Hướng dẫn học sinh sử dụng tư duy hàm số để giải hệ phương trình

MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU

Trang
01

1.1. Lí do chọn đề tài

01

1.2. Mục đích nghiên cứu

01

1.3. Đối tượng nghiên cứu

02

1.4. Phương pháp nghiên cứu

02

1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm

02

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

03

2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

03

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

04

2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

05

2.3.1 Mục tiêu của giải pháp
2.3.2 Nội dung và cách thức thực hiện giải pháp
2. 3.2.1 GP1: Tư duy hàm số giải hệ phương trình
2.3.2.2 GP2: Giải các hệ thường gặp bằng phương pháp hàm số.
2.3.2.3 GP3: Xây dựng các dấu hiệu nhận biết một hệ phương
trình có thể giải được bằng phương pháp hàm số.
Dấu hiệu 1: Hệ phương trình có phương trình độc lập được ẩn số
Dấu hiệu 2: Hệ phương trình có sự tương tự của hai nhóm ẩn số
Dấu hiệu 3: Xử lý phương trình trung gian sau phép thế
2.3.2.4 GP4: Kĩ thuật “ép hàm đặc trưng” trong giải hệ phương
trình
Kĩ thuật 1: ÉP hàm đặc trưng về từng khoảng đồng biến ( nghịch
biến ).
Kĩ thuật 2: ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng cách xét dấu cho
biến.
Kĩ thuật 3: ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng qua phép giải toán trung
gian
Kĩ thuật 4: ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng phương pháp hệ số

05
05

11

2.4. Hiệu quả của SKKN đối với hoạt động giáo dục, với bản thân,
đồng nghiệp và nhà trường
3. KẾT LUẬN

16
18

3.1. Kết luận

18

3.2. Kiến nghị

18

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Phương trình, hệ phương trình là một vấn đề quan trọng của Toán học phổ
thông, nó trải dài và xuyên suốt từ cấp học THCS lên cấp THPT. Đây là một vấn
đề hay và khó, xuất hiện nhiều ở dạng câu phân loại mức độ cao trong các đề thi
học sinh giỏi, đề thi tuyển sinh các cấp học. Việc giải toán phương trình, hệ
phương trình cũng rất đa dạng và phong phú, ngoài việc phân loại theo các dạng

toán cơ bản đặc trưng chúng ta cũng có thể phân loại theo phương pháp giải
toán. Do sự đa dạng về dạng toán, phương pháp giải cũng như mật độ xuất hiện
dày đặc trong các đề thi nên học sinh có một khối lượng lớn các kiến thức và bài
tập thực hành khổng lồ. Vì vậy, nếu không có chiến lược trong cách học phần
kiến thức này học sinh rất dễ sa vào việc chỉ lo giải bài tập toán mà không có
những định hướng tư duy phương pháp.
Giải bài tập Toán là phần quan trọng, không thể thiếu trong môn Toán học,
làm bài tập không những giúp học sinh củng cố khắc sâu thêm kiến thức mà
đồng thời còn rèn luyện khả tư duy của cho học sinh. Bài tập giải phương trình,
hệ phương trình là một bài toán rất quan trọng, xuất hiện nhiều trong các đề thi ở
mức độ cao. Tuy nhiên các nội dung lí thuyết phần này trong hệ thống SGK phổ
thông được trình bày khá đơn giản, rải rác từ lớp 10 đến lớp 12, và không phân
loại dạng toán, phương pháp. Điều này gây khó khăn rất nhiều cho việc tiếp thu
kiến thức, hình thành dạng toán và phương pháp giải toán cho học sinh.
Vì vậy, thực tế yêu cầu phải trang bị cho học sinh một hệ thống các phương
pháp suy luận giải toán phương trình, hệ phương trình. Với ý định đó, trong sáng

2


kiến kinh nghiệm này tôi muốn nêu ra một cách xây dựng các định hướng “giải
bài toán hệ phương trình” bằng “tư duy hàm số”.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi sẽ chỉ ra nội dung phương pháp đã trang
bị cho học sinh để giải toán hệ phương trình. Đó là: “ Hướng dẫn học sinh sử
dụng tư duy hàm số để giải hệ phương trình ”. Từ đó đề ra các giải pháp nhằm
nâng cao hiệu quả giải toán phương trình, hệ phương trình của học sinh trường
THPT Hoằng Hóa 3.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Các dấu hiệu nhận biết bài toán hệ phương trình giải được bằng tư duy hàm số.

Các kĩ thuật giải một bài toán hệ phương trình bằng tư duy hàm số.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Phương pháp dạy học theo hướng giải quyết vấn đề
Nghiên cứu tư liệu và sản phẩm hoạt động sư phạm
Phương pháp quan sát thực tế: quan sát tư duy và giải toán của học sinh
Phương pháp hỏi đáp: trao đổi trực tiếp với giáo viên, học sinh về những vấn đề
liên quan đến nội dung đề tài
Phương pháp thống kê, phân tích số liệu
1.5. NHỮNG ĐIỂM MỚI CỦA SKKN
SKKN này tiếp nối và hoàn thiện hệ thống tư duy hàm số giải phương trình, hệ
phương trình. SKKN này tập trung giải quyết trọn vẹn tư duy hàm số về hệ
phương trình. (Phần tư duy hàm số để giải phương trình đã được giải quyết
trọn vẹn ở SKKN năm học 2016 ).
3


Những điểm mới của SKKN là:
1- Phát triển và mở rộng tư duy hàm số cho học sinh trên bài toán hệ
phương trình.
2- Phân loại các dạng toán cơ sở về hệ phương trình giải được bằng tư
duy hàm số
3- Giải quyết triệt để một số khó khăn khi dùng phương pháp khác giải
một số hệ cơ bản ( Hệ đối xứng, hệ hoán vị....)
4- Xây dựng và hoàn thiện các dấu hiệu nhận biết một hệ phương trình
giải được bằng tư duy hàm số.
5- Sáng tạo nên các kĩ thuật “ép hàm đặc trưng” để giải hệ phương trình.

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1.1. Hàm số đồng biến, nghịch biến

- Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên K
Hàm số f đồng biến trên K nếu ∀x1 x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 )
Hàm số f nghịch biến trên K nếu ∀x1 x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) [1]
- Nhận xét:
Cho f (x) xác định trên K, ta có: Với ∀x1 x 2 ∈ K ; f ( x1 ) = f ( x 2 ) ⇔ x1 = x 2
2.1.2. Phương pháp chứng minh hàm số đồng biến, nghịch biến
- Để chứng minh tính đơn điệu của hàm số y = f (x) trên K ta dựa vào 2 phương
pháp sau:
* Phương pháp 1: Dùng định nghĩa [1]
+ Lấy x1 , x 2 ∈ K , x1 ≠ x 2 , lập tỉ số A =

f ( x 2 ) − f ( x1 )
x 2 − x1

+ Dựa vào dấu của A để suy ra tính đơn điệu
Nếu A > 0, ∀x1 , x2 ∈ K thì hàm số f đồng biến
Nếu A < 0, ∀x1 , x2 ∈ K thì hàm số f nghịch biến biến
*Phương pháp 2: Dùng đạo hàm [2]
Định lí : Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng D .
a) Nếu f ' ( x ) > 0 với mọi x ∈ D thì hàm số đồng biến trên khoảng D .
4


b) Nếu f ' ( x ) < 0 với mọi x ∈ D thì hàm số nghịch biến trên khoảng D .
c) Nếu f ' ( x ) = 0 với mọi x ∈ D thì hàm số không đổi trên khoảng D .
- Nhận xét:
+ Nếu f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của D thì có thể mở rộng định lí
trên cho f ' ( x ) ≥ 0 ( hoặc f ' ( x ) ≤ 0 ).
+Nếu chứng minh hàm số đồng biến( nghịc biến) trên [ a; b] ; [ a; b ) ; ( a; b ] thì thêm
tính chất hàm số phải lên tục trên [ a; b] ; [ a; b ) ; ( a; b ] và thỏa mãn định lí trên.

+ Học sinh cần phân biệt tính đơn điệu của hàm số trên Tập xác định khác
với việc hàm số đơn điệu trên mỗi khoảng của Tập xác định.
2.1.3. Tư duy hàm số về phương trình
Định lí 1: Nếu hàm số y = f ( x ) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên tục
trên D thì số nghiệm của f ( x ) = k trên D không nhiều hơn một và
f ( x ) = f ( y ) khi và chỉ khi x = y với mọi x, y thuộc D.
Chứng minh:
Giả sử phương trình f(x) = k có nghiệm x = a, tức là f(a)=k và f đồng
1

Trong trang này: Mục 2.1.1 tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK [1].
- Mục 2.1.2 tác giả tham khảo có bổ sung từ TLTK [1], [2].

biến trên D nên
* x > a suy ra f(x) > f(a) = k nên phương trình f(x) = k vô nghiệm
* x < a suy ra f(x) < f(a) = k nên phương trình f(x) = k vô nghiệm
Vậy phương trình f(x)=k có nhiều nhất là một nghiệm.
Định lí 2: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) và hàm số
y = g(x) luôn nghịch biến (hoặc đồng biến) và liên tục trên D thì số nghiệm trên
D của phương trình f(x) = g(x) không nhiều hơn một.
Chứng minh:
Giả sử x=a là một nghiệm của phương trình f(x)=g(x), tức là f(a)=g(a).
Ta giả sử f đồng biến còn g nghịch biến.
*Nếu x>a suy ra f(x)>f(a)=g(a)>g(x) dẫn đến phương trình f(x)=g(x) vô nghiệm
*Nếu xVậy phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm.
Định lí 3: Nếu hàm số y = f ( x ) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên tục
trên k khoảng rời nhau thì phương trình f ( x ) = 0 có nhiều nhất k nghiệm .
Chứng minh:
Theo Định lí 1, trên mỗi khoảng phương trình f ( x ) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm

nên trên k khoảng rời nhau phương trình f ( x ) = 0 có nhiều nhất k nghiệm.
2.1.4. Nội dung phương pháp hàm số giải phương trình
Dạng 1: “Khảo sát trực tiếp hàm số của phương trình”

5


Bài toán: Giải phương trình : “h(x) = g(x)” (1)
Bước giải toán:
Bước 1: Biến đổi (1) về dạng f(x) = 0 (2), với f(x) = h(x) – g(x) trên D
Bước2: Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f ( x) trên D để suy ra số nghiệm tối
đa của phương trình (2).
Bước 3: Chỉ ra đủ số nghiệm cần thiết và kết luận cho phương trình (1).
Dạng 2: “Khảo sát hàm đặc trưng của phương trình”
Bài toán: Giải phương trình : “h(x) = g(x)” (1)
Bước giải toán:
Bước 1: Biến đổi (1) về dạng f u ( x )  = f v ( x ) 
Bước 2: Chứng minh hàm đặc trưng f (t ) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên D
Bước 3: Kết luận: (1) ⇔ u(x) = v(x).
2.2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN
KINH NGHIỆM
2.2.1.Thuận lợi:
Nội dung phương trình, hệ phương trình được học sinh làm quen từ THCS
nên gần gũi với học sinh và đa số học sinh đã biết một số thao tác cơ bản.
2

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

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

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

6


Đưa ra được nội dung phương pháp hàm số, các dấu hiệu nhận biết một hệ
phương trình có thể giải được bằng tư duy hàm số và các kĩ thuật “ép hàm đặc
trưng” khi giải hệ phương trình.
2. 3.2. Nội dung và cách thức thực hiện giải pháp
2. 3.2.1 GP1: Tư duy hàm số giải hệ phương trình
Có nhiều cách khác nhau để phân loại tư duy hàm số trong giải hệ
phương trình, nhưng tựu chung lại có thể chia thành 4 dạng cơ bản như sau:

Dạng Toán
Dấu hiệu phân loại
Dạng 1
Một phương trình trong hệ thu được phép thế bằng phương
pháp hàm số.

3

Dạng 2

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

Dạng 3

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

Dạng 4

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

Trong trang này: Mục 2.2; 2.3.1; 2.3.2.1 do tác giả viết.

2.3.2.2 GP2: Giải các hệ thường gặp bằng phương pháp hàm số.
Một số hệ phương trình thường gặp khi giải theo phương pháp truyền thống sẽ
gặp khó khăn hoặc không giải được thì nhờ tư duy hàm số có thể giải quyết
nhanh chóng. Đây là một bổ sung hiệu quả, toàn diện cho học sinh về tư duy

giải hệ phương trình.
 x + x 2 + 1 = 3 y
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình : 
 y + y 2 + 1 = 3x
Tư duy: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 quen thuộc đối với học sinh.
Tuy nhiên định hướng giải bằng phép trừ 2 vế tương ứng các phương trình trong
hệ để thu được nhân tử x − y là không giải được. Do đó tư duy hàm số khi nhìn
thấy vai trò bình đẳng của các ẩn giúp ta xử lí trọn vẹn bài toán này
Lời giải
Từ hệ phương trình ta có : x + x 2 + 1 + 3x = y + y 2 + 1 + 3 y ⇔ f ( x ) = f ( y )
với f ( t ) = t + t 2 + 1 + 3t là hàm số xác định trên ¡ .
Mà : f ' ( t ) = 1 +

t
t2 +1

+ 3 ln 3 =
t

t2 +1 + t

+ 3t ln 3 > 0, ∀t ∈ ¡

t2 +1
Suy ra hàm số f ( t ) = t + t 2 + 1 + 3t đồng biến trên ¡ .

7


Do đó: f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y

(

)

2
x
2
x
Thay vào pt trong hệ ta thu được pt: x + x + 1 = 3 ⇔ ln x + x + 1 = ln 3

(

)

⇔ ln x + x 2 + 1 − x ln 3 = 0 ⇔ g ( x ) = 0

(

)

2
Xét hàm số : g ( x ) = ln x + x + 1 − x ln 3 trên ¡

Ta có: g ' x =
( )

1+

x

x 2 + 1 − ln 3 =
x + x2 + 1

1
x2 + 1

− ln 3 ≤ 1 − ln 3 < 0

∀x ∈ ¡

Khi đó:
Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ¡ ⇒ pt : g ( x ) = 0 có tối đa một nghiệm trên ¡
Mà g ( 0 ) = 0 , nên pt g ( x ) = 0 ⇔ x = 0
x = 0
Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất: 
.
y = 0
Nhận xét
Bài toán này trong thực tế giảng dạy, học sinh nhận ra ngay hệ đối xứng loại 2
nhưng lại không biết cách xử lí để thu được phép thế x = y , vì cứ tập trung biến
4

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

đổi mà không nghĩ đến vai trò bình đẳng trong tư duy hàm số. Phương trình thu
được sau phép thế , học sinh có thể giải bằng phương pháp liên hợp không hoàn
toàn nhưng cuối cũng vẫn phải dùng tư duy hàm số mới giải quyết được.
Sau quá trình giải toán ví dụ 1, học sinh nhận thấy rằng, việc xử lí bằng hàm số
là ngắn gọn và dễ thực hành hơn cả. Điều đó phản ánh ưu điểm của tư duy hàm

số đối với bài toán này.
 x + 1 + y + 1 = 4
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình :  2
2
 x + 7 + y + 7 = 8
Tư duy: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 1 quen thuộc đối với học sinh.
Tuy nhiên định hướng giải bằng phép ẩn phụ S = x + y; P = xy là khó khăn vì
phép biến đổi dài. Phép bình phương cũng sẽ gặp khó khăn vì số bậc tăng nhanh.
Tư duy hàm số giúp ta giải nhanh bài toán này.
Lời giải
 x ≥ −1
Điều kiện : 
 y ≥ −1
Từ hệ ta có : x + 1 + x 2 + 7 + y + 1 + y 2 + 7 = 12 ⇔ f ( x ) + f ( y ) = 12 (*)
với f ( t ) = t + 1 + t 2 + 7 là hàm số xác định trên D = [ −1; +∞ ) .

8


1
2t
t 2 + 7 + 2t
+
=
> 0, ∀t ∈ ( −1; +∞ )
Mà : f ' ( t ) =
2 t + 1 2 t 2 + 7 2 t + 1. t 2 + 7
(Vì t ≥ 0 thì f ' ( t ) > 0 , còn t ∈ ( −1;0 ) thì t 2 + 7 > 2 > −2t nên f ' ( t ) > 0 )
Mà hàm số f ( t ) liên tục trên D

Suy ra hàm số f ( t ) = t + t 2 + 1 + 3t đồng biến trên D .
Mặt khác:
x +1 + y +1 = 4 ⇔ x +1 − 2 + y +1 − 2 = 0 ⇔

x −3
+
x +1 + 2

y −3
=0
y +1 + 2

Suy ra: ( x − 3) ( y − 3) ≥ 0 , do đó xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1: x = 3 ⇒ y = 3 . Nhận thấy x = y = 3 thỏa mãn hệ đã cho.
Trường hợp 2: x > 3 ⇒ y ≥ 3
Khi đó: f ( x ) + f ( y ) > f ( 3) + f ( 3) = 12 ⇒ pt(*) vô nghiệm nên hpt vô nghiệm.
Trường hợp 3: x < 3 ⇒ y ≤ 3
Khi đó: f ( x ) + f ( y ) < f ( 3) + f ( 3) = 12 ⇒ pt(*) vô nghiệm nên hpt vô nghiệm.
x = 3
Kết luận: Hệ pt có nghiệm duy nhất 
.
y = 3
5

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

Nhận xét
Bài toán này trong thực tế giảng dạy, học sinh nhận ra ngay hệ đối xứng loại 1,
tuy nhiên phép bình phương hoặc đặt ẩn phụ gặp nhiều khó khăn nên đa số học
sinh không hoàn thành lời giải bài toán.

Lời giải bài toán ấn tượng khi sáng tạo được: “phép cộng hàm số và ép hàm
đặc trưng” .
 x 2 − 2 x + 8.log 93 ( 7 − y ) = x

 2
9
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  y − 2 y + 8.log 3 ( 7 − z ) = y
[3].
 2
9
 z − 2 z + 8.log 3 ( 7 − x ) = z
Tư duy: Đây là hệ phương trình hoán vị vòng quanh quen thuộc đối với học
sinh. Hệ giải được bằng phương pháp hàm số khi các hàm đặc trưng hoặc đồng
biến hoặc nghịch biến trên toàn miền khảo sát nghiệm.
Lời giải

9


 9
x
log 3 ( 7 − y ) =
x2 − 2x + 8

 9
y
x
<
7;
y

<
7;
z
<
7
⇔
Điều kiện
. Hệ pt
log 3 ( 7 − z ) =
y2 − 2 y + 8


z
log 93 ( 7 − x ) = 2
z − 2z + 8

t
Xét hàm số f ( t ) = 2
đồng biến trên ( −∞;7 ) , vì:
t − 2t + 8
8−t
f '( t ) = 2
> 0 ∀t ∈ ( −∞;7 ) .
2
( t − 2t + 8) t − 2t + 8

9
Hàm số g ( t ) = log 3 ( 7 − t ) nghịch biến trên ( −∞;7 ) .
Giả sử ( x0 ; y0 ; z0 ) là nghiệm của hệ, ta chứng minh ; x0 = y0 = z0
Xét x0 ≥ y0 : Ta có: g ( y0 ) ≥ g ( z0 ) ⇒ y0 ≤ z0 ⇒ g ( z0 ) ≤ g ( x0 ) ⇒ z0 ≥ x0

⇒ g ( x0 ) ≥ g ( y0 ) ⇒ x0 ≤ y0 ⇒ x0 = y0
Xét x0 ≤ y0 , tương tự x0 = y0 . Lập luận như trên ta được: x0 = y0 = z0
Ta chỉ xét x = y = z .Giải pt f ( x ) = g ( x ) ta có nghiệm duy nhất x = 4 .

Vậy nghiệm của hệ: ( 4;4;4 ) .
Nhận xét
Bài toán này học sinh đã được học tư duy hàm số nên đội tuyển Toán THPT
Hoằng Hóa 3, năm học 2014 - 2015 đều giải trọn ven.
6

Trong trang này: Ví dụ 3 tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK [3].

2.3.2.3 GP3: Xây dựng các dấu hiệu nhận biết một hệ phương trình có
thể giải được bằng phương pháp hàm số.
Việc chỉ ra các dấu hiệu đặc trưng để học sinh nhận biết một hệ phương trình có
thể giải được theo tư duy hàm số là một điều cần thiết. Các dấu hiệu đặc trưng
được thông qua các ví dụ cụ thể đã được tiến hành với các quá trình giải toán
của học sinh như sau:
Dấu hiệu 1: Hệ phương trình có phương trình độc lập được ẩn số
5 + 16.4 x2 −2 y = 5 + 16 x2 −2 y 7 2 y − x2 + 2

Ví dụ 4. Giải hệ phương trình : 
[4].
3
2
x
+
17
x
+

10
y
+
17
=
2
x
+
4
4
y
+
11

(
)
Tư duy: Phương trình đầu tiên của hệ phương trình có thể độc lập được ẩn số,
do đó ta có thể sử dụng tư duy hàm số để giải phương trình một ẩn này.
Lời giải

(

)

10


Điều kiện: 4 y + 11 ≥ 0 (*). Đặt t = x 2 − 2 y phương trình (1) có dạng:
5 + 42+t 5 + 4 2t
5 + 16.4t = ( 5 + 16t ) .7 2−t ⇔

=
⇔ f (t + 2) = f (2t )
7 2+t
7 2t
t
t
1 4
với hàm số f ( t ) = 5. ÷ +  ÷ nghịch biến trên ¡ .
7 7
Vậy ta có: t + 2 = 2t ⇔ t = 2 ⇔ x 2 − 2 y = 2

Khi đó phương trình (2) có dạng: x 3 + 5 x 2 + 17 x + 7 = 2 ( x 2 + 4 ) 2 x 2 + 7

⇔ ( x + 2) + ( x + 2) + ( x + 2) = ( 2 x2 + 7 ) 2 x2 + 7 + ( 2 x2 + 7 ) + 2 x2 + 7
3

⇔ g ( x + 2) = g

2

(

)

2x2 + 7 ⇔ x + 2 = 2x2 + 7

(Vì hàm số g (t ) = t 3 + t 2 + t đồng biến trên khoảng ( 0;+∞ ) )
KL: Hệ phương trình có 2 nghiệm (x;y) là: ( 1; −0,5 ) , ( 3;3,5 ) .
Nhận xét
Đây là một bài toán hay và học sinh thực hành bài toán này đã rèn luyện được

nhiều kĩ năng khi giải hệ phương trình bằng tư duy hàm số.
Dấu hiệu 2: Hệ phương trình có sự tương tự của hai nhóm ẩn số
Đây là dấu hiệu thường gặp khi giải hệ phương trình theo tư duy hàm số.
22 x− y − 2 x + y = ( x + y ) x + y − (2 x − y ) 2 x − y
Ví dụ 5. Giải hệ pt : 
[4].
3 y − 2( x − 1)3 + 1 = 0

Tư duy: Phương trình đầu tiên của hệ phương trình có sự tương tự của hai nhóm
ẩn số x + y và 2x − y , do đó ta có thể tư duy hàm số tìm phép thế .

7

Trong trang này: Nội dung phương pháp, dấu hiệu là do tác giả phát hiện và viết.
Ví dụ 4, ví dụ 5 tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK [4].

Lời giải
Điều kiện: x + y ≥ 0, 2 x − y ≥ 0 (*).
Khi đó: 22 x− y + (2 x − y ) 2 x − y = 2 x + y + ( x + y ) x + y ⇔ f (2 x − y ) = f ( x + y ) .
Hàm số f (t ) = 2t + t t đồng biến trên [ 0;+∞ ) nên: 2 x − y = x + y ⇔ x = 2 y
Thế vào phương trình còn lại, ta được:

3

y + 1 = 2(2 y − 1)3 (3).

t = (2 y − 1)3
Đặt 3 y = 2t − 1 , phương trình (3) trở thành hệ: 
3
 y = (2t − 1)

Trừ vế tương ứng các phương trình của hệ, ta được:
t = y ( do 2(2 y − 1) 2 + 2(2 y − 1)(2t − 1) + 2(2t − 1) 2 + 1 > 0 ∀y , t )
Thế vào hệ: y = (2 y − 1)3 ⇔ 8 y 3 − 12 y 2 + 5 y − 1 = 0 ⇔ y = 1 .
11


Với y = 1 ⇒ x = 2 ,thoả mãn (*). Vậy, hệ đã cho có nghiệm: ( x; y ) = (2; 1) .
Nhận xét
Đây là đáp án của đề thi, việc giải phương trình (3) cũng tương đối lắt léo, nếu
học sinh không quen dạng chắc chắn gặp khó khăn,thậm chí là không giải được.
Trong thực tiến khi dạy học sinh, bài toán này một số học sinh giỏi đã giải
phương trình (3) theo hướng sáng tạo theo tư duy hàm số.
Dấu hiệu 3: Xử lý phương trình trung gian sau phép thế
Đây là một đặc trưng khá hay, nó là thao tác phối kết hợp nhiều phương pháp
cho việc giải một bài toán. Không có phương pháp vạn năng để giải mọi bài
toán, vì vậy cần phải sáng tạo để vận dụng linh hoạt, hợp lí hệ thống các
phương pháp giải toán để giải quyết một bài toán.
2 x − 2. y + 2 ( y + 8 ) x = y + 4 x
(1)
Ví dụ 6. Giải hệ pt : 
[5].
xy
+
2
x
−
11
+
12
−

x
+
y
+
7
−
3
x
=
0
(2)

Tư duy: Hệ phương trình này dấu hiệu hàm số không xuất hiện ngay ban đầu, có
chăng chỉ xuất hiện “trung gian khi xử lí phương trình sau phép thế”.
Lời giải
7
4x − 8 + y
Điều kiện 2 ≤ x ≤ , y ≥ 0 . Ta có : 2 x − 2. y = 4( x − 2) y ≤
.
3
2
4x + y + 8
và 2 ( y + 8 ) x = ( y + 8 ) 4 x ≤
.
2
Suy ra: 2 x − 2. y + 2 ( y + 8 ) x ≤ y + 4 x . Đẳng thức xảy ra: y = 4 x − 8
Thế vào phương trình (2) ta có:
8

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

Ví dụ 6 tác giả tham khảo từ TLTK [5], lời giải của tác giả.

4 x 2 − 6 x − 11 + 4 + 3 x + 7 − 3 x = 0
⇔ 4 ( x 2 − x − 3) +

(

) (

4 + 3x − x − 1 +

(x

2

− x − 3)

)

7 − 3x − x + 2 = 0

(x

2

− x − 3)


 7
= 0  do x ∈  2;  ÷

4 + 3x + x + 1
7 − 3x + x − 2
 3

1
1


⇔ ( x 2 − x − 3)  4 −
−
=0
4
+
3
x
+
x
+
1
7
−
3
x
+
x
−
2


2

x − x − 3 = 0
(∗)

⇔
1
1

+
= 4 (3)
7 − 3x + x − 2
 4 + 3x + x + 1
⇔ 4 ( x − x − 3) −
2

−

12


Vấn đề là ta giải phương trình (3) bằng tư duy hàm số
1
1
 7
<
Với mọi x ∈  2;  ⇒ 4 + 3 x + x + 1 ≥ 3 + 10 > 6 ⇒
4 + 3x + x + 1 6
 3
 7
Hàm số : g ( x) = 7 − 3 x + x − 2 nghịch biến trên  2; ÷
 3

1
7 1
⇒ g ( x) ≥ g  ÷ = ⇒
≤ 3.
7 − 3x + x − 2
3 3
 7
Do đó, với mọi x ∈  2;  ta có:
 3
1
1
1
+
≤ + 3 < 4 hay pt(3) vô nghiệm
4 + 3x + x + 1
7 − 3x + x − 2 6
 1 + 13

;2 13 − 6 ÷
 2


Vậy, hệ có nghiệm duy nhất 

Nhận xét
Đây là một thao tác thường gặp khi giải phương trình thu được sau phép thế.
Học sinh đã được học tư duy hàm số cho phương trình nên chủ động đánh giá
phương trình (3) bằng hỗ trợ của Máy tính cầm tay.
2.3.2.4 GP4: Kĩ thuật “ép hàm đặc trưng” trong giải hệ phương trình
Khi giải hệ phương trình nếu một phương trình có dạng hàm đặc trưng, mà hàm

đặc trưng lại luôn đồng biến (hoặc nghịch biến trên một khoảng cùng chứa u , v
) thì chúng ta thu ngay được phép thế u = v , và chuyển việc giải hệ về giải
phương trình một ẩn. Tuy nhiên có một số hệ mà : việc xuất hiện hàm đặc trưng
chưa có ngay, hàm đặc trưng trên nhiều khoảng, hàm đặc trưng chưa chịu
đồng biến, nghịch biến..... chúng ta phải “ép” nó thành hàm đặc trưng chính
quy để giải toán.
Sau đây là một số kĩ thuật cơ bản
Kĩ thuật 1: ÉP hàm đặc trưng về từng khoảng đồng biến (nghịch biến).
Mục đích: Bằng đánh giá điều kiện kéo theo từ phương trình còn lại của hệ
hoặc đánh giá về dấu để u, v nằm cùng một khoảng mà hàm đặc trưng đồng
biến hoặc nghịch biến
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình:
 x − 2 x 2 − 2 x + 4 = y + 1 − 2 y 2 + 3
[5].

 4 x 2 + x + 6 − 5 y + 2 = xy − 2 y − x + 2 − 1 − 2 y − x − 2
Tư duy: Pt(1) ⇔ f ( x − 1) = f ( y ) với f ( t ) = t − 2 t 2 + 3 trên ¡ .
Mà: f ' ( t ) = 1 −

2t
t2 + 3

=

t 2 + 3 − 2t
t2 + 3

đang đổi dấu theo t

13

Hàm f ( t ) này nghịch biến trên A = ( 1; +∞ ) và đồng biến trên B = ( −∞;1)
Vấn đề : Ta phải dùng pt(2) để ÉP cho x − 1, y vào cùng mỗi tập A, B
Thật vậy, ta có ĐKXĐ ở pt(2) là: xy − 2 y − x + 2 ≥ 0 ⇔ ( x − 2 ) ( y − 1) ≥ 0
Khi đó, xảy ra các trường hợp sau:
x − 2 ≥ 0 x −1 ≥ 1
⇔
TH1: 
, suy ra ta ÉP được x − 1, y vào A
y
−
1
≥
0
y
≥
1


x − 2 ≤ 0 x −1 ≤ 1
⇔
TH2: 
, suy ra ta ÉP được x − 1, y vào B
y
−
1
≤
0
y

≤
1


Nói tóm lại: Ta “ép hàm đặc trưng” về từng khoảng đồng biến B hoặc nghịch
biến A
Lời giải
Từ suy luận trên dẫn tới phép thế: y = x − 1 , và ta thu được phương trình:
4 x 2 + x + 6 − 1 + 2 x = 5 x + 1 : Phương trình này có nhiều cách giải .
Nhận xét
Đây là một kĩ thuật hay và sáng tạo, học sinh rất thích thú với việc tạo ra kĩ thuật
này. Điều đó thôi thúc học sinh chỉ động tìm kiếm các kiến thức mới, kĩ thuật
giải toán mới.
Ví dụ 8. Giải hệ phương trình
(1 + 42 x − y )51− 2 x + y = 1 + 2 2 x− y +1 (1)

[4].
x − y
=
ln
x
+
3
−
ln
y
+
3
(2)
(

)
(
)

 4
Tư duy: Phương trình đầu tiên của hệ phương trình có thể độc lập được ẩn số,
do đó ta có thể sử dụng tư duy hàm số để giải phương trình một ẩn này.
9

Trong trang này: Nội dung phương pháp, các kĩ thuật là do tác giả sáng tạo và trình bày.
Ví dụ 7 tác giả tham khảo từ TLTK [5], lời giải của tác giả.

Lời giải
Điều kiện: x > −3 và y > −3 (*)
Xét pt(1): Đặt t = 2x – y, phương trình (1) trở thành:
t
t
1 + 4t 1 + 2t + 1
1 4 1 2 t
t
1− t
t +1
(1+ 4 ).5 =1+ 2 ⇔ t =
⇔  ÷ +  ÷ = + .2 (3)
5
5
5  5 5 5
t

t

1 2 t
1 4
Hàm số: f (t ) =  ÷ +  ÷ nghịch biến và g (t ) = + .2 đồng biến trên ¡
5 5
5  5
Mà t = 1 thỏa mãn (3), nên t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3)
Vậy: 2 x − y = 1 ⇔ y = 2 x − 1
(4)
Ta có (2) ⇔ x − 4ln( x + 3) = y − 4ln( y + 3) ⇔ h ( x ) = h ( y )

14


Hàm số h(t ) = t − 4ln(t + 3) trên ( −3; +∞ ) nghịch biến trên khoảng A = ( −3;1) và
đồng biến trên khoảng B = ( 1; +∞ ) .
Vấn đề : Ta phải ÉP cho x, y vào cùng mỗi tập A, B
Thật vậy:
Với x = 1 ⇒ y = 1, ta có x = y = 1 thỏa mãn hệ phương trình đã cho.
Từ 2 x − y = 1 ⇔ y − x = x − 1
Với x ≠ 1 ta có:
Khi x > 1 ⇒ y > x > 1 ⇒ h ( y ) > h ( x )
Khi x < 1 ⇒ y < x < 1 ⇒ h ( y ) > h ( x )

∀x ∈ (−3; +∞) \ { 1}
Suy ra với 
ta luôn có h( y ) > h( x).
2
x
−

y
=
1,

x = 1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 
 y = 1.
Nhận xét
Lời giải trên là đáp án chính thức, tuy nhiên trong quá trình giảng dạy các lớp
học sinh giỏi, học sinh có những cách giải rất sáng tạo khi dùng tư duy hàm số.
Chẳng hạn: Đặt t = 2x – y, phương trình (1) trở thành:
1 + 4t 1 + 2t + 1 1 + 2 2 t 1 + 2 t + 1
t
1− t
t +1
(1+ 4 ).5 =1+ 2 ⇔ t =
⇔ 2t = t +1 ⇔ f ( 2t ) = f ( t + 1) .
5
5
5
5
x
,
y
Hay để ép
vào cùng mỗi tập A, B, học sinh dùng phản chứng như sau:
Giả sử ( x − 1) ( y − 1) < 0 suy ra x < 1 < y hoặc y < 1 < x , mà hai trường hợp này
đều dẫn đến phương trình (4) vô nghiệm.

10

Trong trang này: Nội dung phương pháp, các kĩ thuật là do tác giả sáng tạo và trình bày.
Ví dụ 8 tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK [4].

Kĩ thuật 2: ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng cách xét dấu cho biến
Mục đích: Hệ phương trình “có phương trình gần dạng hàm đặc trưng” nhưng
vì dấu của u,v chưa xác định nên hàm đặc trưng chưa xuất hiện. Bằng đánh giá
kéo theo từ hai phương trình, ta sẽ chỉ ra được dấu của u,v, từ đó thu được hàm
đặc trưng.
Ví dụ 9. Giải hệ phương trình
 xy 2 x 2 + 1 + 1 = 3 y 2 + 9 + 3 y (1)

[5].

2
3
3
 x y + xy − 5 = 4 x − 3x y + 7 x (2)
Tư duy: Xét y ≠ 0 :

(

)

15


3  y2 + 9 
x +1 +1 = 
+ 1÷

Pt(1) ⇔ x
÷
y 
y

Vấn đề : Ta phải dùng đánh giá để ÉP dấu cho y để đưa vào căn bậc hai
Thật vậy:
2
2
Ta có ĐKXĐ ở phương trình (2) là: x y + xy − 5 ≥ 0 ⇔ y ( x + x ) − 5 ≥ 0 (*)

(

)

3 y2 + 9 + 3y
x +1 +1 =
⇔x
y2
2

(

2

)

Chưa được????. Nhận thấy phương trình (1) có 3 y 2 + 9 + 3 y > 0, ∀y ∈ R nên
suy ra x > 0 . Do đó , từ (*) suy ra y > 0 (Vì y ≤ 0 thì (*) không thỏa mãn)
Nói tóm lại: Ta ÉP được y > 0 nên có hàm đặc trưng : f ( t ) = t

(

)

t2 +1 +1

3
đồng biến trên ( 0;+∞ ) và Pt ( 1) ⇔ f ( x ) = f  ÷.
 y
Lời giải
3
Từ suy luận trên dẫn tới phép thế: y = , và ta thu được phương trình:
x
3
2
3x − 2 = 4 x − 9 x + 7 x : Phương trình này có nhiều cách giải .
Nhận xét
Một kinh nghiệm giải Toán chất lượng, học sinh thấy được vẻ đẹp của bài Toán.
Phương trình 3 x − 2 = 4 x 3 − 9 x 2 + 7 x học sinh giải được bằng nhiều cách trong
đó có cả cách giải bằng tư duy hàm số.
Kĩ thuật 3: ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng qua phép giải toán trung gian
Mục đích: Hệ phương trình chưa có phương trình nào dạng hàm đặc trưng
nhưng bằng các phép giải toán ( phép thế, đặt ẩn phụ,thêm bớt biểu thức...) sẽ
làm xuất hiện hàm đặc trưng.
 x + x ( x 2 − 3x + 3) = 3 y + 2 + y + 3 + 1

Ví dụ 10. Giải hệ phương trình: 
3 x − 1 − x 2 − 6 x + 6 = 3 y + 2 + 1
11

Trong trang này: Nội dung phương pháp, các kĩ thuật là do tác giả sáng tạo và trình bày.
Ví dụ 9 tác giả tham khảo từ TLTK [5], lời giải của tác giả.

Tư duy: Hệ này có x, y độc lập nên khả năng biến đổi để có hàm đặc trưng
Nhận thấy Pt(1) tăng bậc cho y bằng ẩn phụ: b = 3 y + 2 ⇔ y = b3 − 2
Pt(1) được chuyển thành:
x − 1 + x 3 − 3x 2 + 3 x = b + b3 + 1 ⇔ f ( x − 1) = f ( b ) với f ( t ) = t + t 3 + 1 là
hàm đồng biến trên ¡ .
Nói tóm lại: Ta ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng ẨN PHỤ.
Lời giải
Từ suy luận trên dẫn tới phép thế: 3 y + 2 = x − 1 , và ta thu được phương trình:
3 x − 1 − x 2 − 6 x + 6 = x : Phương trình này có nhiều cách giải .
16


Nhận xét
Hệ phương trình này,học sinh cảm giác khó khăn, cảm giác khó xử lí. Tuy nhiên
tư duy hàm số sau phép ẩn phụ đã giải quyết bài toán nhẹ nhàng.
( y + 1) 2 + y y 2 + 1 = x + 1,5
Ví dụ 11. Giải hệ phương trình : 
2
 x + x − 2 x + 5 = 1 + 2 2 x − 4 y + 2
Tư duy: Hệ này có khả năng biến đổi để có hàm đặc trưng vì VT(2) có dạng
hàm số của x .
Xét Pt(1) có khả năng thế x qua y để thay vào PT(2) mà x,y độc lập để sinh ra
hàm đặc trưng.
Thật vậy: Từ Pt(1) ta thu được:

(

2x − 4 y + 2 = 2 y2 + 2 y y2 + 1 + 1 ⇔ 2x − 4 y + 2 = y + y2 + 1

(

)

)

2

2
2
Thế vào pt(2) ta được: x + x − 2 x + 5 = 1 + 2 y + y + 1 ⇔ f ( x − 1) = f ( 2 y )

với f ( t ) = t + t 2 + 4 là hàm đồng biến trên ¡ .
Nói tóm lại: Ta ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng RÚT ẨN VÀ THẾ
Lời giải
Từ suy luận trên dẫn tới phép thế: 2 y = x − 1 , và ta thu được phương trình:
2 y + y 2 + 4 = 4 : Phương trình này có nhiều cách giải.
Nhận xét
Việc giải hệ phương trình bằng phép thê học sinh đã được tiếp cận nhiều.Tuy
nhiên kết hợp phép thế trong tư duy hàm số là một tư tưởng khá sáng tạo. Học
sinh rất thích với kiểu biến đổi này trong tư duy hàm số giải hệ phương trình.
 x 3 − 3x 2 + 13 y = y 3 + 3xy − 17 x + 30
Ví dụ 12. Giải hệ phương trình :  2
2
 x + y + xy − 6 x − 5 y + 10 = 0
12

Trong trang này: Nội dung phương pháp, các kĩ thuật là do tác giả sáng tạo và trình bày.
Ví dụ 10, ví dụ 11, ví dụ 12 do tác giả đề xuất và giải toán.

Tư duy: Hệ này có dáng dấp của hệ đánh giá và dùng hàm nối. Tuy nhiên hàm
nối ở đây có dạng hàm đặc trưng.
xy
Khử
từ
hệ
ta
thu
được
phương
trình:
3
2
3
2
2
x − 3x + 13 y = y − 3 ( x + y − 6 x − 5 y + 10 ) − 17 x + 30
⇔ x 3 − x = y 3 − 3 y 2 + 2 y ⇔ f ( x ) = f ( y − 1) với f ( t ) = t 3 − t
Nói tóm lại: Ta ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng PHÉP THẾ.
Lời giải
Từ suy luận trên dẫn tới phép thế: y = x + 1 , và ta thu được phương trình bậc hai
đơn giản.

17


Kĩ thuật 4: ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng phương pháp hệ số

Mục đích: Hệ phương trình chưa có phương trình nào dạng hàm đặc trưng
nhưng bằng phương pháp hệ số sẽ làm xuất hiện hàm đặc trưng.
Ví dụ 13. Giải hệ phương trình
2 x 3 + 6 ( x + 2 y + 1) − 3 2 y + 1 = 3 x + 1 + 16 y 3 + 6 y

 x + 1 + 2 y + 1 = 6 y + 2
Tư duy: Hệ này có hai phương trình mà x, y độc lập, do đó ta cần phối hợp hai
phương trình để làm xuất hiện hàm đặc trưng.
2 x 3 + 6 ( x + 1) − 3 x + 1 = 16 y 3 − 6 y + 3 2 y + 1
Hpt ⇔ 
 x + 1 = 6 y + 2 − 2 y + 1
Ta xét phương trình với hệ số a :
2 x3 + 6 ( x + 1) − 3 x + 1 + a x + 1 = 16 y 3 − 6 y + 3 2 y + 1 + a 6 y + 2 − 2 y + 1

(

⇔ 2 x 3 + 6 x + 6 + ( a − 3) x + 1 = 16 y 3 + 6 ( a − 1) y + 2a + ( 3 − a ) 2 y + 1

)

Nhận thấy: Nếu có hàm đặc trưng thì u , v phải là bội nhóm căn x + 1 , 2 y + 1
Khi đó xét: a − 3 = 3 − a ⇔ a = 3
3
3
3
3
Ta thu được: 2 x + 6 x = 16 y + 12 y ⇔ x + 3x = 8 y + 6 y ⇔ f ( x ) = f ( 2 y )
3
với f ( t ) = t + 3t là hàm đồng biến trên ¡ .
Nói tóm lại: Ta ÉP hệ xuất hiện hàm đặc trưng bằng phương pháp hệ số.

2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
- Việc áp dụng tư duy hàm số giải phương trình, hệ phương trình đã giúp học
sinh tự tin và có cơ sở phương pháp để giải Toán. Từ đó nâng cao dần năng lực
giải Toán nói chung và giải phương trình, hệ phương trình nói riêng. Thể hiện ở
việc học sinh các lớp tôi dạy có nhiều học sinh đã vượt qua được những câu hỏi
khó về phương trình, hệ phương trình trong các kì thi học sinh giỏi cấp Tỉnh
cũng như các kì thi tuyển sinh Đại học trước đây.
- Việc xây dựng các giải pháp, các dấu hiệu cũng như sáng tạo các kĩ thuật giải
13

Trong trang này: Nội dung phương pháp, các kĩ thuật là do tác giả sáng tạo và trình bày.
Ví dụ 13 do tác giả đề xuất và giải toán.

Toán không những giúp học sinh học Toán sáng tạo, kích thích tư duy, sự say mê
học Toán mà còn định hướng cách học cho học sinh ở những nội dung khác của
Toán học phổ thông. Điều này góp phần rất lớn vào phong trào học tập của học
sinh trường THPT Hoằng Hóa 3, đặc biệt là nhóm học sinh chất lượng cao,
chinh phục điểm cao ở các kì thi, qua đó giúp nhà trường từng bước cải thiện và
nâng dần công tác học sinh mũi nhọn.
- Nội dung SKKN cũng đã được trình bày ở Tổ chuyên môn đến các đồng
nghiệp rất nhiều năm và được các đồng nghiệp áp dụng vào thực tiễn dạy học ở
trường THPT Hoằng Hóa 3. Qua thực tiễn nhiều năm đã nhận thấy tính hiệu quả
cao của SKKN này cũng như đã tạo ra một cách dạy, một cách tiếp cận độc đáo
đến một nội dung Toán học. Nó như là bài mẫu để giáo viên có thể áp dụng cho
18


các nội dung khác cũng như tạo nên một phong cách học Toán sáng tạo cho học
sinh.
- SKKN này cũng giúp ích bản thân rất nhiều, đặc biệt là khi trực tiếp giảng dạy

học sinh. Việc dạy cho học sinh lớp chất lượng cao, học sinh đội tuyển học sinh
giỏi trong thực tế đã giúp bản thân rút ra nhiều kinh nghiệm quý báu, để từ đó
sáng tạo ra các kĩ thuật mới, giúp cho việc dạy học trở nên thực sự tư duy và
sáng tạo.

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. KẾT LUẬN
Muốn thành công trong công tác giảng dạy trước hết đòi hỏi người giáo
viên phải tâm huyết với nghề, phải đam mê tìm tòi học hỏi, phải nắm vững các
kiến thức cơ bản, phải tổng hợp các kinh nghiệm áp dụng vào bài giảng. SKKN
này đã chỉ ra được các dạng toán, các dấu hiệu đặc trưng cũng như sáng tạo nên
các kĩ thuật để giải hệ phương trình bằng tư duy hàm số.
Giáo viên cần phải biết phát huy tính tích cực chủ động chiếm lĩnh tri thức
của học sinh. Trong quá trình giảng dạy phải coi trọng việc hướng dẫn học sinh con
đường tìm ra kiến thức mới, khơi dậy óc tò mò, tư duy sáng tạo của học sinh, tạo
hứng thú trong học tập, dẫn dắt học sinh từ chỗ chưa biết đến biết, từ dễ đến khó.
19


Trong thực tế vận dụng SKKN không những giúp học sinh trong việc định hướng
giải toán với một nội dung cụ thể mà thông qua đó để học sinh thấy được rằng
việc “ tư duy hàm số ” để giải phương trình, hệ phương trình là rất tốt và có kết
quả. Từ đó thôi thúc học sinh tìm tòi sáng tạo để trang bị cho mình những quy
trình và lượng kiến thức mới.
Nội dung kiến thức của SKKN là nội dung khó, do đó đối với một số học
sinh trung bình và trung bình khá thì khả năng vận dụng vào giải toán còn đang
lúng túng, nhất là trong các bài toán cần sự linh hoạt lựa chọn hàm số thích hợp
hay khi gặp bế tắc trong giải toán học sinh thường không chuyển hướng được
cách suy nghĩ để giải bài toán ( thể hiện sức “ỳ” tư duy vẫn còn lớn). Vì vậy khi
dạy cho học sinh nội dung này, giáo viên cần tạo ra cho học sinh cách suy nghĩ

linh hoạt và sáng tạo trong khi vận dụng quy trình .Điều đó đòi hỏi người giáo
viên cần phải khéo léo truyền thụ quy trình và cách giải toán linh hoạt đối với
các bài toán.
Khả năng ứng dụng thực tiễn giảng dạy ở nhà trường của SKNN là rất cao,
hầu như giáo viên nào, lớp học nào đều có thể áp dụng vào giảng dạy hiệu quả.
SKKN này cũng có thể mở rộng ra lớp bài toán tham số, bài toán bất phương
trình cũng như tư duy phương pháp cho các nội dung khác của Toán học.
3.2. KIẾN NGHỊ
Qua sự thành công bước đầu của việc áp dụng nội dung này thiết nghĩ
rằng chúng ta cần thiết phải có sự đổi mới trong cách dạy và học. Không nên
dạy học sinh theo những quy tắc máy móc nhưng cũng cần chỉ ra cho học sinh
những quy trình mô phỏng đang còn mang tính chọn lựa để học sinh tự mình tư
duy tìm ra con đường giải toán.
SKKN đã tiếp cận đến một vấn đề khó và phổ dụng trong việc dạy học
sinh chất lượng cao, thực tế giảng dạy ở trường THPT Hoằng Hóa 3 nhiều năm
đã cho thấy hiệu quả rõ rệt. Vì vậy, các giáo viên khác có thể áp dụng và sáng
tạo thêm để nâng cao chất lượng học sinh mà mình giảng dạy.
Mong rằng qua báo cáo kinh nghiệm này các đồng nghiệp cho tôi thêm
những ý kiến và phản hồi những ưu nhược điểm của cách dạy nội dung này.
Cuối cùng tôi mong rằng nội dung này sẽ được các đồng nghiệp nghiên cứu và
áp dụng vào thực tiễn dạy học để rút ra những điều bổ ích.
Bài viết chắc chắn còn nhiều thiếu sót rất mong được sự đóng góp ý kiến,
phê bình, phản hồi của các đồng nghiệp
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

20


Lê Văn Lâm

TÀI LIỆU THAM KHẢO
*********
[1]. Sách giáo khoa Đại Số 10 nâng cao – Đoàn Quỳnh tổng chủ biên
– Nguyễn Huy Đoan chủ biên – NXB Giáo Dục
[2]. Sách giáo khoa Giải Tích 12 nâng cao – Đoàn Quỳnh tổng chủ biên
– Nguyễn Huy Đoan chủ biên – NXB Giáo Dục
[3]. Đề thi Học sinh giỏi giải Toán bằng Máy tính cầm tay – Sở GD và
ĐT Thanh Hóa năm học 2014 – 2015.
[4]. Đề thi Học sinh giỏi môn Toán – sở GD& ĐT Thanh Hóa từ năm học
21


2011 – 2012 đến năm học 2013 – 2014.
[5]. Tham khảo một số tài liệu trên mạng internet
- Nguồn: />- Nguồn: />
22