Rèn luyện kĩ năng, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 12 THPT thông qua kĩ thuật gỡ nút thắt và tạo nút thắt trong bài toán giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số1

1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
Khi giải một bài toán vấn đề khó khăn nhất là giải thích được tại sao lại
xuất hiện những yếu tố không có sẵn trong quá trình giải toán để đi đến lời giải.
Phải có một quá trình suy luận logic nào đó để dẫn tới sự xuất hiện của yếu tố đó
trong khi giải toán. Quá trình xuất hiện lời giải và xuất hiện lời giải tối ưu để lại
nhiều kinh nghiệm quý, nếu GV biết khai thác một cách hợp lí để dạy cho học
sinh quá trình tư duy ấy thì chắc chắn việc học của học sinh sẽ mang tính chủ
động, sáng tạo hơn.
Xu hướng ra đề thi Đại học hiện nay chú trọng nhiều đến tính sáng tạo
của học sinh, vì vậy trong đề thi không có nhiều bài toán mà rõ ràng về mặt
đường lối giải toán. Thực tiễn đó yêu cầu học sinh phải được trang bị đầy đủ
kiến thức, đặc biệt là khả năng suy luận logic tìm kiếm lời giải.
Trong đề thi tuyển sinh đại học các năm gần đây thường xuyên xuất hiện
bài toán giải hệ phương trình. Đối với đa số học sinh thì đây là bài toán khó.
Phần lớn các em đều lúng túng khi đứng trước việc phải lựa chọn phương pháp
giải quyết vấn đề sao cho hướng đi trở nên hợp lí và dễ dàng nhất có thể. Các
phương pháp giải hệ rất đa dạng: phương pháp đặt ẩn phụ, phân tích thành nhân
tử, biến đổi tương đương,… Phương pháp hàm số là một trong số những cách
giải được áp dụng phổ biến. Tuy nhiên, việc sử dụng phương pháp này để giải
quyết vấn đề thường được học sinh áp dụng một cách máy móc. Đa số không có
kĩ năng tốt trong việc phân tích bài toán và nhận dạng một cách nhạy bén hàm
số được sử dụng. Do đó, tôi đã tiến hành khảo sát, triển khai thực hiện đề tài:
“Rèn luyện kĩ năng, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 12 THPT
thông qua kĩ thuật gỡ nút thắt và tạo nút thắt trong bài toán giải hệ phương
trình bằng phương pháp hàm số”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh hình thành kĩ năng nhận biết được các dạng toán sử dụng
phương pháp hàm số, rèn luyện cách lựa chọn hàm số và hướng đi phù hợp cho
mỗi bài. Nâng cao năng lực sáng tạo, khả năng khái quát hóa thông qua việc
biến đổi sáng tạo các hệ phương trình dựa trên các hàm số lựa chọn.

1.3. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh lớp 12 THPT, sau khi học sinh học tính đồng biến, nghịch biến
chương 1- hàm số (Giải tích lớp 12).

1


1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu lí luận, đọc tài liệu liên quan đến hệ phương trình
giải bằng phương pháp sử dụng tính biến thiên của hàm số.
2. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Quy trình dạy học được hiểu là tổ hợp các thao tác của giáo viên và học
sinh được tiến hành theo một trình tự nhất định trên một đối tượng nhận thức
nào đó. Chẳng hạn, quy trình bốn bước để giải một bài toán gồm :
• Bước 1: Tìm hiểu nội dung bài toán.
• Bước 2: Xây dựng thuật giải.
• Bước 3: Thực hiện thuật giải.
• Bước 4: Kiểm tra, nghiên cứu lời giải.
Để giải hệ phương trình theo phương pháp hàm số ta thực hiện theo một
trong các hướng sau:
 Hướng 1:
Bước 1: Đưa một trong hai phương trình hoặc cộng, trừ các phương trình
của hệ để đưa về dạng : f ( x) = k
(1)
Bước 2 : Xét hàm số y = f ( x )
Dùng lập luận để khẳng định hàm số đồng biến hay nghịch biến.
Bước 3 : Lúc đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất ( mà ta nhẩm
được).
 Hướng 2:

Bước 1 : Đưa một trong hai phương trình hoặc cộng, trừ các phương trình
f ( x) = g ( x) (1)
của hệ để đưa về dạng
Bước 2 : Xét hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x)
Dùng lập luận để khẳng định y = f ( x ) là hàm đồng biến (nghịch biến) và
y = g ( x) là hàm nghịch biến (đồng biến).
Bước 3 : Lúc đó nếu phương trình (1) có nghiệm x = x0 thì đó là nghiệm
duy nhất .
 Hướng 3:
Bước 1: Đưa một trong hai phương trình hoặc cộng, trừ các phương trình
(1)
của hệ để đưa về dạng f (u) = f (v)
Bước 2 : Xét hàm số : y = f (t ) .Dùng lập luận để khẳng định hàm số
đồng biến hay nghịch biến.
2


Bước 3 : Khi đó từ (1) suy ra : u = v .
Hệ thống bài tập giải hệ phương trình dựa trên tính biến thiên được sử dụng
phổ biến trong các đề thi. Tuy nhiên việc giải quyết vấn đề theo hướng này
khiến học sinh gặp nhiều khó khăn và là một bài toán khó.Vì vậy tôi sử dụng hệ
thống bài tập có sự sắp xếp hợp lí về mức độ cũng như các dạng, chủ yếu sử
dụng hướng thứ 3, nhằm:
- Rèn luyện kĩ năng nhận biết hàm số khi giải bài toán hệ phương trình bằng
phương pháp sử dụng tính đơn điệu.
- Phát triển tư duy sáng tạo, khái quát hóa thông qua sự phát triển hệ thống
bài tập theo các mức độ khác nhau dựa trên cơ sở hàm số được chọn.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
a. Thuận lợi
Việc giải hệ phương trình thường áp dụng những kĩ năng biến đổi đại số quen

thuộc mà học sinh đã được rèn luyện từ cấp 2, cho nên khi giảng dạy hệ phương
trình thường dễ tạo hứng thú học tập cho các em thông qua các bài tập đơn giản.
b. Khó khăn
Qua khảo sát thực tế, học sinh trường THPT nói chung và học sinh trường
THPT Lê Viết Tạo nói riêng (có chất lượng đầu vào thấp), kỹ năng giải các dạng
toán khó như hệ phương trình là rất hạn chế. Điều này gây khó khăn trong việc
giảng dạy của giáo viên, khiến học sinh cảm thấy nản chí, muốn bỏ cuộc khi
đứng trước một bài toán giải hệ phương trình.
2.3. Các giải pháp để giải quyết vấn đề
Từ thực tế học sinh trường THPT Lê Viết Tạo với đa số còn hạn chế về tư
duy hệ thống và khái quát hoá cũng như kỹ năng giải hệ phương trình, trên cơ sở
đó tôi đã tiến hành thực nghiệm và áp dụng đề tài .
2.3.1. Kỹ thuật gỡ nút thắt hàm số khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số để
giải hệ phương trình
a. Kiến thức cơ bản
*Tính đơn điệu của hàm số
Xét hàm số y = f ( x) liên tục trên khoảng (a,b).
i. Định nghĩa:
- Hàm số y = f ( x ) được gọi là đồng biến (tăng) trên khoảng (a,b) khi và chỉ
khi với mọi x1, x2 thuộc khoảng (a,b), x1 ≤ x2 thì f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) .
- Hàm được gọi là nghịch biến (giảm) trên khoảng (a,b) khi và chỉ khi với mọi
x1, x2 thuộc y = f ( x ) khoảng (a,b), x1 ≤ x2 thì f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) .
ii. Tính chất:
3


-Tính chất 1: Nếu hàm y = f ( x ) chỉ tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a,b) thì
f ( x1 ) = f ( x2 ) khi và chỉ khi x1 = x2 .
- Tính chất 2: Nếu hàm y = f ( x ) chỉ tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a,b) thì
phương trình f ( x ) = 0 có không quá 1 nghiệm trong khoảng (a,b).

iii. Định lí:
- Hàm số y = f ( x ) được gọi là đồng biến (tăng) trên khoảng (a,b) khi và chỉ
khi với mọi x thuộc khoảng (a,b), f '( x) ≥ 0 , dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm.
- Hàm số được gọi là nghịch biến (giảm) trên khoảng (a,b) khi và chỉ khi với
mọi x thuộc khoảng (a,b), f '( x ) ≤ 0 , dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm.
*Lưu ý: Khi sử dụng phương trình f (u ) = f (v), u ∈ (a, b); v ∈ (c, d ) , ta xét
hàm số f (t ), t ∈ (a, b) ∪ (c, d ) . Tập xác định của các hàm số đó quyết định đến
một bước quan trọng của bài toán là kết luận về tính đơn điệu của nó.
b. Các ví dụ.
Ví dụ 1. Tìm hàm số trong các phương trình sau:
a. 2 y 3 + 2 x 1 − x = 3 1 − x − y
3
3
2
b. x - y - 6 y + 3x-15 y = 14 .
Mục đích của ví dụ này là yêu cầu gỡ nút hàm số cho các phương trình.
Phân tích.
+Cần phân li hai ẩn sang hai vế của mỗi phương trình.
+Từ đó nhận dạng, dự đoán hàm số cần sử dụng
+Đối với câu a, ta dựa vào vế đơn giản hơn là vế chứa biến y để đưa ra
hàm số, sau đó biến đổi vế chứa biến x, để đơn giản, học sinh có thể đặt
u = x −1.
+ Đối với câu b, sử dụng hàm số theo biến x, bên vế còn lại để dễ biến
đổi, ta có thể dùng công cụ máy tính nhẩm nghiệm để so sánh x và y, chẳng hạn:
x=0 thì y = −2 (máy tính cầm tay hỗ trợ công đoạn này), do đó bên vế còn lại
biến đổi làm xuất hiện y + 2. Ngoài ra học sinh có thể tìm ra biểu thức y + 2
bằng cách đặt t = y + a và tìm hằng số a bằng cách đồng nhất thức(chỉ cần đồng
nhất hệ số tự do của vế chứa y).

4

Lời giải.
a.
2 y3 + 2 x 1 − x = 3 1 − x − y
⇔ 2 y 3 + y = (3 − 2 x) 1 − x
⇔ 2 y 3 + y = 2(1 − x) 1 − x + 1 − x
Xét hàm số:
f (t ) = 2t 3 + t

f '(t ) = 6t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ .
b. x 3 − y 3 − 6 y 2 + 3x − 15 y = 14
⇔ x 3 + 3 x = y 3 + 6 y 2 + 15 y + 14

⇔ x 3 + 3 x = ( y + 2)3 + 3( y + 2)
f(t) = t 3 + 3t , f '(t) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ¡ .
 x3 + 3 x 2 + 4 x + 2 = y 3 + y (1)
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình: 
2
 1 − x − y = 2 − y − 1 (2)
Phân tích. Xét phương trình đa thức
+ Giữ nguyên vế đơn giản nhất ( vế phải)
+ Đặt VP = f ( y ) , ( y = v )
+ VT = f (u ), u = x + a
+ Việc tìm a có thể dựa vào đồng nhất thức hoặc dùng máy tính để so sánh
2 ẩn x, y, khi đó ta tìm được a=1 .
Lời giải.
Đk: x ∈ [ −1,1] , y ∈ [ 0,2]
(1) ⇔ ( x + 1)3 + ( x + 1) = y 3
f (t ) = t 3 + t , t ∈ [ 0,2]

f '(t ) = 3t 2 + t > 0, ∀t ∈ [ 0,2]
f (u ) = f (v) ⇔ u = v ⇔ y = x + 1
Thay vào (2) ta có:
1 − x2 + x + 1 + 1 − x + 1 = 0
a = x +1 + 1− x
⇒ a = o∨ a = 2

5


Do a>0, ta có a = 2.
⇒ 1 − x2 = 1
⇔ x = 0, y = 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y ) = (0,1)
2 x − 2 y = ( y − x )( xy + 2)
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  2
2
x + y = 2
Phân tích. Nếu thay vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hằng đẳng thức
Lời giải.
2
2
Thay 2 = x + y vào phương trình thứ nhất ta được
2 x − 2 y = ( y − x)( xy + x 2 + y 2 ) ⇔ 2 x − 2 y = y 3 − x 3 ⇔ 2 x + x 3 = 2 y + y 3 (1)
t
3
t
2
Xét hàm số f (t ) = 2 + t , t ∈ ¡ có f '(t ) = 2 ln 2 + 3t > 0, ∀t ∈ ¡ suy ra f (t )

đồng biến trên ¡ . (1) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y thế vào pt thứ hai ta được
x = y = ±1 . Vậy tập nghiệm của hệ là S = { (1;1); (−1; −1)}
2

(4 x + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 (1)
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình  2
2
(2)

4 x + y + 2 3 − 4 x = 7
Lời giải.
3

x≤

3 − 4 x ≥ 0

4
⇔
ĐK: 
5 − 2 y ≥ 0  y ≤ 5

2
2
(1) ⇔ (4 x + 1)2 x + (2 y − 6) 5 − 2 y = 0

⇔ (2 x) 2 + 1 (2 x) = 


(

5 − 2y

)

2

+ 1 5 − 2 y ⇔ (2 x)3 + 2 x =


(

5 − 2y

)

3

+ 5 − 2y

⇔ f (2 x) = f ( 5 − 2 y ) với f (t ) = t 3 + t . f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f (t ) đồng
5 − 4 x2
,x ≥0
biến trên ¡ . Vậy f (2 x) = f ( 5 − 2 y ) ⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔ y =
2
2
 5 − 4x2 
2
Thế vào pt (2) ta được 4 x + 
÷ + 2 3 − 4 x − 7 = 0 ⇔ g ( x) = 0

 2 
2

 5 − 4x2 
 3
+ 2 3 − 4 x − 7, x ∈ 0; 
Với g ( x) = 4 x + 
÷
 4
 2 
 3
Hàm số nghịch biến do g’(x)<0 trên  0; ÷
 4
2

6


1 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  ;2 ÷
2 
3
 x − 3 x = y 3 − 3 y (1)
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình .  2
.
2
(2)
x + y = 1
Phân tích. Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên
ta muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm

3
số f (t ) = t − 3t không đơn điệu trên toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn
được x và y trên đoạn [ −1;1] .
Lời giải.
2
2
Từ (2) ta có x ≤ 1, y ≤ 1 ⇔ x, y ∈ [ −1;1]
3
2
Hàm số f (t ) = t − 3t có f '(t ) = 3t − 3 < 0, ∀t ∈ (−1;1) ⇒ f (t ) đồng biến trên
đoạn [ −1;1] . x, y ∈ [ −1;1] nên (1) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y thế vào pt (2) ta được

 2 2  
2
2  
2
. Vậy tập nghiệm của hệ là S =  ; ÷;  − ; − ÷ .
2  
2
 2 2   2
Nhận xét: Trong trường hợp này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để
hàm số đơn điệu trên đoạn đó.

x= y=±

Ví dụ 6. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm
 x 3 − y 3 + 3 y 2 − 3x − 2 = 0
 2
2
2

 x + 1 − x − 3 2 y − y + m = 0
Lời giải.
Điều kiện. −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2
3
3
(1) ⇔ x − 3x = ( y − 1) − 3( y − 1)
3
Hàm số f (t ) = t − 3t nghịch biến trên đoạn [−1;1]
x, y ∈ [ −1,1] nên f ( x) = f ( y − 1) ⇔ x = y − 1 ⇔ y = x + 1
Thế vào pt (2) ta được x 2 − 2 1 − x 2 = − m (3)
Hệ có nghiệm ⇔ Pt (3) có nghiệm x ∈ [ −1;1]


1 
2
2
Xét g ( x) = x − 2 1 − x , x ∈ [ −1;1] , g '( x ) = 2 x 1 +
÷
1 − x2 

g '( x ) = 0 ⇔ x = 0 . g (0) = −2, g (±1) = 1
Pt (3) có nghiệm x ∈ [ −1;1] ⇔ −2 ≤ − m ≤ 1 ⇔ −1 ≤ m ≤ 2
 x + x 2 + 1 = 3 y
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình 
2
x
 y + y + 1 = 3

7

Lời giải. Trừ vế hai pt ta được

(

)

x + x 2 + 1 − y + y 2 + 1 = 3 y − 3x ⇔ x + x 2 + 1 + 3x = y + y 2 + 1 + 3 y
f ( x) = f ( y ) với f (t ) = t + t 2 + 1 + 3t . f (t ) = 1 +

t

+ 3t ln 3 > 0, ∀t ∈ ¡

t +1
⇒ f (t ) đồng biến trên ¡ . Bởi vậy f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y thế vào pt thứ nhất ta
2
x
x
được x + x + 1 = 3 ⇔ 1 = 3
x
Với g ( x) = 3

(

(

(

2

)

x 2 + 1 − x ⇔ g (0) = g ( x ) .

)

x 2 + 1 − x . g '( x) = 3x ln 3

(

)

 x

x 2 + 1 − x + 3x  2
− 1÷
 x +1 

)


1 
2
2
x 2 + 1 − x  ln 3 −
÷> 0, ∀x ∈ ¡ do x + 1 − x > 0 và x + 1 ≥ 1
2
x +1 


Suy ra g ( x) đồng biến trên ¡ . Bởi vậy g ( x) = g (0) ⇔ x = 0
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 0.
= 3x

(1)
ln(1 + x) − ln(1 + y ) = x − y
Ví dụ 8. Giải hệ phương trình  2
2
(2)
 x − 12 xy + 20 y = 0
Lời giải. ĐK: x > −1, y > −1
(1) ⇔ ln(1 + x) − x = ln(1 + y ) − y ⇔ f ( x) = f ( y ) với
f (t ) = ln(1 + t ) − t , t ∈ (−1; +∞)
1
−t
f '(t ) =
−1 =
= 0 ⇔ t = 0 ∈ (−1; +∞ ) ⇒ f (t ) đồng biến trên (−1;0) và
1+ t
1+ t
nghịch biến trên khoảng (0; +∞)
TH 1. x, y ∈ (−1;0) hoặc x, y ∈ (0; +∞) thì f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y
Thế vào pt (2) ta được x = y = 0 (không thỏa mãn)
2
2
TH 2. x ∈ (−1;0), y ∈ (0; +∞) hoặc ngược lại thì xy < 0 ⇒ x − 12 xy + 20 y > 0
TH 3. xy = 0 thì hệ có nghiệm x = y = 0 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 0
Ví dụ 9. (Đại học khối A năm 2012) Giải hệ phương trình sau:
 x 3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y
(1)


 2
1
2
x
+
y
−
x
+
y
=
(2)


2

Phân tích.
+ Cái hay của bài toán nằm ở chỗ: sau khi gỡ được nút hàm số thì ta lại
gặp khó khăn trong việc chứng minh cho hàm đơn điệu. Điều này khiến nhiều
bạn bỏ cuộc, suy nghĩ sang hướng khác vì cho rằng hàm số này không sử dụng
được.
8


+ Vấn đề này đòi hỏi ta phải chú ý đến việc tìm điều kiện cho ẩn đặc
trưng t, và một cái khó nhìn nữa là điều kiện của t không đơn thuần chỉ là việc
dựa theo điều kiện của hai ẩn x, y từ đầu, mà là phải dựa vào đánh giá phương
trình (2).
Lời giải.

(1) ⇔ x3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y
f (t ) = t 3 +3t 2 − 9t , t ∈ ¡
f '(t ) = 3t 2 + 6t − 9
Bảng biến thiên:

t

−∞

f’(t)

-3
+

0

+∞

1
-

0

+

+∞
f(t)
-∞
Ta đi tìm điều kiện của t
1

1
(2) ⇔ ( x − ) 2 + ( y + ) 2 = 1
2
2
1
1
⇒ ( x − )2 ≤ 1;( y + ) 2 ≤ 1
2
2
1

−
1
≤
x
−
≤1

2
⇒
 −1 ≤ y + 1 ≤ 1

2
  1 3
 x ∈ − 2 , 2 
 

 5 1
 5 1
⇒

⇒ t ∈ − ,  ⇒ f '(t ) < 0,∀t ∈ − , 
 2 2
 2 2
 y ∈ − 3 , 1 
 2 2 

⇒u=v
⇒ y=x−2
1
3
3
1
(2) ⇒ x = , y = − ∨ x = , y = − .
2
2
2
2
9


Ví dụ 10. Giải hệ phương trình:
3
2
(1)
 y (3x + 2 x − 1) + 4 y = 8
 2 3
2
2
 y x + 4 y x − 6 y + 5 y = 4 (2)

Phân tích.
+Chia hai vế của (1) cho y 3 , (2) cho y 2 rồi cộng vế theo vế của hai
phương trình mới ta sẽ gỡ được nút hàm số của bài.
Lời giải.
HD:

8
4
 2
3
x
+
2
x
−
1
=
−
3

y
y2
2
2
2

hpt ⇔ 
⇒ x 3 + 3x 2 + 6 x + 4 = ( )3 + 3( ) ⇒ f ( x + 1) = f ( ).
y
y

y
 x3 + 4 x + 5 = 4 + 6
2

y
y
Như vậy việc gỡ nút trong nhiều bài tập là tương đối phức tạp, không chỉ
dựa trên một phương trình mà còn có thể kết hợp nhân, chia, cộng, trừ các
phương trình. Để tìm hiểu về “nguồn gốc của những cái nút” ấy, ta đi tìm cách
tự tạo ra một số nút thắt.
2.3.2. Kỹ thuật tạo nút thắt hàm số cho một số bài toán giải hệ phương
trình
Mục đích của nội dung này là giúp học sinh làm quen với một số kỹ thuật
tạo nút hàm số để tạo ra các dạng đề thi quen thuộc, ở các mức độ khó, dễ khác
nhau. Từ cách tư duy này học sinh có thể hiểu được một số ý tưởng ra đề để
“đón đầu” được xu thế của người ra đề.
Để nắm được kĩ thuật sáng tạo hệ phương trình, học sinh cần phải được rèn
luyện nhuần nhuyễn các kĩ năng như: thêm-bớt, quy lạ về quen,...
f ( x) = t 3 + t , có f ’ ( t ) = 3t 2 + 1 ≥ 0 , ∀t ∈ ¡ nên
Ví dụ 1. Xét hàm số:
hàm số f(t) đồng biến trên ¡ .
Ta có
f ( x ) = x x + x = ( x + 1) x .
f ( y + 2) = ( y + 2) y + 2 + y + 2 = (y+ 3) y + 2.
Ta có phương trình
( x + 1) x = ( y + 3) y + 2 ⇔ f ( x ) = f ( y + 2)

⇔ x = y+2⇔ x= y+2
Cho x = 3, y = 1

10


Kết hợp với một phương trình khác nhận (x,y)=(3,1) là nghiệm, chẳng hạn
phương trình:
y + 3 − x − 2 + 8 − x2 = 0

( x + 1) x = ( y + 3 y + 2
(1)
Ta có hệ

2
 y + 3 − x − 2 + 8 − x = o (2)
Như vậy để giải phương trình (1), ta xét hàm số f(t)=t3+t, chứng minh hàm
số y=f(t) đồng biến trên ¡ . Biến đổi phương trình (1) để được:  x = y + 2.
Thế vào pt(2) ta được:
x + 1 − x − 2 + 8 − x2 = 0
⇔ x + 1 − 2 + 1 − x − 2 + 9 − x2 = 0
x −3
x−3
⇔
+
− ( x − 3)( x + 3) = 0
x +1 + 2 1+ x − 2
x = 3
⇔
1
1

+

= x + 3(3)
 x + 1 + 2 1 + x − 2

Xét PT (3). Với x≥2 thì VT≤3/2,VP≥5. Vậy phương trình (3) vô nghiệm.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x,y)=(3,1).
* Để làm cho bài toán trở nên khó hơn ta xét hàm số f(t) với biểu thức theo
t phức tạp hơn, chẳng hạn:
3
 f ( 2 x + 1) = ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) = 8 x3 + 12 x 2 + 6 x + 1 + 2 x + 1 = 8 x 3 + 12 x 2 + 8 x + 2

= 2 ( 4 x3 + 6 x 2 + 4 x + 1) .

f ( 2 y + 3) = (2 y + 3) 2 y + 3 + 2 y + 3 = (2 y + 4) 2 y + 3.
Từ đó ta có Pt:
4 x3 + 6 x 2 + 4 x + 1 = (y + 2) 2 y + 3
⇔ f (2 x + 1) = f ( 2 x + 3)
⇔ y = 2x2 + 2 x − 1

Cho x = 1, y = 3

Kết hợp với một phương trình khác nhận ( x, y ) = ( 3,1) là nghiệm, chẳng
hạn phương trình:
y − x y + 6 − 6x2 + 6 = 0
4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 = (y + 2) 2 y + 3
Ta có hệ: 
(II)
2
 y − x y + 6 − 6 x + 6 = 0

11

3
Như vậy để giải hệ phương trình (II), ta xét hàm số f ( t ) = t + t , chứng
minh hàm số y=f(t) đồng biến trên ¡ . Biến đổi phương trình đầu để được:
y = 2 x 2 + 2 x − 1. Thế vào pt sau ta được:

2x2 + 2x −1 − x 2x2 + 2 x + 5 − 6x2 + 6 = 0
⇔ 2 x2 + 2 x + 5 − x 2 x2 + 2x + 5 − 6 x2 = 0
x =1
 2 x 2 + 2 x + 5 = 3x
⇔
⇔
 x = 1 − 11
 2 x 2 + 2 x + 5 = −2 x

2

Vậy hệ có 2 nghiệm (1;3) và (

1 − 11
; 6 − 2 11) .
2

Ví dụ 2. Ta xét hàm số khác, chẳng hạn ta xét hàm số
t2
2
2
f (t ) = t (2 + t + 4), f '(t ) = 2 + t + 4 +
≥ 0, ∀t ∈ ¡ .

t2 + 4
Suy ra f(t) đồng biến trên R.
Ta có:

f (2 x ) = 2 x(2 + 4 x 2 + 4) = 4 x + 4 x x 2 + 1
f (2 y + 1) = (2 y + 1)(2 + (2 y + 1) 2 + 4)
= 4 y + 2 + (2 y + 1) 4 y 2 + 4 y + 5
Từ đó ta có phương trình: 2 x = 2 y + 1
1 
Kết hợp với một phương trình khác nhận   ;0 ÷ là nghiệm, chẳng hạn PT:
2 

2x + 3 + 3 2 y + 1 − 3 = 0
Ta có hệ:
 4 x + 4 x x 2 + 1 = 4 y + 2 + (2 y + 1) 4 y 2 + 4 y + 5
(III)

3 2y +1 − 3 = 0
2
x
+
3
+

Như vậy để giải hệ phương trình (III), ta xét hàm số
t2
2
2
f (t ) = t (2 + t + 4), f '(t ) = 2 + t + 4 +
≥ 0, ∀t ∈ ¡ , hàm số

2
t +4
y = f ( t ) đồng biến trên ¡ . Biến đổi phương trình đầu để được: 2 x = 2 y + 1.
Thế vào pt sau ta được:

12


2x + 3 − 2 + 3 2x −1 = 0
2x −1
2x −1
⇔
+
=0
2x + 3 + 2 3 4x2 + 3 2x +1
1
⇔ x = ⇒ y = 0.
2
1 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  ;0 ÷ .
2 
* Để làm cho bài toán trở nên khó hơn ta xét hàm số f(t) với biểu thức theo t
phức tạp hơn, chẳng hạn:
1
1
1
1
1
1
f ( ) = (2 + 2 + 4) = (2 +

1 + 4 x 2 ) = 2 (2 x + 1 + 4 x 2 );
x
x
x
x
x
x
f (2 y ) = 2 y (2 + 4 y 2 + 4) = 4 y + 4 y y 2 + 1
1
1
⇒ f ( ) = f (2 y ) ⇔ = 2 y.
x
x
1
1
Cho x = 1 suy ra y = Kết hợp với một phương trình khác nhận x = 1, y =
2
2
làm nghiệm, chẳng hạn phương trình:
−2 x 2 + 2 x − 1 +

1
2y

1
−1 = 0
y

Ta có hệ:


1 1
2
−1 = 0
 −2 x + 2 x − 1 +
2
y
y
(IV)


2
2
2
2 x + 1 + 4 x − 4 x y y + 1 = 0
Như vậy để giải hệ phương trình (IV), ta xét hàm số
f (t ) = t (2 + t 2 + 4), f '(t ) = 2 + t 2 + 4 +

t2
t2 + 4

≥ 0, ∀t ∈ ¡ , hàm số y=f(t) đồng

biến trên ¡ . Biến đổi phương trình sau để được:

1
= 2y .
x

Thế vào pt đầu ta được:

13


−2 x 2 + 2 x − 1 + x 2 x − 1 = 0
⇔ 2x −1+ x 2x − 1 − 2x2 = 0
 2x −1 = x
⇔
 2 x − 1 = −2 x
1
⇔ x =1⇒ y =
2
 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 1; ÷ .
 2
Ví dụ 3. Sau đây ta sẽ xây dựng hệ phương trình giải được bằng phương pháp
hàm số mà phải kết hợp cả hai phương trình trong hệ.
Đầu tiên ta sẽ xây dựng hệ phương trình giải được bằng cách chỉ nhân một
phương trình của hệ với hằng số và kết hợp với phương trình còn lại. Chẳng hạn
ta xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t , f '(t ) = 3t 2 + 3 ≥ 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số f(t) đồng biến
trên ¡ .
f (2 x + 1)3 + 3(2 x + 1) = 8 x 3 + 12 x 2 + 12 x + 4 ;
f ( y + 2) = ( y + 2)3 + 3( y + 2) = y 3 + 6 y 2 + 15 y + 14.
Khi đó
f (2 x + 1) = f ( y + 2) ⇔ 2 x + 1 = y + 2 (2)
Cho x=1 thì y=1.
Từ đó ta xét hệ phương trình
3
2
2


4 x + 6 x − 3 y − 3 y − 4 = 0
(V)
 3
y
+
9
y
−
12
x
+
2
=
0


Để giải hệ trên ta lấy phương trình đầu nhân 2 trừ đi phương trình sau và
3
biến đổi để đưa về phương trình dạng (1), với f ( t ) = t + 3t có

f ’ ( t ) = 3t 2 + 3 ≥ 0 ∀t ∈ ¡ nên hàm số f(t) đồng biến trên ¡ . Khi đó ta có
y = 2 x − 1 . Thay vào phương trình đầu của hệ ta có x=1, suy ra y=1.
* Bây giờ ta sẽ xây dựng hệ phương trình giải bằng cách nhân cả hai phương
trình của hệ với hằng số và kết hợp hai phương trình mới lại với nhau.
Chẳng hạn ta xét hàm số f (t ) = t 3 + t , f '(t ) = 3t 2 + 1 ≥ 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số f(t)
đồng biến trên ¡ .
Ta có:
f (2 x − 1) = (2 x − 1)3 + (2 x − 1) = 8 x 3 − 12 x 2 + 8 x − 2;
f (3 y − 2) = (3 y − 2)3 + (3 y − 2) = 27 y 3 − 54 y 2 + 39 y − 10.
⇒ f (2 x − 1) = f (3 y − 2) ⇔ 8 x3 − 12 x 2 + 8 x − 2 = 27 y 3 − 54 y 2 + 39 y − 10(1)

Chọn x=1, y=1.

14


Khi đó ta biến đổi PT (1) sao cho hai vế của PT (1) bằng nhau khi thay cặp số
(1,1) vào, chẳng hạn ta có thể biến đổi như sau:

(1) ⇔ 8 x 3 + 8 x − 12 y − 4 = 27 y 3 − 54 y 2 + 27 y + 12 x 2 − 12 .
Từ đó ta có hệ :
 4 x 3 + 4 x − 6 y − 2 = 0(3)

2
 4 x + 9 y − 18 y + 9 y − 4 = 0(4)
Để giải hệ phương trình trên , ta lấy PT (3) nhân 2 trừ PT (4) nhân với 3 ta
được PT (2), biến đổi PT (2) về PT(1).
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t , f '(t ) = 3t 2 + 1 ≥ 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số f(t) đồng biến
trên ¡ .
Nên PT (1) suy ra f ( 2 x − 1) = f ( 3 y − 2 ) hay 2 x − 1 = 3 y − 2
Thế vào PT (3) ta được x = 1, y = 1 là nghiệm của hệ.
2

Bài tập đề nghị
Bài toán: Giải các hệ phương trình sau:
2
2

 x + 21 = y − 1 + y
1. 
2

2

 y + 21 = x − 1 + x

ln( x + 1) − ln( y + 1) = x − y
3.  2
2
 x − 12 xy + 20 y = 0

 x + 1 + 2 − y = 3
5. 
 2 − x + y + 1 = 3
7.

 x + y − x − y = 4x − y


 x 2 − 16 = 2 y − 3 x

(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
9.  2
2
 4 x + y + 2 3 − 4 x = 7

1
 1
x
−
=
y

−

x
y
2. 
2 y = x3 + 1


 x 2 + y = y 2 + x
4.  x + y
x −1
 2 − 2 = x − y
2
 4
x
−
=
2
y
−

x
y
6. 
2 x = y3 + 3

 x 2 y 2 − 2 x + y 2 = 0
8.  3
2
2 x + 3 x + 6 y − 12 x + 13 = 0

 3 1 + x + 1 − y = 2
10.  2
4
3
 x − y + 9 y = x (9 + y − y )

 x5 + xy 4 = y10 + y 6
11. 
2
 4 x + 5 + y + 8 = 6
 2(2 x + 1)3 + 2 x + 1 = (2 y − 3) y − 2
12. 
 4 x + 2 + 2 y + 4 = 6

15


y
 x
e = 2007 −
y2 −1

13. 
e y = 2007 − x

x2 −1

2
 x + 3x + ln(2 x + 1) = y

14.  2
 y + 3 y + ln(2 y + 1) = x

x + 2x − 5 y = 4 y + x − y

15. 

 xy = 1

 x 2 + 2 xy 2 + 2 y = x + 2 xy + 4 y 2
16. 
3
2 3x − 5 + 3 8 y − 3x + 9 = 7

2 x− y

− 2 x + y = ( x + y ) x + y − (2 x − y ) 2 x − y
2
17. 
3
3

 y − 2( x − 1) + 1 = 0

 7 x + y + 2 x + y = 5
18. 
 x + 4 y + x − y = 2
2
y −1


x + x − 2x + 2 = 3 +1
19. 
2
x −1

 y + y − 2 y + 2 = 3 +1
3
2
2( x + 2 x − y − 1) = x ( y + 1)
21.  3
2
 y + x + 1 + ln( y + 2 x) = 0
 x − y = (log 2 y − log 2 x)( xy + 2)
23.  3
3
 x + y = 16

27 x 3 − 8 y 3 = 27 x 2 + 2 y − 12 x + 2
25.  3
2
 x + x − 15 x + 30 = 4 4 9(2 y + 4)

 x 2 + 91 = y − 2 + y 2
20. 
 y 2 + 91 = x − 2 + x 2
x− y
x+ y
e + e = 2( x + 1)
22.  x + y
e = x − y + 1

 x3 y = 24
24. 
3
2 x + y = 6 3 3
2y

log
= x −2y
2012

x

26.  3
3
 x + y = x2 + y2

 x+ y

16


2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Tổ chức thực nghiệm
Tổ chức thực nghiệm tại trường THPT Lê Viết Tạo, huyện Hoằng Hóa gồm:
• Lớp thực nghiệm: 12A
Thời gian tiến hành thực nghiệm từ tháng 09 năm 2015 đến tháng 01 năm 2016.
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(12A)

0

0

7

7

8

5

4

4

4

1

40

Kết quả lớp thực nghiệm có 26/40 (chiếm 65%) đạt trung bình trở lên,
trong đó có 12/40 (chiếm 30%) đạt khá giỏi.
Sau khi thực hiện đề tài, các em học sinh đã có được:
- Có thêm một phương pháp để giải 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;
- Tư duy logic, sáng tạo, 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;
- 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 .
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.

17


3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
Trên đây là những giải pháp mà tôi đúc rút được trong suốt quá trình giảng
dạy tại trường THPT.
Bên cạnh việc rèn kĩ năng giải hệ theo phương pháp xét tính đơn điệu của
hàm số, học sinh còn được thực hành cách xây dựng một bài toán (tự mình tìm
ra các đề bài ở mức độ khó, dễ khác nhau) . Điều này khiến các em trở nên tự tin
hơn khi đứng trước một bài toán giải hệ phương trình dù là rất phức tạp, hơn nữa
còn kích thích tư duy sáng tạo, khả năng khái quát hóa...
3.2. Kiến nghị
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:
- 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.
- Đề tài khái quát một cách giải phổ biến nhất cho các hệ phương trình
thuộc nhiều dạng khác nhau nhưng không có nghĩa là triệt tiêu tất cả các cách
giải khác 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.
Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn nhiều hạn chế. Tôi
rất mong nhận được sự góp ý chân thành của quý thầy cô và đồng nghiệp. Tôi
xin chân thành cảm ơn.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2016
ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Lưu Thị Hương

18


MỤC LỤC
1
1.1
1.2
1.3
1.4
2
2.1

MỞ ĐẦU
LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM
CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN
KINH NGHIỆM
THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ TRƯỚC

2.2

KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH

2.3

NGHIỆM
CÁC GIẢI PHÁP ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN
ĐỀ
2.3.1. KỸ THUẬT GỠ NÚT THẮT HÀM

Trang
1
1
1
2
2
2

3

3
3

SỐ KHI SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
2.3.2. KỸ THUẬT TẠO NÚT THẮT CHO

11

MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG
TRÌNH
HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH
2.4

3
3.1
3.2

NGHIỆM ĐỐI VỚI HOẠT ĐỘNG GIÁO
DỤC, VỚI BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP
VÀ NHÀ TRƯỜNG
KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
KẾT LUẬN
KIẾN NGHỊ

17

18
18
18

19