Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán hệ phương trình bằng phương pháp hàm số

MỤC LỤC
A. ĐẶT VẤN ĐỀ.................................................................................Trang 2.
I. Lời mở đầu.......................................................................................Trang 2.
II. Thực trạng vấn đề nghiên cứu.......................................................Trang 3.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ...................................................................Trang 3.
I. Các giải pháp thực hiện....................................................................Trang 3.
II. Biện pháp tổ chức thực hiện...........................................................Trang 3.
1. Kiến thức chuẩn bị...........................................................................Trang 3.
2. Một số bài toán thường gặp và phương pháp giải.........................Trang 3.
3. Bài tập vận dụng…………………………………………...........…Trang18
C. KẾT QUẢ........................................................................................Trang 22.

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG
TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

1


A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lời mở đầu.
Căn cứ vào đường lối, chủ trương chính sách của Đảng và Pháp luật của
Nhà nước. Căn cứ vào phương hướng, nhiệm vụ và kế hoạch chuyên môn của
trường THPT Hoàng Lệ Kha năm học 2016 – 2017.
Trong quá trình giảng dạy môn Toán, tôi được nhà trường giao cho dạy
các lớp có đối tượng học sinh chủ yếu là học sinh trung bình, trung bình khá và
một số ít học sinh khá. Chính vì nhiệm vụ trọng tâm của tôi là giúp các em học
sinh nắm chắc kiến thức cơ bản của các vấn đề theo định hướng của Bộ
GD&ĐT, của Sở GD&ĐT Thanh Hóa. Mục tiêu đặt ra là giảng dạy học sinh thi

Tốt nghiệp THPT môn Toán hầu hết phải đạt từ 5 đến 8 điểm trở lên là vấn đề
khó khăn với đối tượng học sinh của mình.
Trong các nội dung thi Đại học – Cao đẳng và gần đây là thi tốt nghiệp
THPT Quốc gia phần Hệ phương trình đóng vai trò quan trọng trong việc phân
loại học sinh ở mức độ vận dụng cao. Hầu hết học sinh lớp tôi giảng dạy thường
né tránh câu này, thậm chí khi làm bài thi nhiều em học sinh đã chấp nhận bỏ
qua ngay từ đầu khi gặp bài toán giải hệ phương trình vì nghĩ rằng đây là vấn đề
khó. Từ thực tế nhiều năm ra đề thi của Bộ GD&ĐT và sự né tránh của học sinh
khi gặp bài toán giải hệ phương trình, tôi đã tìm tòi, nghiên cứu và mạnh dạn
dẫn dắt học sinh tiếp cận với bài toàn giải hệ phương trình để đạt được kết quả
tốt nhất.
Từ thực tiễn giảng dạy và bồi dưỡng học sinh ôn thi, cùng với kinh
nghiệm trong quá trình giảng dạy. Tôi đã tổng hợp, khai thác thành chuyên đề:
‘‘Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán Hệ phương trình bằng phương
pháp hàm số’’. Trong chuyên đề này tôi chỉ xây dựng bài toán giải hệ phương
trình bằng cách phân tích, sử dụng các điều kiện của bài toán kết hợp với những
tính chất và phép toán cơ bản để xuất hiện phương trình dạng f(u(x)) = f(v(x)) từ
đó xét tính đơn điệu của hàm số f(t). .
Qua nội dung đề tài này tôi mong muốn cung cấp cho học sinh một số
phương pháp và các kỹ năng cơ bản để học sinh có thể tự tin khi tiếp cận với bài
toán giải hệ phương trình. Từ đó có thể giải quyết được một số bài toán về hệ
phương trình. Hy vọng rằng đề tài này sẽ giúp các bạn đồng nghiệp và các em
học sinh có cái nhìn linh hoạt và chủ động khi gặp một số bài toán về hệ phương
trình.
II. Thực trạng vấn đề nghiên cứu
1. Thực trạng vấn đề
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

2


Hiện nay khi gặp một số các bài toán giải hệ phương trình trong đề thi Đại
học-Cao đẳng và thi Tốt nghiệp THPT Quốc gia, một số học sinh đặc biệt là
những học sinh ở mức độ trung bình, trung bình khá chưa tìm ra cách giải hoặc
nếu có tìm ra cách giải thì mới chỉ giải quyết được một phần . Hầu hết học sinh
vẫn chưa giải xong được bài toán. .
2. Hệ quả của thực trạng trên
Khi gặp các bài toán về vấn đề trên, hầu như học sinh mất rất nhiều thời
gian để biến đổi bài toán, hoặc không giải được. Một số học sinh do năng lực tư
duy hạn chế chưa biết cách chọn phương pháp cho phù hợp. Chính vì vậy người
dạy phải hướng dẫn học sinh tìm ra cách giải đơn giản, để thuận lợi kết thúc bài
toán.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Các giải pháp thực hiện.
Khi tiếp cận các bài toán, giáo viên phải giúp học sinh biết phải sử dụng
kiến thức nào phù hợp. Sau đó giúp học sinh xây dựng phương pháp giải phù
hợp.
II. Biện pháp tổ chức thực hiện.
Để giúp học sinh có cách giải phù hợp với các bài toán giải hệ phương
trình bằng phương pháp hàm số, trước hết giáo viên cần yêu cầu học sinh ôn tập
các kiến thức về tính đơn điệu của hàm số và một số tính chất, phép toán cơ bản
về giải phương trình, hệ phương trình. Sau đó giáo viên chọn một số bài toán
điển hình để học sinh vận dụng.
Trong đề tài này, tôi xin đưa ra một số bài toán tương đối đầy đủ về các
bài toán giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số.
1. Kiến thức toán có liên quan
- Định nghĩa và tính chất của hàm số.
- Tính đơn điệu của hàm số.

- Các phép biến đổi tương đương phương trình, hệ phương trình.
- Các biểu thức liên hợp.
2. Một số bài toán thường gặp và phương pháp giải
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình.
 xy 2 ( x 2 + 1 + 1) = 3 y 2 + 9 + 3 y

(3 x − 1) x 2 y + xy − 5 − 4 x 3 + 3 x 3 y − 7 x = 0

(1)

( x, y ∈ ¡ ) [6]

(2)

Phân tích bài toán Nhận thấy phương trình thứ nhất có thể làm xuất hiện
hai biến x, y ở hai vế khác nhau bằng cách chia hai vế cho y2 (với đk y ≠ 0) để
hai vế là hai ẩn tách biệt. Từ đó ta xét hàm số.
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

3


Lời giải
Điều kiện: x 2 y + xy − 5 ≥ 0
Ta có:

y 2 + 9 + y > y + y ≥ 0 ⇒ vp (1) > 0 ⇒ y ≠ 0, x > 0 (do y 2 x( x 2 + 1 + 1) ≥ 0 )
3

y

3
y

Phương trình (1) ⇔ x( x 2 + 1 + 1) = ( ( ) 2 + 1 + 1)

(*)

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

Ta có

f ' (t ) =

t2
t +1
2

+ t2 +1 +1 > 0
3

∀t > 0 ⇒ f (t ) là hàm số đồng biến trên (0; +∞)
3

3

Phương trình (*) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y ⇔ y = x

(**)

Thế vào (2) ta được:
(3 x −1) 3 x − 2 − 4 x 3 + 9 x 2 − 7 x = 0
⇔ (3 x −1)( 3 x − 2 − x) = 4 x 3 −12 x 2 + 8 x
3 x −1
⇔ ( x 2 − 3x + 2)( x +
) =0
3x − 2 + x
x 2 − 3 x + 2 = 0
⇔
3 x −1
x +
=0

3x − 2 + x


Phương trình x +

3x − 1
2
= 0 vô nghiệm (do x ≥ )
3x − 2 + x
3

 x = 1(t / m)
⇔ 
Thế vào (**) ta được
 x = 2(t / m)

y = 3

 y = 3 (t / m)

2

3 

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = ( 1; 3) , (2; ) 


2 

Ví dụ 2 Giải hệ phương trình.

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

4


log ( x + x 2 + 4) + log ( y 2 + 4 − y ) = 2
2
2
( x, y ∈ ¡ ) [6]

 xy − 4( x + y ) + 10 = ( x + 2) 2 x − 1

(1)

(2)

Phân tích bài toán: Nhìn vào phương trình (1) chứa các biểu thức liên
hợp như (x+ x 2 + 4 ) và ( y 2 + 4 − y ) nên ta khai thác phương trình này để đưa
về phương trình có hai vế là hai ẩn tách biệt. Sử dụng hàm số để tìm mối liên hệ
giữa x và y từ đó thế vào phương trình (2) để giải.
Lời giải:
Điều kiện: x ≥

1
, x + x 2 + 4 > 0 và
2

Phương trình (1)

y 2 + 4 − y > 0 với ∀x, y ∈ ¡

⇔ log 2 ( x + x 2 + 4)( y 2 + 4 − y ) = 2
⇔ ( x + x 2 + 4)( y 2 + 4 − y ) = 4
4

⇔ ( x + x 2 + 4)

y +4+ y
2

=4

(*)

⇔ x + x2 + 4 = y + y 2 + 4

Xét hàm số f (t ) = t + t 2 + 4 trên ¡
Ta có f , (t ) = 1 +

t
t2 + 4

=

t2 + 4 + t
t2 + 4

>

t +t
t2 + 4

≥0

⇒ f (t ) đồng biến trên ¡

Phương trình (*) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y
Ta được:

(**) thế vào phương trình (2)

x 2 − 8 x + 10 = ( x + 2) 2 x − 1
⇔ ( x + 2) 2 − ( x + 2) 2 x − 1 − 6(2 x − 1) = 0

⇔ ( x + 2 − 3 2 x − 1)( x + 2 + 2 2 x − 1) = 0
 x + 2 = 3 2x −1
⇔
 x + 2 + 2 2 x − 1 = 0

Phương trình x + 2 + 2 2 x − 1 = 0 vô nghiệm do x ≥

1
2

x = 1
⇔ ( x + 2) 2 = 9(2 x − 1) ⇔ 
(t/m) thế vào (**) ta được
 x = 13
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

y =1
 y = 13 (t/m)


Trường THPT Hoàng Lệ Kha

5


Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là (x;y)= { ( 1;1) , ( 13;13) }
 3 5
9 x + ( − y ) 3 y − 6 + x = 0
3
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: 

2
x + x + 2 = y + 2


( x, y ∈ ¡ )

(1)
(2)

[7]

Phân tích bài toán: Phương trình (2) có thể rút y theo x ( sẽ thu được
phương trình bậc bốn đới với x) thế vào phương trình (1) sẽ đưa về phương trình
khá phức tạp vì vậy ở phương trình (1) nhận thấy bậc ba đối với ẩn x, đồng thời
chứa căn thức với y nhưng nếu đặt t = 3 y − 6 thì phương trình sẽ là phương
trình chứa đa thức bậc ba với ẩn t. Vì vậy ta có thể biến đổi phương trình (1) về
phương trình có hai biến tách biệt.
Lời giải
Điều kiện: y ≥ 2
Phương trình (1)

5
⇔ 9 x3 + x = ( y − ) 3 y − 6
3
⇔ 3 x(9 x 2 + 1) = 3 y − 6(3 y − 5)
⇔ 3 x(9 x 2 + 1) = 3 y − 6(3 y − 6 + 1)

(*)

Xét hàm số f (t ) = t (t 2 + 1) trên ¡ ⇒ f , (t ) = 3t 2 + 1 > 0 với ∀t ∈ ¡

⇒ hàm số f(t) đồng biến trên ¡
x ≥ 0

Phương trình (*) ⇔ f (3x) = f ( 3 y − 6) ⇔ 3 x = 3 y − 6 ⇔ 

2
 y = 3x + 2

(**)

Thế vào phương trình (2): x 2 + x + 2 = 3x 2 + 4
⇔ x 4 + x 2 + 4 + 2 x 3 + 4 x 2 + 4 x = 3x 2 + 4
⇔ x 4 + 2 x 3 + 2 x 2 + 4 x = 0 ⇔ x( x3 + 2 x 2 + 2 x + 4) = 0
x = 0
⇔ 3
2
 x + 2x + 2x + 4 = 0

Phương trình x3 + 2 x 2 + 2 x + 4 = 0 vô nghiệm vì x ≥ 0
⇔ x=0

(t/m) thế vào (**) ta được y = 2

Vậy phương trình có nghiệm (x;y)=(0;2)
(1)

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

6


3
 x − 2 y + 1 = 0
Ví dụ 4 Giải hệ phương trình: 
(3 − x) 2 − x − 2 y 2 y − 1 = 0

( x, y ∈ ¡ ) [8](2)

Phân tích bài toán: Phương trình (1) dễ dàng rút y theo x để thế vào
phương trình (2) và dẫn đến phương trình chứa căn thức và đa thức bậc ba khá
phức tạp. Vì vậy ta dễ thấy ở phương trình (2) có thể biến đổi về phương trình
tách biệt với hai biến x, y. Ta có thể thêm bớt 2y=2y-1+1 thì phương trình (2)
xuất hiện dạng phương trình f ( 2 − x ) = f ( 2 y − 1)
Lời giải
1
2

Điều kiện: y ≥ ; x ≤ 2
Phương trình (2)

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

(*)

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên (0; +∞)
⇒ f , (t ) = 3t 2 + 1 > 0 với ∀t ≥ 0

Phương trình (*)

⇔ f ( 2 − x ) = f ( 2 y − 1) ⇔ 2 − x = 2 y − 1
⇔ 2 − x = 2 y − 1 (**) Thế vào phương trình (1)
x 3 − (2 y − 1) = 0 ⇔ x 3 + x − 2 = 0
 x −1 = 0
⇔ ( x − 1)( x 2 + x + 2) = 0 ⇔  2
x + x + 2 = 0

Do phương trình x 2 + x + 2 = 0 vô nghiệm
⇔ x =1

(t/m) thế vào (**) ta được y = 1

Vậy phương trình có 1 nghiệm là (x;y)=(1;1)
 2(2 x + 1)3 + 2 x + 1 = (2 y − 3) y − 2
Ví dụ 5 : Giải hệ phương trình: 
 4 x + 2 + 2 y + 4 = 6

(1)

[6]

(2)

( x; y ∈ ¡ )

Phân tích bài toán Phương trình thứ nhất dễ dàng đưa được về dạng
f (2 x + 1) = f ( y − 2) ta xét hàm số f (t ) = 2t 3 + t để được 2 x + 1 = y − 2 sau đó thế
vào phương trình thứ hai
Lời giải

1
2

Điều kiện: x ≥ − , y ≥ 2
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

7


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

Xét hàm số: f (t ) = 2t 3 + t

t ∈¡

f , (t ) = 6t 2 + 1 > 0

Ta có:

Phương trình (*)

với ∀t ∈ / R ⇒ f (t ) đồng biến trên ¡

⇔ f (2 x + 1) = f ( y − 2) ⇔ 2 x + 1 =
 y = 4x2 + 4x + 3

⇔
1

x ≥ −

2

Ta được:

(*)

(**)

y−2

thế vào phương trình (2)

4 x + 2 + 8 x 2 + 8 x + 10 = 6
⇔ ( 4 x + 2 − 2) + ( 8 x 2 + 8 x + 10 − 4) = 0
4x − 2
8x2 + 8x − 6
+
=0
4x + 2 + 2
8 x 2 + 8 x + 10 + 4

⇔

⇔



2x −1

(2 x − 1)(2 x + 3)
1
2x + 3
+
= 0 ⇔ (2 x − 1) 
+
=0
2
2
4x + 2 + 2
8 x + 8 x + 10 + 4
8 x + 8 x + 10 + 4 
 4x + 2 + 2

2 x − 1 = 0
⇔
1
2x + 3

+
=0
2
 4 x + 2 + 2
8 x + 8 x + 10 + 4

Phương trình
2x + 3 > 0 )

⇔x=

1
2x + 3
1
+
= 0 vô nghiệm vì ( x ≥ − nên
2
4x + 2 + 2
2
8 x + 8 x + 10 + 4

1
(t/m) thế vào (**) ta được y = 6
2
1
2

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (x;y) = ( ;6)
 x 3 (4 y 2 + 1) + 2( x 2 + 1) x = 6
Ví dụ 6 Giải hệ phương trình:  2
2
2
 x y (2 + 2 4 y + 1) = x + x + 1

(1)

( x, y ∈ ¡ ) [6]
(2)

Phân tích bài toán: Nhận thấy phương trình hai có khả năng liên hợp
giống dạng hàm số thường gặp. Với x ≠ 0 đưa phương trình hai về dạng

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

được 2 y =

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

sau đó xét hàm số

f (t ) = t (1 + t 2 + 1 ) từ đó

1
x

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

8


Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0
Nếu x = 0 thay vào phương trình (2) được 1=0 vô lý, Loại
Nếu x ≠ 0 , chia hai vế phương trình (2) cho x 2 ta được:
y (2 + 2 4 y 2 + 1) =

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

(*)

Xét hàm số f (t ) = t (1 + t 2 + 1) trên (0; +∞)
,
2
Ta có: f (t ) = 1 + t + 1 +

Phương trình (*)

t2
t2 +1

> 0 nên hàm số f(t) đồng biến trên (0; +∞)

1
1
1
⇔ f (2 y ) = f ( ) ⇔ 2 y = > 0 ⇔ 4 y 2 = 2
x
x

x

Thế vào phương trình (1) ta được: x3 (

1
+ 1) + 2( x 2 + 1) x = 6
2
x

⇔ x ( x 2 + 1) + 2( x 2 + 1) x = 6

(**)

Nếu 0 < x < 1 ⇒ VT (**) < 1(12 + 1) + 2(12 + 1) 1 = 6 (Không t/m)
Nếu x = 1 ⇒ VT (**) = 6 ⇒ x = 1 (t/m)
Nếu x > 1 ⇒ VT (**) > 6 ⇒ (Không t/m).
Vậy phương trình (**) có nghiệm duy nhất x = 1 ta được y =

1
2

1
2

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (1; )
Ví dụ 7 Giải hệ phương trình:
 y + 3 y 2 − 2 y + 6 + 3 x 2 = 3 x + 7 x 2 + 7 + 2
( x, y ∈ ¡ ) [6]
 2
2

3 y − 4 x − 3 y + 3 x = −1

(1)
(2)

Phân tích bài toán: Nếu xét từng phương trình trong hệ thì chưa có dấu
hiệu dùng hàm số. Tuy nhiên từ phương trình (1) có dấu hiệu hai biểu thức chứa
căn ở hai vế của phương trình nên ta làm xuất hiện hàm số f(t) bằng cách lấy vế
cộng với vế của phương trình (1) và phương trình (2) để đưa về dạng:
(3 y 2 − 2 y + 6 + 3 x 2 ) + 3 y 2 − 2 y + 6 + 3 x 2 = (7 x 2 + 7) + 7 x 2 + 7

Lời giải
D=¡
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

9


 y + 3 y 2 − 2 y + 6 + 3 x 2 = 3 x + 7 x 2 + 7 + 2
⇔
Hệ phương trình  2
2
2
3 y − 3 y + 6 + 3 x = −3 x + 7 x + 5

Cộng hai vế hai phương trình ta được:
(3 y 2 − 2 y + 6 + 3 x 2 ) + 3 y 2 − 2 y + 6 + 3 x 2 = (7 x 2 + 7) + 7 x 2 + 7
(t ≥ 0)

Xét hàm số: f (t ) = t + t
f , (t ) = 1 +

(*)

1
2 t

(*)

là hàm số đồng biến trên [ 0; +∞ )

⇔ f (3 y 2 − 2 y + 6 + 3 x 2 ) = f (7 x 2 + 7)
⇔ 3 y 2 − 2 y + 6 + 3x 2 = 7 x2 + 7
⇔ 3 y 2 − 4 x 2 − 2 y − 1 = 0 kết hợp với phương trình (2) ta được.
2
2
 y = 3x + 2
3 y − 4 x − 3 y + 3 x + 1 = 0
⇔ 2
 2
2
2
3 y − 4 x − 2 y − 1 = 0
3 y − 4 x − 2 y − 1 = 0

 x = −1
⇔
 y = −1

hoặc

7

 x = − 23

 y = 25

23


Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm ( x; y ) = (−1; −1), (−


7 25 
; )
23 23 

Ví dụ 8 Giải hệ phương trình:
3 y 2 + x + 8 2 + x = 10 y − 3xy + 12
 3
2
3
5 y 2 − x − 8 = 6 y + xy 2 − x

( x, y ∈ ¡ )

(1)

[7]

(2)

Phân tích bài toán : Mới nhìn hệ phương trình ta thấy cả hai phương
trình đều khá phức tạp, việc phân tích đưa về phương trình tích ở mỗi phương
trình đều khó khăn. Tuy nhiên ở phương trình (2) với y ≠ 0 ta có thể đưa về
phương trình hai ẩn x, y nằm về hai vế riêng biệt bằng cách chia hai vế cho y 3
Lời giải
Điều kiện: x ∈ [ −2; 2]
Xét y=0 phương trình (2) trở thành -8=0 vô lí ⇒ loại
8

6

Xét y ≠ 0 phương trình (2) ⇔ 5 2 − x − y 3 = y + x 2 − x
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

10


2
2
⇔ ( 2 − x )3 + 3 2 − x = ( )3 + 3( )
y
y

(*)

Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t trên ¡ ⇒ f , (t ) = 3t 2 + 3 > 0 trên ¡
biến trên ¡
2

2

⇒ hàm số f(t) đồng

2

(*) ⇔ f ( 2 − x ) = f ( y ) ⇔ 2 − x = y ⇔ y =
thế vào phương trình (1)
2− x
(1) ⇔ 3.2.

2+ x
2
2
+ 8 2 + x = 10.
− 3.x.
+ 12
2− x
2− x
2− x

⇔ 3 2 + x + 4 2 − x 2 + x = 10 − 3 x + 6 2 − x

(**)

⇔ 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 + 3 x − 10 = 0

Đặt t = ( 2 + x − 2 2 − x ) ⇒ t 2 = 10 − 3x − 4 4 − x 2
t = 0
t = 3

2
Phương trình (**) ⇔ 3t − t = 0 ⇔ 

6

x =
Với t = 0 ⇒ 2 + x − 2 2 − x = 0 ⇔  5
y = 5


Với t = 3 ⇒ 2 + x − 2 2 − x = 3 phương trình vô nghiệm vì vế trái ≤ 2
6
5

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( ; 5)
3
3
2
2
 x − y + 3( x + y ) + 4( x − y ) + 4 = 0 (1)
Ví dụ 9 : Giải hệ phương trình:  2 2
[7]
(2)
 x + y − 2( x + y ) = 18

Với điều kiện ( x, y ∈ ¡ )
Phân tích bài toán: Từ hai phương trình trong hệ ta có thể đưa về
phương trình tách biệt hai ẩn x, y tuy nhiên từ phương trình (1) dễ thấy làm xuất
hiện hàm số f (t ) = t 3 + t là hàm số đồng biến trên ¡ . Vì vậy ta nên biến đổi
phương trình (1).

Lời giải
D= ¡

Phương trình (1)

⇔ x3 + 3x 2 + 4 x + 4 = y 3 − 3 y 2 + 4 y
⇔ ( x + 1)3 + ( x + 1) = ( y − 1)3 + ( y − 1)

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

(*)

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

11


Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên ¡
Ta có f , (t ) = 3t 2 + 1 > 0 với ∀t ∈ ¡
=> hàm số f(t) luôn đồng biến trên ¡
Phương trình (*) ⇔ f ( x + 1) = f ( y − 1) ⇔ x + 1 = y − 1 ⇔ y = x + 2 (**)
Thế vào phương trình (2) ta được: x 2 + ( x + 2) 2 − 2(2 x + 2) = 18
 x = −3

 y = −1
⇔
thế vào (**) ta được 
x = 3
y = 5

Vậy phương trình có hai nghiệm (x;y) = { (−3;−1), (3;5)}
Ví dụ 10 Giải hệ phương trình:
 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 4 = y 3 + 3 y
 3
2
2
 x (3 y − 7) = 1 − (1 + x )(1 + x )

(1)

( x, y ∈ ¡ )

[6]

(2)

Phân tích bài toán Từ phương trình (1) dễ dàng biến đổi thành
( x + 1) + 3( x + 1) = y 3 + 3 y từ đó xuất hiện hàm số f (t ) = t 3 + 3t là hàm số đồng biến
trên ¡ .
3

Lời giải
D= ¡

Phương trình (1) ⇔ ( x + 1)3 + 3( x + 1) = y 3 + 3 y

(*)

Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t trên ¡
Ta có f , (t ) = 3t 2 + 3 > 0 với ∀t ∈ ¡ ⇒ hàm số f(t) đồng biến trên ¡
Phương trình (*) ⇔ f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ y = x + 1 thế vào phương trình (2)
Ta có:

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

(2 + x 2 + 1 + x 2 )
1 + 1 + x2


2 + x2 + 1 + x2 
⇔ x 2 3 x 2 − 4 x +
=0
1 + 1 + x 2 


Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

12

x = 0

⇔ 2
2 + x2 + 1 + x2
3 x − 4 x + 1 + 1 + x 2 = 0


(3)

Với x = 0 thỏa mãn
2 2 4 2 + x2 + 1 + x2
⇔
3(
x
−
) − +
=0
Với phương trình (3)
3
3
1 + 1 + x2
2
( 1 + x 2 − 1)2 + 5 x 2 + 2
⇔ 3( x − ) 2 +
= 0 vô nghiệm
3
6(1 + 1 + x 2 )

Với x = 0 ta được y = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(0;1)
Ví dụ 11 Giải hệ phương trình:
(2 x + 2) 2 x − 1 = y 3 + 3 y
 2
 y − xy + 5 = 5 x − 6 y

(1)

( x, y ∈ ¡ )

[7]

(2)

Phân tích bài toán
Từ phương trình (1) tách hằng số 2 ta được (2 x + 2) = (2 x − 1 + 3) và phá ngoặc ta
được phương trình: ( 2 x − 1)3 + 3 2 x − 1 = y 3 + 3 y từ đó xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t
với t ∈ ¡ là hàm số đồng biến.
Lời giải
Điều kiện: 2 x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥

1
2

Phương trình (1) ⇔ ( 2 x − 1)3 + 3 2 x − 1 = y 3 + 3 y

(*)

Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t trên ¡
Ta có f , (t ) = 3t 2 + 3 > 0(∀t ∈ ¡ ) ⇒ hàm số f (t ) đồng biến trên ¡

Phương trình (*) ⇔ f ( 2 x − 1 = f ( y ) ⇔ 2 x − 1 = y (**)
 y = −5
 y = x −1

Phương trình (2) ⇔ ( y + 5)( y − x + 1) = 0 ⇔ 

Với y = −5 thế vào (**) ⇔ 2 x − 1 = −5 (vô nghiệm)
Với y = x − 1 thế vào (**) ⇔ 2 x − 1 = x − 1
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

13


 x ≥ 1
⇔
2
2 x − 1 = x − 2 x + 1 ⇔ x = 2 + 2

Với x = 2 + 2 ta được y = 1 + 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = (2 + 2;1 + 2)
Ví dụ 12 Giải hệ phương trình:
 2 y 3 + 12 y 2 + 25 y + 18 = (2 x + 9) x + 4

2
2
 3 x + 1 + 3 x − 14 x − 8 = 6 − 4 y − y

( x, y ∈ ¡ )

(1)

[6]

(2)

Phân tích bài toán Nhận thấy phương trình (1) có dấu hiệu là hai vế
chứa hai ẩn x, y riêng biệt. Ta chỉ cần biến đổi phương trình này xuất hiện hàm
số f(t) và chỉ ra tính đơn điệu của nó để đưa ra điều kiện ràng buộc giữa hai biến
x, y.
Lời giải
ĐK:

1
1


x ≥ −
x ≥ −
3
⇔
3

6 − 4 y − y 2 ≥ 0
 −2 − 10 ≤ y ≤ −2 + 10



Phương trình (1) ⇔ 2( y + 2)2 + ( y + 2) = 2( x + 4) x + 4 + x + 4

(*)

Xét hàm số f (t ) = 2t 3 + t trên ¡
Ta có f , (t ) = 6t 2 + 1 > 0 với ∀t ∈ ¡ ⇒ hàm số đồng biến trên ¡
y ≥ 2

Phương trình (*) ⇔ f ( y + 2) = f ( x + 4) ⇔ y + 2 = x + 4 ⇔ 

x = 4 y + y

2

Với x = 4 y + y 2 thế vào phương trình (2) ta được
3x + 1 + 3x 2 − 14 x − 8 = 6 − x
⇔ 3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0
⇔ ( 3x + 1 − 4) − ( 6 − x − 1) + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0
⇔

3( x − 5)
x −5
+
+ ( x − 5)(3 x + 1) = 0
3x + 1 + 4
6 − x +1

3
1



⇔ ( x − 5) 
+
+ 3 x + 1 = 0
6 − x +1
 3x + 1 + 4

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

14


x = 5
⇔
3
1

+
+ 3x + 1 = 0
 3 x + 1 + 4
6 − x +1

Nhận thấy phương trình
dương với ∀x ≥ −

3
1
+
+ 3 x + 1 = 0 vô nghiệm vì vế trái luôn

3x + 1 + 4
6 − x +1

1
3
 y ≥ −2

Với x = 5 ⇒ 

2
y + 4y = 5

⇔ y =1

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(5;1)
 x 3 − 3 x 2 + 2 = y 3 + 3 y 2
Ví dụ 13: Giải hệ phương trình: 
3 x − 2 = y 2 + 8 y

(1)

( x, y ∈ ¡ ) [7]
(2)

Phân tích bài toán:
Nhận thấy phương trình (1) có hai vế là hai ẩn x, y riêng biệt với điều kiện
xác định y ≥ 0 thì y 3 + 3 y 2 = y y + 3 = ( y + 3) y + 3 − 3 y + 3 ta phân tích phương
trình (1) xuất hiện hàm số f (t ) = t 3 − 3t .
Lời giải:
 y3 + 3 y 2 ≥ 0

 2
x ≥ 2
ĐK:  y + 8 y ≥ 0 ⇔ 
y ≥ 0
x − 2 ≥ 0


Phương trình (1)
⇔ x3 − 3x 2 + 3x − 1 − 3x − 3 = y y + 3
⇔ ( x − 1)3 − 3( x − 1) = ( y + 3) y + 3 − 3 y + 3

(*)

Xét hàm số f (t ) = t 3 − 3t với t ≥ 1
Ta có f , (t ) = 3(t − 1) ≥ 0 với ∀t ≥ 1 ⇒ hàm số f (t ) đồng biến trên [ 1; +∞ )
Phương trình (*) ⇔ f ( x − 1) = f ( y + 3) ⇔ x − 1 = y + 3 ⇔ x − 2 = y + 3 − 1 (**)
Từ (2) ⇔ 9( x − 2) = y 2 + 8 y kết hợp với (**) ta được
9( y + 3 − 1) = y 2 + 8 y ⇔ 9 y + 3 = y 2 + 8 y + 9

với ( y ≥ 0)

⇔ y 4 + 16 y 3 + 72 y 2 + 63 y − 162 = 0

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

15

y =1
⇔ ( y − 1)( y 3 + 17 y 2 + 99 y + 162) = 0 ⇔  3
2
 y + 17 y + 99 y + 162 = 0

Phương trình y 3 + 17 y 2 + 99 y + 162 = 0 vô nghiệm
Với y = 1 ta được x = 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(3;1)
 x + 3 x = y y − 1
Ví dụ 14: Giải hệ phương trình:  4
 x + x3 − x 2 + 1 = x( y − 1)3 + 1

(1)

( x, y ∈ ¡ ) [7]

(2)

Phân tích bài toán: Từ phương trình (1) dễ dàng phân tích thành
( x ) + 3 x = ( y − 1)3 + y − 1 dẫn đến xuất hiện hàm số f (t ) = t 3 + t là hàm số đồng
biến trên ¡ .
3

3

Lời giải:
y ≥1

ĐK: 

3
2
x − x +1 ≥ 0

Từ phương trình (1) ⇔ ( 3 x ) + 3 x = ( y − 1 ) + y − 1
3

3

(*)

3
Xét hàm số f ( t ) = t + t trên ¡
,
2
Ta có f ( t ) = 3t + 1 > 0 với ∀t ∈ ¡ ⇒ hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡

Phương trình (*) ⇔ f ( 3 x ) = f ( y − 1 ) ⇔ y − 1 = 3 x ⇒ x ≥ 0
Thế vào phương trình (2) ta được.
x 4 + x3 − x 2 + 1 = x3 + 1
⇔ x 3 ( x − 1) = 1 − x3 − x 2 + 1 ⇔ x3 ( x − 1) =

x 2 − x3
1 + x3 − x 2 + 1



x2
⇔ ( x − 1)  x 3 +
=0

1 + x3 − x 2 + 1 



1
⇔ x 2 ( x − 1)  x +
=0
3
2
 1+ x − x +1 

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

16


x = 0


⇔ x = 1

1
x +
=0
3
 1 + x − x 2 + 1

Với x = 0 ta được

phương trình vô nghiệm do x ≥ 0

y =1

x = 1 ta được y = 2

(t/m điều kiện)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) = { ( 0;1) , ( 1; 2 ) }
Ví dụ 15: Giải hệ phương trình:
 x 2 + 2 x − 3 = y + 3 x + y + 3
 2
2
2
6 x + 2 xy + 2( x − 1)( x + 1) = 3( x − y − 4) 3 2 x + xy + 3 x + 2

( x, y ∈ ¡

(1)

) [7](2)

Phân tích bài toán:
Nhận thấy phương trình (1) khá phức tạp cho việc biến đổi do đó ta xem xét
phương trình (1) có dấu hiệu đưa về xét hàm số thường gặp bằng cách biến đổi:
x 2 + 3x = ( x + y + 3) + 3 x + y + 3

Lời giải:
x ≥ 0

x + y + 3 ≥ 0

Đk: 

Phương trình (1) ⇔ x 2 + 3x = ( x + y + 3) + 3 x + y + 3

(*)

2
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t với t ≥ 0
,
2
Ta có f ( t ) = 2t + 3 > 0 với ∀t ≥ 0 ⇒ hàm số f ( t ) đồng biến trên [ 0; +∞ )

Phương trình (*) ⇔ f ( x ) = f ( x + y + 3 ) ⇔ x = x + y + 3
⇔ y = x 3 − x − 3 thế vào phương trình (2) ta có:
6 x 2 + 2 x ( x 2 − x − 3) + 2 ( x − 1) = 3 ( x 2 − x 2 + x + 3 − 4 ) 3 2 x 2 + x ( x 2 − x − 3 ) + 3 x + 2
⇔ 2 x 3 + 4 x 2 − 4 x − 2 = 3 ( x − 1) x3 + x 2 + 2
⇔ ( x − 1)  2 x 2 + 6 x + 2 − 3 3 x 3 + x 2 + 2  = 0



Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

17


x = 1

⇔ 2
3 3
2
 2 x + 6 x + 2 − 3 x + x + 2 = 0

Với x = 1 ta được y = −3

(3)

( t/m điều kiện)

Phương trình (3) ⇔ 2 x 2 + 6 x + 2 = 3 3 x 3 + x 2 + 2
⇔ x3 + 3x 2 + 3x + 1 + 3x + 3 = x 3 + x 2 + 2 + 3 3 x 3 + x 2 + 2
⇔ ( x + 1) + 3 ( x + 1) = ( x 3 + x 2 + 2 ) + 3 3 x3 + x 2 + 2
3

(**)

3
,
2
Xét hàm số f ( u ) = u + 3u trên ¡ ⇒ f ( u ) = 3u + 3 > 0 với ∀u ∈ ¡ ⇒ hàm số f ( u )
đồng biến trên ¡ .

Phương trình (**) ⇔ f ( x + 1) = f

(

3

)

x3 + x 2 + 2 ⇔ x + 1 = 3 x3 + x 2 + 2


−3 + 11
x =
4

⇔ 2 x2 + 3x −1 = 0 ⇔ 

 x = −3 − 11

4

Với x =

(Thỏa mãn)
(Loại)

−3 + 11
−8 − 5 11
⇒y=
4
8


 −3 + 11 −8 − 5 11  
;
÷

÷
4
8

 


Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) = ( 1; −3) , 


3. Bài tập vận dụng

)

(

( x 2 + 1 + x ) y + y 2 + 4 = 1

( x, y ∈ ¡ )
Bài 1 Giải hệ phương trình: 
( 2 y + 5 ) 3 − 3 5 − 2 y = 6 x 2 + 1 + 10 x



Đáp số: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: ( x; y ) =  0; − ÷
2
3





 2 x 2 + y 2 − 3x − y + 1 = 0
Bài 2: Giải hệ phương trình:  2
2
2
2
2
 2 x + 2 y + x + y + x − y + 1 = 2 x + 2 y + x + 2

Đáp số: ( x; y ) = { ( 1;0 ) , ( 1;1) }

(

)

( x + x 2 + 2 x + 2 + 1) y + y 2 + 1 = 1

Bài 3 Giải hệ phương trình: 
 y − xy + 9 + 2015 = y 2 + 2 y + 4 + 2016 x

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

( x; y ∈ ¡ )

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

18

Đáp số: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( x; y ) = ( 1; −2 )
Bài 4: Đề thi tuyển sinh đại học năm 2010 - khối A
( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
Giải hệ phương trình:  2 2
 4 x + y + 2 3 − 4 x = 7

( x, y ∈ ¡ )



Đáp số: Hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) =  ; 2 ÷
1
2

(



)(

)

 x + 1 + x2 y + 1 + y 2 = 1

Bài 5 : Giải hệ phương trình: 
 x 6 x − 2 xy + 1 = 4 xy + 6 x + 1


( x, y ∈ ¡ )

 3 − 11 −3 + 11  
;
÷
÷
2
 2
 


Đáp số: Hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) = ( 1; −1) , 


 x 3 − y 3 + 3 y 2 − 3 x − 2 = 0
Bài 6 Giải hệ phương trình:  2
2
2
 x + 1 − x − 3 2 y − y + 2 = 0

( x, y ∈ ¡ )

Đáp số: Hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) = ( 0;1)
 y
 x
2 x +1
+ 2.log 2 
 2.4 + 1 = 2
÷
÷
Bài 7 : Giải hệ phương trình: 
 y 

 3
2
 x + x = ( y + 1) ( xy + 1) + x

( x, y ∈ ¡ )

Đáp số: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( x; y ) = ( 2;1)
 2 y 3 + y + 2 x 1 − x = 3 1 − x
Bài 8 Giải hệ phương trình: 
2
2
2
 9 − 4 y = 2 x + 6 y − 7

( x, y ∈ ¡ )

{

Đáp số: Hệ phương trình có hai nghiệm: ( x; y ) = ( 1 − 2; 4 2 ) , ( 1 − 2; − 4 2 )
 x 3 − y 3 + 6 x − 3 y = 3 x 2 + 4
Bài 9 : Giải hệ phương trình:  2
 x + 6 y + 19 = 2 3 x + 4 + 3 5 y + 14

}

( x, y ∈ ¡ )

Đáp số: Hệ phương trình có hai nghiệm: ( x; y ) = { ( 0;1) , ( −1; −2 ) }
 x 2 − 2 x − 2 ( x 2 − x ) 3 − 2 y = ( 2 y − 3) x 2 − 1


3
Bài 10 : Giải hệ phương trình: 
2 x 2 + x3 + x + 2
 2 − 3− 2y =
2x +1


( x, y ∈ ¡ )

Đáp số: Hệ phương trình vô nghiệm.
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

19


C. KẾT QUẢ
I. Kết quả nghiên cứu
Thông qua hệ thống các bài toán giải hệ phương trình, ta thấy khi gặp các
vấn đề trở nên đơn giản hơn rất nhiều, dễ vận dụng, không quá phức tạp với học
sinh.
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy rằng: sau khi đưa ra hệ thống bài
tập trên, học sinh đã biết vận dụng một cách linh hoạt, vào các bài toán khác
nhau, từ đơn giản đến phức tạp. Học sinh không còn tâm lý e ngại khi gặp các
bài toán này nữa. Mặt khác, hiệu quả áp dụng tương đối cao, bài giải trở nên
sáng sủa, ngắn gọn.
II. Kiến nghị
Thứ nhất: Hằng năm, những sáng kiến kinh nghiệm có ứng dụng thực
tiễn, thiết thực phục vụ cho nhiệm vụ nâng cao chất lượng giáo dục và đào tạo,

nhất là các sáng kiến đổi mới phương pháp giảng dạy cần được tập hợp trong
một kỷ yếu khoa học của Sở GD& ĐT và tạo điều kiện cho giáo viên, học sinh
và phụ huynh được tham khảo.
Thứ hai: Ngoài việc đánh giá và xếp giải các SKKN bộ phận chuyên môn
của Sở GD& ĐT cần bổ xung thêm những hạn chế của từng đơn vị để giáo viên
rút kinh nghiệm cho việc nghiên cứu lần sau.
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2017

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Nguyễn Văn Hà

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa Đại số 10 Nâng cao.
[2]. Sách giáo khoa Giải tích 12 Nâng cao.
[3]. Sách bài tập Đại số 10 Nâng cao.
[4]. Sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao.
[5]. Hàm số . Tác giả: Lê Hồng Đức.
[6]. Các đề thi đại học môn toán từ 1996 - 2015.

[7]. Các đề thi thử của các trường THPT
[8]. Nguồn khác: Internet.

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

21


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HOÀNG LỆ KHA



SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HỆ
PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

Người thực hiện: Nguyễn Văn Hà
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA, NĂM 2017

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

22