skkn ứng dụng sự đồng biến nghịch biến giải phương trinh

PHẦN A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lý do chọn đề tài
Trong những năm gần đây việc đổi mới phương pháp dạy học được các nhà
trường, các cấp quản lý giáo dục đào tạo, các giáo viên quan tâm hơn và được xem
là nội lực để phát triển giáo dục. Nghị quyết sô 29-NQ/TW ngày 4 tháng 11 năm
2013 của Ban Chấp Hành Trung Ương đã nêu rõ “tiếp tục đổi mới mạnh mẽ
phương pháp dạy và học theo hướng hiện đại; phát huy tính tích cực, chủ động,
sáng tạo và vận dụng kiến thức, kỹ năng của người học, khắc phục lối truyền thụ
áp đặt một chiều, ghi nhớ máy móc. Tập trung dạy các học, cách nghĩ, khuyến
khích tự học, tạo cơ sở để người học tự cập nhật và đổi mới tri thức kỹ năng, phát
triển năng lực...” và Nghị quyết sô 05 - NQ/TU ngày 20 tháng 12 năm 2011 của
BCH Đảng Bộ tỉnh về phát triển, nâng cao chất lượng giáo dục và đào tạo đến năm
2015 và những năm tiếp theo cũng đã xác định một trong những nhiệm vụ và giải
pháp chủ yếu là “Tích cực đổi mới phương pháp dạy học; đa dạng hóa hình thức đào
tạo, gắn đào tạo với nhu cầu xã hội”
Các nhà giáo dục khẳng định: con người chỉ thực sự nắm vững cái mà chính mình
giành được bằng hoạt động tự học của bản thân. Thực tế vấn đề tự học của bản thân là
khâu quan trọng không thể tách rời trong quá trình tích lũy tri thức nhân loại. Môn Toán
trong trường phổ thông giữ một vai trò quan trọng, là công cụ để học tốt các môn học
khác. Môn Toán rèn luyện cho học sinh khả năng tự học mang lại chất lượng học tập
cao để từ đó hình thành phảm chất của người lao động mới: chủ động tích cực trong
mọi việc.
Hệ phương trình là một trong những nội dung trọng tâm trong chương trình
đại số trung học phổ thông. Đặc biệt nội dung này cũng là một bộ phận trong cấu
trúc đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng trong những năm gần đây.
Mặc dầu những kiến thức về hệ phương trình được trình bày trong các sách
giáo khoa ở cả ba khối nhưng chỉ ở mức độ đơn giản so với các bài tập trong đề
thi tuyển sinh đại học, cao đẳng. Bên cạnh đó, lượng bài tập ít, số tiết trong phân
phối chương trình hạn chế dẫn đến giáo viên không đưa ra được nhiều dạng bài tập
để học sinh hình thành kỹ năng giải hệ phương trình. Trong khi đó để giải hệ
phương trình, học sinh cần tích hợp nhiều kỹ năng toán học, không những nắm

vững lý thuyết mà còn phải thực hành nhiều để có năng lực biến đổi trong từng
dạng bài. Hiện nay, phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong sách giáo
khoa đã giảm tải, chỉ ứng dụng vào khảo sát hàm số và vẽ đồ thị, tuy nhiên,
phương pháp này lại được ứng dụng được nhiều trong các bài toán chứng minh bất


đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương
trình,… Những bài toán sử dụng phương pháp này thường có cách giải nhanh gọn.
Phương pháp này thường được giáo viên đưa ra khi bồi dưỡng học sinh giỏi hay
theo chuyên đề cho được ít học sinh trong khi đó phương pháp này được ứng dụng
trong các kỳ thi đại học, cao đẳng trong những năm gần đây nên tôi chọn đề tài:
“Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phương trình” để nghiên cứu
II. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu dùng tính đơn điệu của hàm số vào giải hệ phương trình nhằm góp
phần nâng cao chất lượng dạy học toán theo yêu cầu đổi mới chương trình sách
giáo khoa hiện nay
III. Đối tượng nghiên cứu
Đề tài tập trung vào nghiên cứu làm sáng tỏ việc dùng tính đơn điệu của hàm
số vào giải hệ phương trình
IV. Phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu sử dụng sách giáo khoa 10, 12 và một số tài liệu tham khảo
V. Nhiệm vụ nghiên cứu
Đề tài làm rõ
- Hệ thống hóa các kiến thức và ví dụ về giải hệ phương trình bằng phương
pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số
- Đánh giá thực trạng kỹ năng giải hệ phương trình của học sinh THPT
- Đề xuất các dạng áp dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phương trình
cho học sinh lớp 12 chuẩn bị thi đại học, cao đẳng
VI. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu các tài liệu về hệ phương trình ở chương trình Toán PTTH

- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học
- Tiến hành thực nghiệm trên một số học sinh để xem xét tính khả thi và hiệu
quả của đề tài
- Thời gian nghiên cứu: trong suốt thời gian dạy học trực tiếpkhối 10 và 12.

PHẦN B: NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận
1. Một số kiến thức cơ bản:
Định nghĩa hàm số đơn điệu:
Cách 1: Cho hàm số y = f ( x) xác định trên khoảng K.


i) Hàm số y = f ( x) đồng biến (tăng) trên K nếu
với mọi x1 , x2 ∈ K mà x1 < x2 thì f ( x1 ) < f ( x2 ) .
ii) Hàm số y = f ( x) nghịch biến (giảm) trên K nếu
với mọi x1 , x2 ∈ K mà x1 < x2 thì f ( x1 ) > f ( x2 ) .
Cách 2: Giả sử hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên K.
i) Nếu f '( x) ≥ 0, ∀x ∈ K và f '( x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm
số đồng biến trên K.
ii) Nếu f '( x) ≤ 0, ∀x ∈ K và f '( x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số
nghịch biến trên K.
iii) Nếu f '( x) > 0 với ∀x ∈ (a, b) và f '( x) liên tục trên [a; b] thì hàm số
y = f ( x) đồng biến trên [a; b]
4i) Nếu f '( x) < 0 với ∀x ∈ (a, b) và f '( x) liên tục trên [a; b] thì hàm số
y = f ( x) nghịch biến trên [a; b]
2 Định lí, tính chất hàm đơn điệu
Định lý. Cho hàm số y = f ( x) tăng hoặc giảm trong khoảng (a; b). Khi đó
f (u ) = f (v ) ⇔ u = v với mọi u , v ∈ (a; b).
Tính chất
+ Nếu hàm số y = f ( x) tăng hoặc giảm trong khoảng (a; b) thì phương trình

f ( x) = k có không quá một nghiệm trong khoảng (a,b).
+ Nếu hàm số y = f ( x) tăng trong khoảng (a; b) và hàm số y = g ( x) là hàm
hằng hoặc là một hàm giảm trong khoảng (a; b) thì phương trình f(x)= g(x) có
nhiều nhất một nghiệm trong khoảng (a; b). Do đó nếu ∃x0 ∈ (a; b) : f ( x0 ) = g ( x0 ) thì
đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x)= g(x).
II. Cơ sở thực tiễn
Hệ phương trình đại số là mảng kiến thức quan trọng trong chương trình toán
học phổ thông, nó thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10; tuyển sinh đại
học, cao đẳng; thi học sinh giỏi. Mặc dù học sinh được cọ sát phần này khá nhiều
song phần lớn các em vẫn thường lúng túng trong quá trình tìm ra cách giải.
Nguyên nhân là vì
- Hệ phương trình là mảng kiến thức phong phú và khó, đòi hỏi người học
phải có tư duy sâu sắc, có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khác nhau, có sự nhìn
nhận trên nhiều phương diện.
- Sách giáo khoa giảm tải, các tài liệu tham khảo đề cập đến nhiều về hệ
phương trình song sử dụng tính đơn điệu của hàm số còn ít nên khi học học sinh
chưa có sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìn tổng quát về hệ phương trình.


- Đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quen tổng quát bài
toán và tìm ra bài toán xuất phát, chưa biết được bài toán trong các đề thi do đâu
mà có nên khi người ra đề chỉ cần thay đổi một chút là đã gây khó khăn cho các em
Mặt khác hệ phương trình trong kỳ thi tuyển sinh những năm gần đây thường
dùng tính đơn điệu của hàm số vào giải quyết thì học sinh càng ít kiếm điểm từ giải
hệ. Việc sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải hệ thường nhanh, độc đáo
nhưng bài tập dạng này thường khó và không mẫu mực nên học sinh lúng túng
trong nhận dạng và xây dựng hàm số.
III. Các biện pháp ứng dụng tính đơn điệu của hàm số giải hệ phương
trình
1. Giải pháp chung ứng dụng tính đơn điệu của hàm số giải hệ phương

trình
Để học sinh có kĩ năng giải hệ phương trình bằng phương phá sử dụng tính
đơn điệu của hàm số, tôi xin đưa ra một số giải pháp sau:
- Giáo viên cho học sinh tiếp cận phương pháp này từ lớp 10 và việc chứng
minh tính đơn điệu của hàm số sử dụng định nghĩa.
- Giáo viên tùy vào trình độ của học sinh đưa các bài tập từ dễ đến khó
- Dạy học theo chuyên đề ôn thi THPT quốc gia tạo sự hứng thú cho học sinh.
Ngoài các giải pháp trên khi dạy học theo chuyên đề này tôi đưa ra các bước
Bước 1: Nhận dạng
Bước 2: Xây dựng hàm số
Bước 3: Chứng minh tính đơn điệu
Bước 4: Kết luận
* Bước 1: Nhận dạng
Để giải hệ phương trình theo phương pháp sử dụng tính đơn điệu ta thường áp
dụng cho các dạng bài tập:
- Không sử dụng biến đổi tương đương; đặt ẩn phụ
- Hệ đối xứng loại 1, hệ đối xứng loại II mà các ẩn x, y có thể tách riêng hai
vế.
* Bước 2: Xây dựng hàm số
Đây là bước quan trọng trong phương pháp này. Để xây dựng hàm số ta phải biến
đổi một trong hai vế phương trình về dạng đặc trưng.
Xét hệ phương trình
(I )

 F ( x, y ) = 0

G ( x, y ) = 0

Nếu một trong hai phương trình của hệ (I) đưa về dạng

( II )

 f ( x) = f ( y )
 f (u ( x)) = f (v ( y ))


trong đó f là hàm số đơn điệu trên một khoảng xác định nào đó thì hệ phương trình
(I) tương đương với

( III )

x = y

G ( x, y ) = 0
u ( x ) = v ( y )

G ( x, y ) = 0


Ví dụ 1. (Thi thử trường Đào Duy Từ năm 2012) Giải hệ phương trình sau
e x − e y = x − y


x
3
log 2 + log 2 4 y = 10

2
Nhận xét: Ở phương trình đầu ta thấy nghiệm x = y nên ta có thể biến đổi

ex − e y = x − y ⇔ ex − x = e y − y .

Sau đó, ta xét hàm số f (t ) = et − t .
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau
 x 3 − 2 y + 1 = 0

 (3 − x) 2 − x − 2 y 2 y − 1 = 0

Nhận xét: Ở phương trình thứ 2 ta thấy bậc của x và y như nhau nên ta biến đổi
(3 − x ) 2 − x − 2 y 2 y − 1 = 0
⇔ [1 + (2 − x)] 2 − x = [1 + (2 y − 1)] 2 y − 1

Xét hàm số f (t ) = (1 + t 2 )t khi đó ta đưa về dạng f ( 2 − x ) = f ( 2 y − 1) .
* Bước 3: Chứng minh tính đơn điệu
Để chứng minh tính đơn điệu của hàm số ta thường sử dụng hai phương pháp
sau:
Phương pháp 1: Sử dụng định nghĩa tính đơn điệu để chứng minh tính đơn điệu
của hàm số.
Phương pháp 2: Sử dụng tính chất của đạo hàm để chứng minh tính đơn điệu của
hàm số.
Phương pháp sử dụng đạo hàm để chứng minh tính đơn điệu của hàm số là
một phương pháp nhanh và đơn giản. Phương pháp sử dụng định nghĩa để chứng
minh tính đơn điệu của hàm số thường sử dụng cho học sinh lớp 10
* Bước 4: Kết luận


Từ tính đơn điệu của hàm số ta suy ra được nghiệm của hệ phương trình thì
kết luận. Nếu từ tính chất đơn điệu của hàm số ta đưa về hệ đơn giản hơn thì áp
dụng các phương pháp đã học để giải quyết hệ phương trình.
2. Một số bài tập minh họa

*Dạng 1: Biến đổi một phương trình của hệ về một phương trình có dạng đặc
trưng
Bài 1 (Khối A-2012). Giải hệ phương trình sau
 x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

 2
1
2
x + y − x + y =

2

Định hướng:
Ở phương trình đầu ta thấy bậc của x và y cùng là bậc 3 nên khả năng sử
dụng đồng biến, nghịch biến cao. Mà hai vế có cùng hạng tử bậc 2 nên ta cần tìm
những số thỏa mãn
m(ax + b)3 + n(ax + b) = m(cy + d )3 + n(cy + d )

(*)

Ta thấy các hệ số của x3 và y 3 trong (*) tương ứng với các hệ số của x3 và y 3 trong
phương trình đầu của hệ phương trình đã cho nên ta chọn m=1, a= 1 và c=1.
Phương trình (*) tương đương với
( x + b ) 3 + n ( x + b) = ( y + d ) 3 + n ( y + d )

(**)

Hệ số của x 2 và y 2 trong (**) thỏa mãn
3b = −3 b = −1
⇒


3d = 3
d = 1

Khi đó phương trình (**) tương đương với
( x − 1)3 + n( x − 1) = ( y + 1)3 + n( y + 1) (***)

Chọn hệ số của x trong (***) ta được n=-12
Do đó phương trình (***) tương đương với
( x − 1)3 − 12( x − 1) = ( y + 1)3 − 12( y + 1)

Mặt khác phương trình thứ hai của hệ phương trình đã cho ta viết lại được:
1
1

 3
−1 ≤ x − ≤ 1  − ≤ x − 1 ≤

1
1


2
2
( x − )2 + ( y + )2 = 1 ⇒ 
⇒ 2
2
2
 −1 ≤ y + 1 ≤ 1  − 1 ≤ y + 1 ≤ 1


2
 2

Giải
Hệ phương trình đã cho tương đương với
( x − 1)3 − 12( x − 1) = ( y + 1)3 − 12( y + 1)


1 2
1 2
( x − ) + ( y + ) = 1

2
2

(1)
(2)


1
1

 3
−
1
≤
x
−
≤
1

−
≤
x
−
1
≤
1
1


2
2
(2) ⇔ ( x − ) 2 + ( y + ) 2 = 1 ⇒ 
⇒ 2
1
1
2
2
 −1 ≤ y + ≤ 1 − ≤ y + 1 ≤ 1

 2
2

(1) có dạng f(x-1) = f(y+1)


Xét hàm số f (t ) = t 3 − 12t trên  − ; 
 2 2
3 3

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

 3 3
 − 2 ; 2 

Do đó ta có f ( x − 1) = f ( y + 1) ⇔ x − 1 = y + 1 ⇔ x = y + 2
1

x=

1 
3

2
2
Thay vào (2) ta được  x − ÷ +  x − ÷ = 1 ⇔ 4 x − 8 x + 3 = 0 ⇔ 
2 
2

x = 3

2
2

1
2

3
2

3
2

1
2

2

Với x = ⇒ y = − ,
Với x = ⇒ y = −

1

3 3

1

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  ; − ÷;  ; − ÷
2 2 2 2
Bài 2. ( Thi thử THPT Nguyễn Trãi- Thái Bình năm 2012) Giải hệ phương trình
6
3
2
2

 x − y + x − 9 y − 30 = 28 y

 2 x + 3 + x = y

(1)
(2)

Định hướng:
Ở phương trình (1) bậc của x và y không bằng nhau nên ta cần đưa x về một vế và
y về một vế để tìm mối liên hệ
(1) ⇔ x 6 + x 2 = y 3 + 9 y 2 + 28 y + 30
⇔ x 6 + x 2 = ( y + 3)3 + ( y + 3)
⇔ x 2 ( x 4 + 1) = ( y + 3) ( y + 3) 2 + 1 ⇒

y+3≥ 0

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t với t ≥ 0 Ta có f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t .
Suy ra hàm số f(t) đồng biến. Do đó ta có f ( x 2 ) = f ( y + 3) ⇔ x 2 = y + 3
Khi tìm được mối liên hệ của x và y thay vào phương trình (2) của hệ phương trình
đã cho để tìm nghiệm của hệ phương trình
Bài 3. ( Thi thử k2pi.net.vn năm 2015) Giải hệ phương trình sau:
 x x 2 + y + y = x 4 + x3 + x


9
 x + x + x − 1 + y ( x − 1) =

2

(1)

(2)


Định hướng: Để giải hệ phương trình này ta tìm mối liên hệ giữa x và y ở phương
trình (1); có thể sử dụng biến đổi tương đương và nhân lượng liên hiệp hoặc sử
dụng tính đơn điệu của hàm số.
Giải: Điều kiện: x ≥ 1; y ≥ 0
Chia hai vế phương trình (1) cho x 2 ta được:
1+

y
y
1 1
+ 2 = 1+ +
2
x
x
x x

(3)

Xét hàm số f (t ) = 1 + t + t trên ( 0; +∞ )
f '(t ) =

1
+ 1 > 0 ⇒ hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ )
2 1+ t

 
Phương trình (3) ⇔ f  2 ÷ =

x 
y

y 1
1
f  ÷⇔ 2 = ⇔ y = x
x
x
x

Thay vào phương trình (2) ta có: x + x + x − 1 + x( x − 1) =
⇔

(

)

2

x + x −1 + 2

(

9
2

)

x + x −1 − 8 =

⇔ x + x −1 = 2 ⇔ x =

9
2

25
6

 25 25 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  ; ÷
 6 6 

Bài 4. Giải hệ phương trình:
 x ( x 2 − y 2 − 12) + y 2 ( x + y − 6) = 16
(1)

2
2
 18 x + 4 + 2 4 − x − 5 4 y − y + 4 = 0 (2)

Định hướng: Ta thấy ở phương trình thứ (2) xuất hiện căn thức chứa x; y nên ta cần
tìm mối liên hệ giữa x, y dựa vào phương trình (1).
Giải:
−2 ≤ x ≤ 2
0 ≤ y ≤ 4

Đk: 

Ta có:
x ( x 2 − y 2 − 12) + y 2 ( x − y + 6) = 16 ⇔ x 3 − 12 x − 16 = − y 3 + 6 y 2

⇔ ( x + 2)3 − 6( x + 2) 2 = −( y 3 − 6 y 2 ) (3)
3

2

Xét hàm số f(t) = t -6t .
f '(t ) = 3t 2 − 12t = 3t (t − 4) ≤ 0, ∀t ∈ [ 0; 4 ]

Suy ra, hàm số f(t) nghịch biến trên [0;4]


(3) ⇔ y = x + 2

Thay y = x +2 vào phương trình (2) ta được phương trình :
4x2 + 6 = 3 4 − x2
⇔ x=0
⇒ y=2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (0;2).
Bài 5. Giải hệ phương trình
( 57 − 5 x ) 11 − x + ( 5 y − 52 ) 10 − y = 0

2
 2 x − y + 6 + x = −2 x + y + 11 + 2 x + 66

(1)
(2)

( x, y ∈ ¡ )

Giải:
 x ≤ 11
 y ≤ 10

ĐK: 
2 x − y + 6 ≥ 0
 −2 x + y + 11 ≥ 0

Phương trình (1) ⇔  2 + 5 ( 11 − x )  11 − x =  2 + 5 ( 10 − y )  10 − y (3)
2
Xét hàm số f (t ) = ( 2 − 5t ) t ; ∀t ≥ 0

⇒ f '(t ) = 2 + 15t 2 > 0; ∀t ≥ 0

Do đó hàm số đồng biến trên [ 0; +∞ )
Phương trình (3) ⇔ 11 − x = 10 − y ⇔ y = x − 1
Thay vào phương trình (2) ta có:
x + 7 + x 2 = 10 − x + 2 x + 66
⇔

(

) (

)

x + 7 − 4 + 1 − 10 − x + x 2 − 2 x − 63 = 0

x−9

x−9
+
+ ( x − 9) ( x + 7 ) = 0
x + 7 + 4 1 + 10 − x
1
1


⇔ ( x − 9) 
+
+ x + 7 ÷= 0
 x + 7 + 4 1 + 10 − x

⇔


⇔ x = 9  do


1
1

+
+ x + 7 > 0÷
x + 7 + 4 1 + 10 − x


Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (9;8)
Bài 6: Giải hệ phương trình

(

)(

)

 x + x 2 + 4 y + y 2 + 1 = 2 (1)


27 x 6 = x3 − 8 y + 2
(2)

Giải:


2
Phương trình (1) ⇔ x + x + 4 =

⇔ x + x 2 +4 =

2
y + y2 +1

( −2 y )

2

+ 4 + ( −2 y ) (3)

Hàm số f (t ) = t 2 + 4 + t đồng biến trên

Phương trình (3) ⇔ x = 2 y . Thay vào phương trình (2) ta có
27 x 6 = x 3 + 4 x + 3
⇔ 3x 2 = 3 x3 + 4 x + 3
⇔ ( x + 1) + ( x + 1) = x 3 + 4 x + 3 + 3 x 3 + 4 x + 3 (4)
3

Hàm số g (t ) = t 3 + t đồng biến trên ¡ nên
Phương trình (4) ⇔ x + 1 = 3 x 3 + 4 x + 3
⇔ 3x 2 − x − 1 = 0
⇔x=

1 ± 13
6
 1 + 13 2 + 2 13   1 − 13 −2 + 2 13 
;−
÷
÷
÷;  6 ;
÷
6
6
 6
 


Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 
Bài 7. Giải hệ phương trình

 x − y = tan x − tan y (1) 
 π 

x; y ∈  0; ÷÷


(2) 
 2 
 tan x + tan y = 2
Giải:
Phương trình (1) ⇔ x − tan x = y − tan y (3)
 π
Xét hàm số f(t) = t − tant; ∀ t ∈  0; ÷
2


f '( t ) = 1−



1
 π
<
0;
do
t
∈
 0; ÷⇒ 0 < cos t < 1
cos 2 t
 2

Do đó hàm số nghịch biến. Phương trình (3) ⇔ x = y
Thay vào phương trình (2) ta có tan x = tan y = 1 ⇔ x = y =

π
4

π π 

Vậy nghiệm của hệ phương trình:  ; ÷
4 4
Bài 8. ( Thi thử chuyên ĐH Vinh 2014) Giải hệ phương trình
 4 xy + ( xy − 2 ) 2 xy + xy − 3 = 0
 2
log 2 ( x − y ) + log 2 .log 2 y = 0

Giải:

(1)
(2)

( x, y ∈ ¡ )


Điều kiện: x>y>0
Đặt t=xy >0. Phương trình (1) trở thành
4t + ( t − 2 ) 2t + t − 3 = 0 ⇔ ( 2t + 1) ( 2t + t − 3 ) = 0 ⇔ 2t + t − 3 = 0,

vì 2t + 1 > 0

Vì hàm số f (t ) = 2t + t − 3 đồng biến trên ¡ mà f(1)=0 nên 2t + t − 3 = 0 ⇔ t = 1
Khi đó ta có xy = 1 hay y =

1
x

Thay vào phương trình (2) ta được:
1
1
x2 −1

log 22  x − ÷+ log 2 x.log 2 = 0 ⇔ log 22
= log 22 x
x
x
x

2
2

 x −1
x −1
log 2 x = log 2 x
 x =x
 x2 −1 = x

⇔
⇔
⇔
⇔ x= 2
 2
x2 −1
x

−
1
=
1

 x2 −1 1

log 2 x = − log 2 x
 x = x


1 

Suy ra nghiệm của hệ phương trình là:  2; ÷
2

Bài 9: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
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;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 ⇔ Phương trình (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
Phương trình (3) có nghiệm x ∈ [ −1;1] ⇔ −2 ≤ − m ≤ 1 ⇔ −1 ≤ m ≤ 2
*Dạng 2: Từ một phương trình của hệ phương trình tìm được mối liên hệ giữa x và
y sử dụng tính đơn điệu của hàm số tìm nghiệm của hệ phương trình
Bài 10. Giải hệ phương trình sau:


 x + y + xy + 3 y = 3x + 6 (1)


5
 3 x − 2 − y = x + y − 10 (2)


Định hướng: Ở phương trình (1) xuất hiện căn thức có mối liên hệ giữa x, y nên ta
có thể biến đổi để tìm mối liên hệ của x, y từ phương trình này

Giải
2
3

Điều kiện: x ≥ , y≥ 0 , x+y ≠ 10 (*)
Với điều kiện (*) ta có x+2>0 nên :
(1) ⇔ y + y . x + 3 − 2( x + 3) = 0

(

⇔ y − x+3

)(

)

y +2 x+3 =0

 y − x + 3 = 0

⇔

 y + 2 x + 3 = 0 (VN )

⇔ y − x + 3 = 0 ⇔ y=x+3 (3)
Thay (3) vào (2) ta có phương tình: 3x − 2 − x + 3 −
Vậy điều kiện để (4) có nghĩa: x ≥

2
7

, x≠
3
2

Xét hàm số : f ( x) = 3 x − 2 − x + 3 −

f '( x ) =
=

5
= 0 (4)
2x − 7

5
2
 7 
trên  ;+∞  \  
2x − 7
3
 2

3
1
10
3 x + 3 − 3x − 2
10
−
+
=
+

2
2
3x − 2 2 x + 3 ( 2 x − 7 )
2 3 x − 2. x + 3 ( 2 x − 7 )
6 x + 29

(

2 3 x − 2. x + 3. 3 x + 3 + 3 x − 2

)

+

10

( 2x − 7 )

2

2
 7 
> 0; ∀x ∈  ; +∞ ÷\  
3
 2

2 7
7

⇒ f(x) đồng biến trên các khoảng  ;  và  ;+∞ 

3 2

2



2 7
Mặt khác trên khoảng  ;  : ta có f(1)=0
3 2



⇒Trên khoảng  ;  : phương trình (4) có nghiệm duy nhất x =1
2 7
3 2

7

7

Tương tự trên khoảng  ;+∞  : f(6)=0 nên trên khoảng  ;+∞  phương trình(4)
2



2



có nghiệm duy nhất x=6

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm : (1;4) và (6;9)
Bài 11. (Thi thử THPT Phan Đăng Lưu năm 2013) Giải hệ phương trình sau:


 1
y 2 x
+ =
+2

y
 x x

2
2
 y x + 1 = 2 x + 3x + 3

(1)
(2)

Định hướng: Từ phương trình (1) ta có thể tìm mối liên hệ của x và y, tuy nhiên khi
thay vào phương trình (2) ta sẽ khó tìm ra nghiệm khi giải theo cách thông thường
Giải:
Điều kiện: x > 0; y ≠ 0
Phương trình (1) ⇔

x + y 2 x + 2y
=
⇔
x
y

(

1 2
x + y  − ÷= 0
x y

)

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

* Với y = 2x ta có: 2 x x 2 + 1 = 2 x + 3x 2 + 3 (3) ⇔ 1 =
1

Dễ thấy hàm số f ( x) =

x2 + 1

1
x +1
2

+

3
2x

3
nghịch biến trên ( 0; +∞ )
2x

+

Mặt khác f ( 3 ) = 1 nên phương trình (3) có nghiệm duy nhất x = 3 ⇒ y = 2 3
* Với y = − x ta có: − x . x 2 + 1 = 2 x + 3x 2 + 3 (4)
Phương trình (4) vô nghiệm vì vế trái không dương, vế phải dương
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

(

3; 2 3

)

3x +1 + 2 x +1 − 6 y + 1 = 0
Bài 12. Giải hệ phương trình sau:  2 x − y x y +1
+2 −2 =0
 2

(1)
(2)

Giải

2 x− y
x− y
Ta có ( 2 ) ⇔ 2 ( ) + 2( ) = 2

(3)

Đặt t = 2 x − y ; t > 0 phương trình (3) trở thành:
t = 1
t2 + t − 2 = 0 ⇔ 
⇒ t =1⇒ x = y
t = −2

Thay vào phương trình (1) ta có:
x

3

x +1

+2
x

x +1

x

x

1
1 1

− 6 + 1 = 0 ⇔ 3  ÷ + 2  ÷ +  ÷ = 1 (4)
2
 3  6
x

x

x

1
1 1
Xét hàm số f ( x) = 3  ÷ + 2  ÷ +  ÷
2
3  6

f '( x ) < 0; ∀x ⇒ hàm số f(x) nghịch biến với mọi x

Mặt khác f(2) = 1 nên phương trình (4)có nghiệm duy nhất x = 2


Vậy nghiệm của hệ phương trình: (2; 2)
Bài 13. Giải hệ phương trình sau:
 x 2 + 2 x − 3 = y + 3 x + y + 3
(1)
 2
2
2
6 x + 2 xy + 2( x − 1)( x + 1) = 3( x − y − 4) 3 2 x + xy + 3 x + 2
Giải
x + y + 3 ≥ 0

§ K: 
x ≥ 0
Từ phương trình (1) suy ra x 2 + 3 x = x + y + 3 + 3 x + y + 3 (3)
2
Xét hàm số f(t)=t + 3t (t ≥ 0)

⇒ f'(t)=2t+3>0 ,∀t ≥ 0.
⇒ Hµm sè ®ång biÕn trªn [ 0; +∞ )
Phương trình (3) ⇔ f(x)=f( x + y + 3) ⇔ x = x + y + 3
⇔ x2 = x + y + 3 ⇔ y = x2 − x − 3
Thay vào phương trình (2) ta có:
2x3 + 6 x 2 − 6 x − 2 = 3( x − 1) 3 x 3 + x 2 + 2
⇔ ( x − 1)(2 x 2 + 6 x + 2 − 3 3 x 3 + x 2 + 2) = 0
x = 1
⇔ 2
3
2
3
2 x + 6 x + 2 − 3 x + x + 2 = 0
+) Ví i x=1 ⇒ y=-3
+) Ví i 2 x 2 + 6 x + 2 = 3 3 x3 + x 2 + 2
⇔ x3 + x 2 + 2 + 2 x 2 + 6 x + 2 = x3 + x 2 + 2 + 3 3 x3 + x 2 + 2
⇔ ( x + 1)3 + 3( x + 1) = x 3 + x 2 + 2 + 3 3 x 3 + x 2 + 2
3
Xét hàm số g(t)=t + 3t

⇒ g'(x)=3t2 +3>0;∀t
Do đó hàm số đồng biến trên ¡ nªn f(x+1)=f( 3 x 3 + x 2 + 2)

−3 + 17

x =
4
⇔ x + 1 = 3 x 3 + x 2 + 2 ⇔ 2 x 2 + 3x − 1 = 0 ⇔ 

−3 − 17
(lo¹i)
x =

4
Với x =

−3 + 17
−5 − 5 17
⇒y=
4
8

(2)


−3 + 17 −5 − 5 17
;
)
4
8
*Dạng 3: Biến đổi hai phương trình của hệ về một phương trình có dạng đặc
trưng
Bài 14. Giải hệ phương trình sau:
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;-3) vµ (

 x − 1 − y = 8 − x 3

4
( x − 1) = y

(1)
(2)

Giải
Điều kiện: x ≥ 1; y ≥ 0
Thay phương trình (2) vào phương trình (1) ta có:
x − 1 − ( x − 1) = 8 − x 3
2

⇔ x − 1 = − x3 + x 2 − 2 x + 9

(3)

Nhận xét x = 2 là một nghiệm của phương trình (3)
Xét hàm số f ( x) = x − 1 trên [ 1; + ∞ )
f '( x ) =

1
>0
2 x −1

⇒ hàm số f(x) đồng biến trên [ 1; + ∞ )

Xét hàm số g ( x) = − x3 + x 2 − 2 x + 9
g '( x) = −3x 2 + 2 x − 2 < 0; ∀x ≥ 1

⇒ hàm số g(x) nghịch biến trên [ 1; + ∞ )

Do đó x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (3)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (2; 1)
Bài 15. Giải hệ phương trình:
 y 2 ( 3 x 2 + 2 x − 1) + 4 y = 8
 2 3
2
2
 y x + 4 y x − 6 y + 5 y = 4

(1)
(2)

Định hướng: Bậc của x ở phương trình (1) bằng bậc của y trong phương trình (2)
nên ta cần biến đổi cả hai phương trình của hệ phương trình về một phương trình
có dạng đặc trưng.
Giải:
Xét y = 0 không thỏa mãn
Khi đó hệ phương trình tương đương
8
4
 2
3 x + 2 x − 1 = y 3 − y 2


 x3 + 4 x + 5 = 4 + 6

y2 y

(3)


⇒ 3x 2 + 2 x − 1 + x3 + 4 x + 5 =

8 6
+
y3 y

3

2
2
⇔ ( x + 1) + 3 ( x + 1) =  ÷ + 3  ÷
 y
 y
3

Xét hàm số

(4)

f (t ) = t 3 + 3t
⇒ f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t
⇒ hàm số f(t) đồng biến với mọi t
2

2

Do đó (4) ⇔ f ( x + 1) = f  ÷ ⇔ x + 1 = . Thay vào phương trình (3) ta có

y
 y
x 3 + 4 x + 5 = ( x + 1) + 3 ( x + 1)
2

⇔ x3 + 4 x + 5 − x 2 − 2 x − 1 − 3x − 3 = 0
⇔ x3 − x 2 − x + 1 = 0
x = 1
⇔
 x = −1

Với x = -1 thì y không có giá trị
Với x = 1 ⇒ y = 1
Vậy nghiệm của hệ phương trình: (1; 1)
 x 2 + 3x + ln ( 2 x + 1) = y
Bài 16. Giải hệ phương trình:  2
 y + 3 y + ln ( 2 y + 1) = x

(1)
(2)

Định hướng: Đây là hệ phương trình đối xứng loại II nên có nghiệm x = y, mà
trong phương trình xuất liện ln nên ta có thể dùng tính đơn điệu của hàm số để giải
Giải
1

x>−
 2 x + 1 > 0 
2
⇒

Điều kiện: 
2 y + 1 > 0  y > − 1

2

Lấy (1) – (2) ta được:
x 2 + 3x + ln ( 2 x + 1) −  y 2 + 3 y + ln ( 2 y + 1)  = y − x

⇔ x 2 + 4 x + ln ( 2 x + 1) = y 2 + 4 y + ln ( 2 y + 1)

Xét hàm số f (t ) = t 2 + 4t + ln ( 2t + 1) ; t > −
f '(t ) = 2t + 4 +

(3)
1
2

2
1
> 0; ∀t > −
2t + 1
2

⇒ Hàm số f(t) đồng biến với mọi t > −

Do đó phương trình (3) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y
Thay vào phương trình (1) ta được:

1
2

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

Xét hàm số g ( x) = x 2 + 2 x + ln ( 2 x + 1) ; x > −
⇒ g '( x ) = 2 x + 2 +

(4)

1
2

2
1
> 0; x > −
2x +1
2

⇒ hàm số g(x) đồng biến với ∀x > −

1
2

Mặt khác g(0) = 0 nên x = 0 là nghiệm của phương trình (4)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (0; 0)
Bài 17:Giải hệ phương trình sau:
 2 x + 3 + 4 − y = 4 ( 1)

 2 y + 3 + 4 − x = 4 ( 2 )

( x, y ∈ ¡ ) .

Giải
 3
 − 2 ≤ x ≤ 4
Điều kiện: 
− 3 ≤ y ≤ 4
 2

Trừ (1) cho (2) ta được: 2 x + 3 − 4 − x = 2 y + 3 − 4 − y (3)


Xét hàm số f (t ) = 2t + 3 − 4 − t liên tục trên đoạn  − ; 4
 2 
3

Ta có

f '(t ) =

1
1
 3 
+
> 0; ∀t ∈  − ; 4 ÷
2x + 3 2 4 − x
 2 

 3 

⇒ Hàm số đồng biến trên đoạn  − ; 4 
 2 

Do đó phương trình (3) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y
Thay vào phương trình (1) ta được:
2x + 3 + 4 − x = 4
⇔2

( 2 x + 3) ( 4 − x )

=9− x

x = 3
9 − x ≥ 0
⇔ 2
⇔
 x = 11
9
x
−
38
x
+
33
=
0

9


Vậy nghiệm của hệ phương trình (3;3) vµ (

11 11
; )
9 9


Nhận xét: Khi biến đổi hệ phương trình để có phương trình (3) ta có thể nhân
lượng liên hợp đưa về dạng (x- y).f(x;y)= 0; tuy nhiên cách đó dài dễ sai.
Ngoài ra ta có thể mở rộng bài toán như sau: Tìm m để hệ phương trình:
 2 x + 3 + 4 − y = m
( x, y ∈ ¡ ) .

 2 y + 3 + 4 − x = m

a.Có nghiệm
b. Vô nghiệm
* Một số bài tập tương tự
Bài 18. Giải các hệ phương trình sau:
( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
a.  2 2
 4 x + y + 2 3 − 4 x = 7

( x, y ∈ ¡ ) (A-2010)

8

2 + 3x = y 3

b. 

 x3 − 3 = 6

y

 4 x 3 − ( 8 y + 3) 2 + 12 xy + 4 y 2 = 0
c.  3
2
2
 4 x − 3 x − 4 xy + 36 y = 0

2
5 x −3 y = x − 3xy
d.  3 2 2
2
 x − x = y − 3 y

8 x 3 + 4 ( 2 x − 1) − ( y + 1) ( 7 + 5 y ) = 13 x 2
đ.  3 2
2
 y − x + y + 1 = − y

)(

(

)

 −2 + x + x 2 − 4 x + 5
y2 +1 − y = 1


e. 
 3 x − 2 + x 2 y − 2 x + 2 = 0

 x 3 − y 3 − 6 y 2 + 3 ( x − 5 y ) = 14
f. 
3
2
 3 − x + y + 4 = x + y − 5
 4 x − y + 3 1 + y = 0

 7 x + y − 2 x + y = 4

g. 

h. 

 2 x 2 − 5 y + 13 − 3 x − 2 + y − 3 = 0
i. 
2
2
 y − 1 + 2( y − 1) = x + 1 + ( x + 1) + 1 + xy

 x 3 − 3 x 2 + 2 = y 3 + 3 y 2
j. 
 x − 3 = y − x + 2

 x10 + 2 x 6 = y 5 + 2 x 4 y
k.  2
 x + 5 + 2 y + 1 = 6

 x3 = 4 − x 2 + 2 y

l.  4
2
3 x + 4 y = 2 x y ( x + 3)

 4 ( 1 + x ) ( 1 − y ) − 6 1 + x + 1 = 0

 2 2 x + y − 5 x + 8 = 2

(

)(

)

 x2 + 1 − x
y2 + 4 + y = 2

m. 
3
 x2 − y = x − 1

4

 x + y +1 +1 = 4 ( x + y ) 2 + 3 x + y

n. 
3
2 x − y =


2

 y2 − x2 x 2 + 1
= 2
e
y +1
o. 
3log ( x + 2 y + 6 ) = 2 log ( x + y + 2 ) + 1
2
2


log 2 x = 2 y + 2
p. 
2
 4 x + 1 + xy 4 + y = 0


2
x
 x2 + x
+ ln − e y + y = 0
e
y
q. 
 x + x8 + 3 y 4 − y = 4


3x − 3 y = y − x

r.  2
log 3 x + ( y − 4 ) log 3 y − x + 3 = 0
 2 x.3x − 2 = 3 ( 6 x − 3x )
t. 
log 2 ( 1 + x ) + log 2 ( 2 + 2 xy ) = 2 ( 1 + log 2 y )

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

( x, y ∈ ¡ ) .

1 + x + y + 1 = 9 ( x + y ) 2 + 2 x + y

w.  4 x +3 y  1  x +1
+ ÷ = 2
4
2


x
y
 2 − 2 = ( y − x ) ( xy + 2 )
y.  2 2
 x + y = 2

( 1 + 4 x − y ) .51− x + y = 1 + 3x − y + 2

z.  2
1
x − 3y y − = 1− 2 y
x


Bài 19: Tìm các giá trị m để hệ phương trình sau có nghiệm
 x 3 − 12 x − y 3 + 6 y 2 − 16 = 0
 2
2
2
 4 x + 2 4 − x − 5 4 y − y + m = 0

Bài 20: Cho hệ phương trình:
log 3 ( x − y + 3) = 1 − x + y

2
2
2
2
log 2+ x2 ( 8 x − 2 y + 2m − 4m ) = log 2+ y2 ( 4 y + 2mx − 2m )

Tìm m để hệ phương trình có hai cặp nghiệm ( x1 ; y1 ) ; ( x2 ; y2 ) thỏa mãn
x12 + 3 x22 + 3 y12 + y22 > 1

IV. Kết quả thực nghiệm
1. Mục đích thực nghiệm

Kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của đề tài
2. Nội dung thực nghiệm
- Triển khai đề tài: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải hệ phương
trình
- Đối tượng áp dụng: học sinh khá, giỏi lớp 12.
3. Kết quả thực nghiệm
Trước khi áp dụng đề tài này vào dạy học tôi khảo sát chất lượng giải hệ phương
trình của học sinh thông qua bài tập
Giải các hệ phương trình sau

y2 + 2
3 y = x 2

a. 
2
3 x = x + 2

y2

 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 4 = y 3 + 3 y
b.  3
2 3
 x (3 y − 7) = 1 − (1 + x )

Tôi khảo sát ở hai lớp 12A, 12B mỗi lớp 20 học sinh khá. Kết quả:


Câu a
Tỉ lệ
Câu b

Tỉ lệ

Không
nhận
biết được
2
5%
25
62,5%

Nhận biết, nhưng
không biết vận
dụng
3
7,5%
5
12,5%

Nhận biết và biết vận
dụng, chưa giải được
hoàn chỉnh
5
12,5%
7
17,5%

Nhận biết và biết vận
dụng, giải được bài
hoàn chỉnh
30

75%
3
7,5%

Qua khảo sát tôi nhận thấy: Đa số học sinh giải được câu a vì đây là hệ đối
xứng loại II mà các em đã học ở lớp 10, tuy nhiên khi găp hệ phương trình không
có cấu trúc đặc biệt như câu b hầu như các em chưa giải được.
Qua thực tế giảng dạy chuyên đề này cho các em khối 12 tôi thấy các em học
sinh không những nâng cao khả năng giải hệ phương trình, biết cách vận dụng vào
các bài toán cụ thể mà còn hứng thú khi học chuyên đề này
Sau khi tiến hành dạy thử nghiệm chuyên đề này cho 40 học sinh khá, giỏi ở
hai lớp 12A, 12B tôi tiến hành làm bài kiểm tra với đề gồm 4 hệ phương trình
tương tự như các bài đã học. Kết quả thu được như sau:
Không
nhận
biết được

Nhận biết, nhưng
không biết vận
dụng

Nhận biết và biết vận
dụng, chưa giải được
hoàn chỉnh

Nhận biết và biết vận
dụng, giải được bài
hoàn chỉnh

Số lượng

3

7

10

20

Tỉ lệ ( %)

7,5%

17,5%

25%

50%

Qua kết quả thu được tôi thấy phương pháp này có tác dụng đối với học sinh
trong giải hệ phương trình . Học sinh đã biết vận dụng nhiều kiến thức đã học vào
giải hệ phương trình một cách nhanh chóng.


PHẦN C: KẾT LUẬN
1. Kết luận:
“ Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải hệ phương trình” nói riêng và
sử dụng phương pháp hàm số vào giải toán thường hay và đã sử dụng từ lâu. Tuy
nhiên phương pháp này đã giảm tải trong SGK nên không được phổ biến. SKKN
này của tôi đã đưa ra được một số dạng bài ứng dụng tính đơn điệu vào giải hệ

phương trình từ đó giải quyết được những vấn đề sau:
- Giúp học sinh có cái nhìn tổng quát và có hệ thống phương pháp này, từ đó
có kỹ năng giải thành thạo các bài toán thuộc chủ đề này.
- Phương pháp này rèn luyện cho học sinh khả năng làm việc độc lập, sáng
tạo phát huy tính tích cực của học sinh đặc biệt học sinh không còn e ngại khi giải
hệ phương trình.
- Cách phân dạng bài tập giúp học sinh dễ hiểu, định hướng vấn đề, giải quyết
logic một số hệ phương trình không có cấu trúc đặc biệt.
Phương pháp này không phải chìa khóa để giải tất cả các bài hệ phương
trình mà chỉ có tác dụng với một số dạng bài nhất định. Tôi tin rằng nếu học sinh
nắm chắc phương pháp này thì việc giải hệ phương trình sẽ nhanh, gọn hơn
2. Kiến nghị, đề xuất:
Để nâng cao năng lực học toán cho học sinh cũng như kinh nghiệm giảng dạy
của giáo viên tôi có một số kiến nghị:
- Học sinh cần tích cực giải toán, trao đổi phương pháp học bài cho nhau
- Nhà trường nên tạo điều kiện khi mua thêm sách tham khảo không chỉ cho
giáo viên mà mở rộng cho học sinh
- Tạo thuận lợi về thời gian khi đưa các chuyên đề vào ôn thi THPTQG


- Sở GD- ĐT nên đưa thêm các SKKN đạt giải qua các năm cũng như các
chuyên đề lên trang web của Sở để giáo viên học hỏi và ứng dụng vào giảng dạy.
Đề tài này là kinh nghiệm cá nhân trong quá trình giảng dạy thông qua một số
tài liệu nên không tránh được những hạn chế, thiếu sót. Rất mong hội đồng khoa
học góp ý để đề tài ngày càng hoàn thiện nâng cao kinh nghiệm giảng dạy.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. SGK và sách bài tập giải tích 12. Nhà xuất bản giáo dục. Năm 2008
2. Sách giáo khoa và sách bài tập giải tích nâng cao lớp 12. Nhà xuất bản giáo dục.
Năm 2008

2. Lê Hồng Đức. Phương pháp giải toán đạo hàm và ứng dụng. Nhà xuất bản Hà
Nội năm 2008
3. Lê Hồng Đức- Lê Hữu Trí. Phương pháp giải toán mũ- loogarit. Nhà xuất bản
Đại học quốc gia Hà Nội năm 2012
4. Ths Trần Đình Cư- Nguyễn Văn Rin. Khám phá tư duy kỹ thuật giải phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình mũ- logarit. Nhà xuất bản Đại học quốc
gia Hà Nội. Năm 2015
5. Ths Lê Văn Đoàn - Ths Văn Đức Chính. Ôn luyện các dạng toán trong kỳ thi
tuyể sinh đai học: phương trình, bất phương trình, hệ phương trình. Nhà xuất bản
Đại học quốc gia Hà Nội.
6. Đề thi thử đại học của các trường THPT qua các năm
7. Các tài liệu về hệ phương trình trên mạng internet


MỤC LỤC
Trang
PHẦN A: ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lý do chọn đề tài
II. Đối tượng nghiên cứu
III. Phạm vi nghiên cứu
IV. Mục đích nghiên cứu
V. Nhiệm vụ nghiên cứu
VI. Phương pháp nghiên cứu

1
2
2
2
2
2

PHẦN B: NỘI DUNG

I. Cơ sở lý luận
II. Cơ sở thực tiễn
III. Các giải pháp ứng dụng tính đơn điệu của hàm số giải hệ phương trình
III.1. Các giải pháp
III.2. Một số bài tập minh họa
IV. Kết quả thực nghiệm
PHẦN C: KẾT LUẬN
Tài liệu tham khảo

3
3
4
4
5
18
19
20