + 17 x + 10 y + 17 = 2 ( x 2 + 4 ). 4 y + 11

( Đề thi HSG Tỉnh Thanh Hóa-2014)
Bài 24: (Đề 108 II- Bộ đề TS). Tìm x ,y ∈ (0;π ) thỏa mãn hệ PT

cot x − cot y = x − y
5 x + 8 y = 2π
Lời giải:
Hệ ⇔

5 x + 8 y = 2π
x − cot x = y − cot y

với u ∈ (0;π ) . ta có f’(u) = 1 +
trên (0; π ) . Do đó hệ đã cho
⇔

5 x + 8 y = 2π
⇔
f ( x) = f ( y )

.

Xét hàm số f(u) = u – cot u

1
> 0 . Nên hàm số f(u) luôn đồng biến
sin 2 u

5 x + 8 y = 2υ
x=y

⇔ x=y=

2π
13

C. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
1. Tổ chức thực nghiệm.
Tổ chức thực nghiệm tại trường THPT Nguyễn Hoàng, huyện Hà Trung gồm:
• Lớp thực nghiệm 12C3
• Lớp đối chứng 12C4
Trình độ hai lớp tương đương nhau, lớp C3 có 40 học sinh, lớp C4 có 38
học sinh. Thời gian tiến hành thực nghiệm từ tháng 02 năm 2011 đến tháng
01 năm 2012.
2. Kết quả thực nghiệm

18


Hoạt động học tập của học sinh nhìn chung diễn ra khá sôi nổi không
gây cảm giác áp đặt. Việc sử dụng các biện pháp nhận được sự hứng thú của
học sinh trong giải toán và học toán.
Kết quả kiểm tra
Điểm
Lớp

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Số
bài

TN(C3)

0

0

1

3

5

6

8

8

6

3

40

ĐC(C4)

0

3

4

6

5

5

7

5

2

1

38

3. Kết quả:
Kết quả lớp thực nghiệm có 36/40 (chiếm90%) đạt trung bình trở lên,
trong đó có 27/40 (chiếm 62,5%) đạt khá giỏi.
Lớp đối chứng có 25/38 (chiếm 65,8%) đạt trung bình trở lên, trong đó có
15/38 (chiếm 39,4%) đạt khá giỏi.
KẾT LUẬN
1. Sau khi thực hiện đề tài, các em học sinh đã có được:
1.1.Có thêm một phương pháp để giải phương trình, bất phương trình
hệ phương trình bằng sử dụng tính đơn điệu của hàm số, hình thành và thuần
thục kỹ năng giải toán và từ đó biết so sánh với cách giải cụ thể của từng loại
(đại số, lượng giác, mũ, logarit) để tìm ra những ưu điểm nổi bật của phương
pháp hàm này;
1.2. Tư duy logic, hệ thống và khái quát hoá. Trên cơ sở đó các em có
được một phương pháp tư duy khoa học cho nhóm đối tượng học sinh trung
bình - khá trở lên;
1.3. Tích cực chủ động và sự hứng thú học tập nội dung này của mọi
đối tượng học sinh, từ đó tạo động lực và niềm tin vào bản thân để các em tự
tin học bộ môn Toán .
2.Kết quả
Kết quả khả quan của việc thực hiện đề tài trong năm học qua có ý
nghĩa to lớn tạo động lực và niềm tin cho tôi tiếp tục thực hiện đề tài trong

những năm học tiếp theo.
3. Sau khi thực hiện đề tài, ngoài những ưu điểm và kết quả của đề
tài đã trình bầy ở trên, tôi nhận thấy việc thực hiện đề tài sẽ hiệu quả hơn
nếu một số vấn đề sau được quan tâm:
3.1.Một số học sinh còn chưa thành thạo kỹ năng tính đạo hàm hàm số.
Do đó, các thầy cô giáo khi giảng dạy cần hướng dẫn cho học sinh tính đạo
hàm, tìm cực trị ,miền giá trị của hàm số một cách thành thạo.

19


3.2.Đề tài khái quát một cách giải chung nhất cho các phương trình, bất
phương trình thuộc nhiều dạng khác nhau nhưng không có nghĩa là triệt tiêu
tất cả các cách giải trong trường hợp cụ thể. Do đó, đòi hỏi các thầy cô khi áp
dụng cần coi trọng tính ưu việt của đề tài đối với những bài tập mà áp dụng
theo cách khác gặp khó khăn để tạo được hứng thú và tính chủ động tích cực
cho các em.
Tôi xin chân thành cảm ơn và mong nhận được sự góp ý chân thành của
quý thầy cô và đồng nghiệp.
Thanh Hóa , tháng 4 năm 2014
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết
không sao chép nội dung của người khác.

Trần Thị Hồng Tiến

20