Rèn luyện kĩ năng sử dụng phương pháp hàm số để giải hệ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (929.55 KB, 21 trang )
MỤC LỤC
Nội dung
Trang
A. Mở đầu
1
I. Lí do chọn đề tài
1
II. Mục đích nghiên cứu
1
III. Đối tượng nghiên cứu
1
IV. Phương pháp nghiên cứu
1
B. Nội dung SKKN
2
I) KIẾN THỨC CƠ BẢN ĐỂ GIẢI QUYẾT DẠNG TỐN
2
NÀY
II) CÁC BÀI TỐN ĐIỂN HÌNH SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP
3
1. Hàm đặc trƣng có dạng hàm số đa thức bậc 2, bậc 3, bậc 4
3
2. Hàm đặc trƣng có dạng hàm số chứa căn thức
10
3. Sử dụng phƣơng pháp thế, cộng đại số sau đó kết hợp với
15
phƣơng pháp hàm số
IV. Hiệu quả do sáng kiến đem lại
18
V. Đề xuất, kiến nghị
18
Danh mục các tài liệu tham khảo
20
0
A. MỞ ĐẦU
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong những năm gần đây, các đề thi đại học và học sinh giỏi ln xuất
hiện bài tốn giải hệ với độ khó ngày càng tăng. Một trong những loại hệ hay
gặp trong các kỳ thi và gây cho học sinh khó khăn khi tiếp cận là loại hệ trong
đó có sử dụng phương pháp hàm số.
Do vậy, việc cần tìm ra một con đường ngắn nhất, lựa chọn hàm số thích hợp,
thực hiện các thao tác đơn giản, tiết kiệm tối đa thời gian để giải tốn là một vấn
đề tơi ln trăn trở.
Trong bài viết này tơi muốn trình bày một số kinh nghiệm tư duy áp dụng
để tìm con đường khai thơng nhằm giải quyết bài tốn một cách gọn gàng. Bằng
việc sử dụng một số bài toán ở mức độ thi đại học và thi học sinh giỏi làm ví dụ
minh họa, tơi đi sâu vào việc phân tích các khả năng tiếp cận lời giải, dẫn ra
những cách giải tương ứng, đưa ra những phân tích, nhận xét phù hợp, để từ đó
học sinh có thể nắm bắt được ý tưởng, con đường tư duy mà mỗi người làm toán
cần rèn luyện khi đứng trước một bài toán giải hệ .
II) MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
- Rèn luyện kĩ năng sử dụng phương pháp hàm số để giải hệ .
- Rèn luyện tư duy logic, khả năng nhìn nhận, đánh giá chung nhằm tìm ra
con đường hợp lí để có định hướng nhằm đưa ra giải pháp tốt nhất khi gặp
một bài toán cụ thể.
- Rèn luyện các kĩ năng tổng hợp về tư duy và kĩ xảo toán học.
III) ĐỐI TƢỢNG NGHIÊN CỨU:
- Các bài toán giải hệ có thể sử dụng phương pháp hàm số để giải quyết
- Các dạng tốn về hệ trong các kì thi HSG và Đại học trong những năm
gần đây.
IV) PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
1
- Nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết giải bài toán hệ bằng phương pháp
hàm số
- Nghiên cứu khả năng áp dụng trên cơ sở thực tiễn tiếp thu của các đối
tượng học sinh đã và đang được truyền thụ.
B. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
I) KIẾN THỨC CƠ BẢN ĐỂ GIẢI QUYẾT DẠNG TỐN NÀY
Tính chất 1: Giả sử hàm số
D và
u;v
D
, khi đó
f
u
y
f
Tính chất 2: Nếu hàm số
f
v
y
đồng biến (nghịch biến) trên miền
x
u
f
v.
đồng biến trên D và
x
y
g
x
là hàm
hằng hoặc là một hàm số nghịch biến trên D thì phương trình
f
x
g
x
có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng D.
Khi gặp hệ có dạng
Xét hàm số
y
f
f
x
f
g
x; y
y
1
0
2
, ta thường gặp trường hợp hàm số liên tục trong tập xác
t
định của nó.
Nếu hàm số
y
f
t
đơn điệu, thì từ (1) suy ra
x
y
. Khi đó bài tốn
đưa về giải phương trình (2) theo ẩn x (hoặc y).
Nếu hàm số
y
f
t
có một cực trị tại
thiên một lần khi qua a. Từ (1) suy ra
x
y
t
hoặc
thì nó thay đổi chiều biến
a
x, y
nằm về hai phía của a.
x,
f
h
x
f
g
x
II) CÁC BÀI TỐN ĐIỂN HÌNH SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP
1. Hàm đặc trƣng có dạng hàm số đa thức bậc 2, bậc 3, bậc 4
Bài 1. Giải hệ :
4x
4x
2
2
1 x
y
2
2
y
3
3
4x
5
2y
7
2
0
1
2
Phân tích: Ta nhận thấy khó có thể bắt đầu với phương trình (2), để ý đến
phương trình (1),
thức
y
bậc
3
5
2
4x
hai
của
5
2y
là biểu thức bậc hai của
1
t
5
2
1
3 t
2
Biểu thức
t
về dạng
f
u
y
3
chuyển
2
f
Ta có
Thay
f
f ' t
3t
3
x
5
4x
y
t
2
đặt
có thể coi là biểu
t
5
thì
2y
1 t
sang vế phải của
2y
t
3
4x
2
1 2x
, do vậy ta sẽ biến đổi
1
. Để đưa về dạng này ta thường “cơ lập” biến, do vậy sẽ
v
5
y
2
5
;y
4
Xét hàm số
2
Nếu
.
có hình thức giống với
1 t
Giải: Điều kiện
t
2y
và
x
. Khi đó
1
.
1
4x
2
1 .2 x
5
2y
1
5
(3)
2y
2
2
1
t
t
0,
t,
với
nên
f
3
1 t
t
đồng biến trên
t
(3)
2x
5
2y
2
2
vào (2) ta được: 4 x
5
2
2
2x
2
2
3
4x
7
(4)
0
2
Phân tích: Phương trình (4) trơng khá “phức tạp” nên ta định hướng sử
dụng phương pháp hàm số để giải quyết
Nhận thấy
x
và
0
3
x
không là nghiệm của phương trình (4)
4
2
Xét hàm số
g
x
5
2
4x
2
2x
2
3
4x
7
với
x
0;
8x
8x
5
2x
4
2
2
Do đó
g
x
3
4x 4x
2
4
3
4x
nghịch biến trên
3
3
0;
. Mà
1
g
4
nghiệm duy nhất
1
x
suy ra
y
2
0,
Bài 2. Giải hệ
3
x
4x
2
x
0;
0
3
4
4x
nên phương trình (4) có
2
. Vậy hệ đã cho có nghiệm
x; y
1
2
2
2x
, ta có:
4
2
g ' x
3
2
3x
3
14
1
x
2x
3
3
2
2y
y
1
3
3
2y
1
2
;2
.
Phân tích: Ta khơng thể bắt đầu với phương trình (2) vì khó có sự biến
đổi nào hợp lý ở đây. Xét phương trình (1), thực hiện cơ lập biến bằng, chia hai
vế cho
ta thấy vế trái là bậc ba đối với
3
x
1
, vế phải là bậc ba đối với
x
t
3
2y
, do vậy ta có thể biến đổi đưa về dạng
x
f
u
f
.
v
2
HD: Điều kiện:
Xét thấy x = 0 không thỏa mãn hệ, nên chia hai vế của
3
y
2
phương trình (1) cho
x
ta được:
3
3
1
1
x
3
3
x
Xét hàm số
f
4
2
2
4
2y
3
2y
1
1
x
t
x
t
3
Hệ có nghiệm duy nhất
. Ta có
t, t
x
7
f ' t
111
y
3t
2
3
1
1
3
2y
3
nên hàm số
f
2y
x
1
0
t
22
y
t
.
98
x
Bài 3. (Khối A năm 2012) Giải hệ:
x
3
3x
2
y
2
9x
2
x
y
3
3y
2
9y
1
2
Phân tích: Hai vế của phương trình đầu đều có dạng bậc 3 (với hai biến
x, y), nên ta định hướng đưa phương trình đầu về dạng
hàm đặc trưng lúc đó
f
t
t
3
12t
khơng đơn điệu trên
f
u
f
, tuy nhiên
v
do đó ta phải chặn
2
biến. Nhìn vào phương trình thứ 2 ta thấy đưa được về
2
1
x
y
2
suy ra
x
1
2
1; y
1
2
1.
2
3
x
Giải: Hệ tương đương với:
3
1
12 x
1
2
x
y
1
12
y
1
1
2
1
y
2
1
2
4
1
1
2
1
3
1
1
x
3
1
2
Từ (2), suy ra
1
f
t
t
3
2
1
1
2
Xét hàm số
y
3
trên
2
3
;
2
Hệ có nghiệm là
1
x
1
x; y
1
3
;
2
x
Bài 4. Giải hệ
x
Giải: Điều kiện
Ta có
1
Xét hàm số
số
f
t
Do đó
x
Với
2
1
x
0
x
3
t
2
x; y
y
2
1
3
2x
4
2
3
2
y
3
1,
t
y
x
t
3
5
3 2y
.
3
1
;
2
2
0
2
. Do
0
y
có
f ' t
hay
1
2
Phương trình (1) có dạng:
f
Thay vào (2) ta được
16
2x
2
x
2
2
3t
2
2
y
x
1
x
y
có
y
2
y
1
3t , t
t
1
1
0
x
2, y
f
.
x
2
16
suy ra
0,
2
1
3
y
0,
1
t
1
1;1
nên hàm
.
1
3y
x
t
2
2
1.
2
Thế vào (2) ta được
x
4
8x
2
0
(t/m điều kiện). Vậy hệ có nghiệm duy nhất
Bài 5. Giải hệ :
Giải Điều kiện
x
1
3 t
2
2
2y
2
với
y
x
2
3 y
1;1
f
3 1
y
f
;
y
1
3t
x
y
Xét hàm số
1
3
1; 0
y
t
f
1
y
y
2
x
f ' t
2
3
3x
f
3
, ta có
2
3 x
đồng biến trên
2
x
3
y
1
3
x
3
3
1
2
12t
nghịch biến. Do đó
1
1
2
1
y
x
x
1
2
3y
f ' t
3 2 x
4
2
x
2
3
3
f
2x
3t
x
2
3
2
2
5
3
0,
t
y
x
x
2
x
2
x
2
,
2
2x
4
x; y
x
0
0 ;1
.
2x
Đặt
2v
6x
u
2
Do
2
4
x
3u v
v
0,
3
x
2,v
2u
2
x
2
2
x
2
2x
2x
4,
4
u
2 x
0,v
2
2x
4
2 x
2
3
x
2
x
2
2x
phương trình trở thành
0
(3)
0
chia hai vế phương trình (3) cho
v
ta được:
2
2
2
u
u
3
v
2
0
v
Vậy hệ có nghiệm
x
Bài 6. Giải hệ
3
Giải: Điều kiện:
3
2y
2x
là:
x; y
3
1
v
2
3
3x
u
.
2
v
5
2y
4y
1
hoặc
13;
3 x
1
x
u
13
3 xy
2
x
2x
, 3
y
5
.
13
1
1
.Phương trình
13;
2
3
1
x
y
3 x
y
y
3
(3)
3y
2
Xét hàm số
Ta có
f
f ' t
t
3t
3
t
2
với
3t ,
3
0,
t
.
t
nên
f
t
Khi đó: (3) có dạng
f
Thế vào (2) ta được:
2x
Đặt
khi đó (4) trở thành:
t
2x
1,t
0,
x
y
3
f
1
y
2x
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm
x
y
2x
là:
x; y
đồng biến trên
3t
y
2
3x
3
t
x
3
1
2 y.
(4)
1
2x
t
2;
3
2
3x t
1
2
2x
3
Bài 7. Giải hệ
y
3
x
6
2x
4
3
2
3x t
1
và
2
2x y
.
5 1
;
4
Giải: Điều kiện
Ta có:
f ' t
f
5
1
2
y
1
y
1
.Do
x
x
0
1
2
khơng thỏa mãn nên chia hai vế của phương
3
ta được:
y
1
2
x
Xét hàm số
0
8
3
x
3
2
x
trình (1) cho
t
t
3t
t
2
3
2
2t,
0,
t
t
y
x
3
2x
3
x
.
nên hàm số
6
f
t
đồng biến trên
4
Do đó
3
y
f
f
y
x
x
Thế
y
x
2
1
x
x
2
2
1
1
Bài 8. Giải hệ
Giải: Điều kiện
Xét hàm số
f
3
f
0
x
3
3x
2
1
x
t,t
f
y
1
Vậy hệ đã cho có nghiệm
3x
x
1
y
1
x
x
x
2
1
y
1
2
1
2
có
f ' t
y
2
1
x
4
1
x
3
.
1
x
1
0,
3y
1
1
y
3
y
(3)
t
1
.
y
4
1
2
3t
x
1
6x
3y
2
x
1. 2
;y
x
0 ;1
y
1
3
.
y
4 2x
2
3;3
4x
2
x; y
2x
1
x
2
nên nhân hai vế của phương trình trên với
2
2
y
1; 0
3
x
3 ;3 , x; y
x
x
x
Giải : Điều kiện :
x
2
y
t
Bài 9. Giải hệ
1
x; y
1
t
2x
x
x
3
y
2
x
x
ta được:
x
Vậy hệ có nghiệm:
Do đó,
2
x
x
2
Ta có
x
y
vào (2) ta được:
2
x
x
x
y
1
2x
y
4
2x
3
Với
y
x
1
suy ra vơ nghiệm vì
0
y
1
x
1
0
0
y
4
0
1.
;y
3
Với
2x
y
4
0
3x
2 3x
Xét hàm số
1
Do đó
3
3x
t
đồng biến trên
f
2x
4 2x
1
f
y
2t
1
1
2
4,
thay vào (1) ta có :
2x
2 2x
t,t
0
3
3
3 2x
2x
ta có
f ' t
4
3
3
4t
1
0,
t
0
nên hàm số
f
.
0;
3x
1
f
2x
3
3x
7
1
2x
3
x
4
y
12
t
Vậy hệ đã cho có nghiệm
x
Bài 10. Giải hệ
3
2
x
y
x; y
3y
3
4 ;1 2
1
2
1
Giải
Với x = 0 dễ thấy không thỏa mãn hệ trên.
2
Với
x
0
1
3y
x
, ta có:
y
3
3
y
3
1
3y
1
2
x
1
3
(1)
x
x
Xét hàm số
f
t
f
t
t
3
đồng biến trên
có
3t , t
f ' t
2
3t
.Do đó, (1) có dạng
f
3
với mọi
0
y
1
f
y
x
Vậy hệ đã cho có nghiệm
là:
x; y
1;
1
1 ,
nên hàm số
t
1
.
x
.
;2
2
x
Bài 11. Giải hệ
3
3y
xy
y
55
2
64
3y
3
1
12
51x
2
Giải: Với x = 0 hoặc y = 0 thì hệ khơng được thỏa mãn.
3y
Với
x
0, y
64
55
x
, HPT
0
3
y
3y
2
3
12
3y
51
x
3
Cộng theo vế lại ta được:
4
3
y
1
3 y
1
3.
x
Xét hàm số
f
t
t
3
3t , t
Phương trình (3) có dạng
f
có
f ' t
y
1
f
3t
Bài 12. Giải hệ
y
x
3
2
3 xy
y
2
x; y
17 x
2
3
0
4
y
xy
6y
x
5x
t
4
1
xy
x
.
1; 3
18
(3)
x
x
Vậy hệ đã cho có nghiệm
4
3
3x
10
8
2
0
13 y
9
1
2
4
x
HD: Nhân hai vế của phương trình (2) với
y
3
17 x
18
2
3x
3
y
1
2
y
2
3y
1
x
18 y
3
2x
Vậy hệ đã cho có nghiệm
(x
Bài 13. Giải hệ :
y
Ta
f (t )
có,
t
4
x
1, y
(1)
(x
4t,t
là:
x; y
2)
30
x
3
3x
2
13 y
9
3
1) ( x
x( y
Giải. Điều kiện:
15 x
rồi cộng với (1) ta được:
3
2
y
1)
2
x
1
4
x
1
5 8
;
3 3
và
1; 2
4
x
1
.
4
y
(1 )
(2 )
0
1)
2
y
2
4
y
Xét
(3)
hàm
0;
f '( t )
4t
3
4
4 (t
3
1) , f '( t )
0
t
1
Bảng biến thiên
t
0
1
-
f'(t)
+∞
+
0
0
+∞
f(t)
-3
Ta có
(3)
f (
x
1)
Vậy hệ có 2 nghiệm
x
Bài 14. Giải hệ
4
Giải. Điều kiện: 1
2
y
4
Xét hàm số:
f (t )
Nên hàm số
f
t
3
x
3
2
t
2
.
2
2x y
2x y
y
y)
( x ; y ) : ( 1; 0 ) , ( 0 ;1)
4
y
Ta có:
f (
1
t
2x y
2
y
3
12 xy
2
3
.
6
1
x
1
2x y
4
8y
1
1
0
1
3
2x y
2
0
3
2x y
với
t
0
đồng biến trên
, có
3
f (t )
mà
0;
9
3
2t
2
y ;
1
1
0
với mọi
3
2x y
0;
t
0
nên:
số
3
f
Thay 1
Do
y
y
4
y
2
f
vào
3
2x y
4
Với
y
x
y
ta được:
1
3
2
4
x
3
1
2x y
4x y
2x y
3
2
y
2
4
3
2x y
12 xy
2
x
4
y
x
2x y
3
2
x
2
y
12
y
4
3x
0
1
53 y
4
4
1
;
4
3
ta được:
4
.
x
3
y
0
x
y
3y
3
(vơ nghiệm)
1
1
y
(5)
0
1
x
là:
x; y
1
4
2
x
y
4
, cũng từ (4) ta có:
Vậy hệ đã cho có nghiệm
9
x
y
, thay vào (4) ta có:
3y
x
(4)
1
9y
khơng thỏa mãn nên chia hai vế phương trình (5) cho
0
x
Với
3
1
1
,
4
3
1
;
3
4
.
3
2. Hàm đặc trƣng có dạng hàm số chứa căn thức
x
3
4y
2
1
2 x
2
1
x
6
1
Bài 1. Giải hệ
2
x y 2
2
4y
2
1
x
x
2
1
2
Phân tích: Trong phương trình (2) có hai biểu thức có cùng dạng là
x
f
2
1
u
f
x
3
Xét
. Đến đây ta “cô lập biến” bằng cách chia hai vế của
v
x
ta được:
hàm
f ' t
1
f
và
1
2
2y
2y
số
t
2
f
t
1
t
2
cho
x
2
.
. Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn hệ, chia 2 vế của (2)
0
t
Nên
2
nên gợi ý cho ta sử dụng phương pháp hàm số đưa về dạng
Giải: Điều kiện
cho
4y
2
t
2y
1
t
t
t
2
1
1
1
x
x
x
(3)
1
2
với
1
.
t
Ta
2
0,
t
1
là hàm số đồng biến trên
. Do đó,
3
2y
1
x
Thế vào phương trình (1) ta được:
g
x
x
10
x
3
2 x
2
1
x
6
(4)
có
Ta có
g ' x
1
3x
2
4x
2
x
x
1
0,
x
0
x
Nên hàm số
g
đồng biến trên
x
có nghiệm duy nhất
x
1
1
y
, mà có
0;
g 1
nên phương trình (4)
6
. Vậy, hệ đã cho có nghiệm
x; y
1;
Bài 2. (ĐH-A13) Giải hệ
2
x
Giải: ĐK
x
1.
1
4
2x
y
u
Xét
f
4
x
suy ra
1,
t
t
x
1
y
1
y
2
4
2
6y
4
2
t,
'
y
u
0.
với
1
2
y
6y
1
t
0.
Ta có
Thay vào phương trình (2) ta được:
Mà
Với
y
g 1
y
y
0,
0
2
7
2y
4
y
có
4
y
y
g ' y
u
7
7y
6
4
ta được nghiệm
(
x
4
Giải: Điều kiện:
2
1
x
2
x )(
2
2
22
22
x
y
1
3x
.Do
1
1; 0
y)
y
y
2
2
4
3
y
và
2
u
1
0,
y
t
0
y
x
y
Xét hàm số
h t
x
t
1
t
2
x
0
với
và
y
1 ,t
y
11
0
.
1
x; y
2 ;1
1
8
2
y
1
y
y
.
2 ;1
y
y
1
2
3
1.
ta được nghiệm
1
2
2
y
4
2
y
y
3
1
2
0
4
0
1
1
Nên nhân hai vế của phương trình (1) với
4
2
y
8y
; với
1; 0
của hệ đã cho là
x; y
Bài 3. Giải hệ
x; y
0
, nghĩa là
4
2y
y
3
2t
f ' t
y
4
u
nên (4) có hai nghiệm khơng âm là
Vậy nghiệm
1
0
0
Phương trình (1)
Do đó phương trình (3) tương đương với
g
1
4y
t
Hàm
y
Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x, điều kiện để tồn tại x là
2
Đặt
.
2
2
x
1
y
ta được
(3)
y
0,
y
Ta có
h' t
t
1
t
Suy ra hàm số
Do đó
3
2
t
2
1
1
2
t
x
y
t
0,
1
t
đồng biến trên
h t
t
t
.
x
Ta có:
1
x
2
3
2
2
22
x
3x
3x
x
2
8
x
2
và
(*)
2
4
4
x
với
0
22
g (x)
f (x)
2
g (x)
4
, thực hiện nhân liên hợp ta thu được nghiệm
2
4
f ( x ) ;V P
t
1
.Thay vào (2) ta có;
Nhẩm được nghiệm x
đặt V T
2
9
2 .( 2
x
x
2)
22
2;
2
2
22
3 x .( 2
22
3x)
0
2
và
.
3
Suy ra
f (x)
nghịch biến,
đồng biến trên
g (x)
2;
22
3
Mà
f ( 1)
g ( 1)
Vậy nghiệm
1
suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất
của hệ đã cho:
x; y
2 x
Bài 4. Giải hệ :
2
x
Giải: Điều kiện:
x
(2)
x
Xét hàm số
2
f
2
x
t
3
y
4x
y
2
,t
5
t
x
2
2 ,
1
1; 2
y
1
1.
2
x
4x
5
2
1.
1
2
6
2
y
t
f
6
2
đồng biến trên
Do đó,
y
6; y
t
f
x
2;
x
x
y
2
1
3
2
x
, có
2
2
1
y
1
1
f ' t
t
1
2
1
1
0,
t
2
t
nên hàm số
1
.
f
y
1
x
2
12
y
x
2
y
x
1
2
4x
3
Thay vào (1) ta được
2 x
2
2 x
2
x
6
x
x
2
6
3
2 x
3
x
2
5
x
6
3
4
x
6
5
x
2x
3
x
2
4
2x
x
6
5
15
0
3
nên phương trình trên chỉ có nghiệm
7
x
3
3
.Vậy hệ đã cho có nghiệm
0
x
3
2x
nên
y
4x
x
x
suy ra
2
3
x
Do
x
Vậy hệ đã cho có nghiệm
là
x; y
1; 3
x; y
;
.
3; 0
3
2;
2
x
Bài 5. Giải hệ
y
x
Giải : Điều kiện
1
x
x
Xét
f
f ' t
t
2
1
x
x
x
t
t
2
2
t
y
35
2
12
1
.Do
y
y
2
y
y
1
1
1
1
2
1
2
1
2
y
y
y
1
y
2
t
Thay vào (2) ta được:
t
t
2y
y
Đặt
t
y
2
y
y
2
1
y
t
1
t
f
y
y
2
2
2
1
x
f
y
1
y
2
x
0
y
35
2
y
t
1
(4)
12
y
2
0
y
144
y
.Vậy hệ có nghiệm
2
x; y
4
2y
1
y
5
4
1
13
Khi đó,
1
1125
1
1.
y
2
2
t
, nên
3
y
y
0
1
Ta thấy phương trình (4) có nghiệm thì
y
y
1
0,
y
4
2
, ta có
1
2
y
3
2
1
2
y
1,t
t
2
1
2
2
t
1
2
x
;
2
5
4
2
1125
1
;
0
144
x; y
5 5
;
3 3
.
,
Bài tập tƣơng tự:
x
1. Giải hệ
2
1 x
2
22 x
2x
2
3
9y
2
4x
y
2
4
18
2
2x y
3
4
y
0
3x
3
Đáp số:
76
2
4x
2y
2.
1
1
x
3.
1
2
y
x
2
2
3
1
1
2
y
3
4.
3
2x
3
HD :(1)
f
x
x
5.
1
x
y
5
Đáp số:
2
x
3
7
;
6
2
9x
y
, với
2
4x
6y
f
x
2
3
4
2
f
t
t
2
2
t
.Đáp số:
x; y
5 (1)
5
3
y
y
1
, .Đáp số:
y
3
3; 2 ,
y
1; 6
.
5
80
5
5
2
x
x
2
2
x
6
x
y
5
1
2
5
2
10
2
3y
y
3
12 y
6.
2y
6x
6
Đáp số:
y x
1
9
x; y
0
161 153
;
8
x
1
y
7.
x
2y
x
3
x
2
x
2
1
9
x
3
x
9
32
1
2
y
161 153
;
8
y
x
y
y
Đáp số:
1
2
2
6y
6
1
1
y
9
32
2y
2
4
2
y
1
5
3; 3
1
8.
2
161
1
2
5
x (1 )
f
2
y
2x
1 3
;
2
1
y
4y
1
y
x
3
2
x
x
f
2
x
y
HD: (1)
x
2y
5
Đáp số:
x
2x
1; 2
Đáp số:
2
14
1;1 , 2 ;
2
.
161
3; 4
.
9.
3x
8y
x
y
xy
2
1
7x
y
1
1
2
x
2
2
16 y
9x
3x
3
1
y
2
y
x
9
7y
2
x
Đáp số:
3y
2
1
x
x y
3
y
xy
3
5
3 x
y
4x
2
3
1
3
3x y
7x
0
2
Đáp số:
2
x
x
12.
1
6
y
3
2
x
3
2
x
9y
2y
2
y
30
2
2
;
2;
1
.
4
3
2
0 ;1
0
28 y
2
y
4
5
x
Đáp số:
2
x
3 y
2 y
2
4 .2
2
2x
2y
2y
x
4 y
2
2y
3
2y
10
=
x; y
13.
2x
2
2
2;
3 y
4
2y
x
2y
3x
Đáp số:
1;
y
1 ,
3
1; 2
3
2
1
1
xy
2
2
22
1 , 8; 6 ,
4
10
;
1
9
3
14.
1; 3
2
Đáp số:
11.
;
3
2
10.
3x
1
( x; y )
x y
2
x y
y
4
2 xy
28
2
y
Đáp số:
3
18
2
2;
2
10
3
.
2
3. Sử dụng phƣơng pháp thế, cộng đại số sau đó kết hợp với phƣơng
pháp hàm số
Bài 1. Giải hệ
y
2x
x
3
1
y
2
3
2
x y
x
2
1
2 xy
2
3x
2
x
3y
Phân tích: Nhìn vào hệ ta thấy khó có thể bắt đầu ở phương trình thứ
nhất của hệ. Để ý đến phương trình thứ hai, ta thấy có những cặp hệ số giống
nhau: hệ số 2 (trong
3
2 x ; 2 xy
), hệ số 3 (trong
2
3x ,3 y
), hệ số 1 (trong
3
2
y ,x y
2
)
do đó ta sẽ nghĩ đến ghép từng cặp biểu thức có hệ số giống nhau lại để làm
xuất hiện nhân tử chung.
15
Giải: Điều kiện:
Ta có (2)
2 x(x
y
Thay
y
x
x
x
2
2
2
2
y)
(vì
y (x
2x
y
f
f ' x
x
x
2x
2
f '' x
Do đó hàm số
x
0
2
x
x
2
y)
, với mọi
1
1
2
2
x
(2 x
1
x
x
x
1
1
2
2
2
x
2
1
3)( x
2
y)
0
)
2
2,x
2
y
x
(3)
[-1 ;2 ]
x
1
1)
0
1
1
4(x
0
3
3( x
1
1
2
f’ x
y)
2
x
2
Và
2
vào (1) ta được:
2
Xét hàm số
Ta có
1
x
1
4(2
x)
0,
x
( 1; 2 )
đồng biến trên khoảng (-1; 2), nên phương trình
f’ x
có nhiều nhất 1 nghiệm. Mặt khác
1
f’
0
, từ đó ta có BBT
2
1
x
-1
-
f'(x)
f(x)
1
3
2
4
Vì f( ) =
2
2
2
0
+
1
f( )
2
< 0, nên từ bảng biến thiên suy ra phương trình f(x) = 0 có
6
nhiều nhất 2 nghiệm, hơn nữa f(0) = f(1) = 0, do đó phương trình (3) có 2
nghiệm x =0; x = 1.Tóm lại hệ đã cho có 2 nghiệm (0; 0) và (1;1)
Bài 2.
xy
y
2
2
2 x
Giải: ĐKXĐ:
xy
2
y
y
x
2
x
2
2
1
x
;y
x
2
y
2
2x
x
3
2x
2
4 x.
.
2
2
x
2
2
y
x
16
2
y
2
x
x
2
2
x
(1).
Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :
2
x
2
1
2
x
x
x
2 x
2
2
1
2x
x
x
2
2x
1
2
x
3
2x
2x
3
2
4x
0
.
2
x
1
1
Xét hàm số
f '( t )
1
x
f (t )
t
2
2
1
2
t 1
t
t
2
t
2
x
1
2
với
0,
t
x
(*)
. Ta có
t
2
2
2
f (t )
đồng biến trên
.
2
Mặt khác, phương trình (*) có dạng
f (x
1)
f (
x)
x
1
x
x
1
2
Vậy hệ đã cho có nghiệm là
1
x; y
;1
.
2
x
Bài 3. Giải hệ
2
y
HD: Điều kiện
x
x
Hàm số
f
t
2
91
y
2
y
91
x
2
x
2; y
2
t
2
91
2
2
. Trừ theo vế các phương trình của hệ ta được
x
91
2
2
t
2
x
2
2
2
y
t ,t
2
.
91
y
2
y
Đáp số:
(3)
2
x; y
3; 3
.
Bài tập tƣơng tự
1.
hệ :
y
3
2x
Đáp số:
2.
hệ :
3y
2
x; y
2
11x
y
9
4x
2y
3
3
4
4
22 x
21
2x
1
2x
1
.
2y
.
1; 0 , 5 ; 2
2x
2
y
x
4
4
1
2
IV. Hiệu quả do sáng kiến đem lại
17
Đáp số:
3; 3 ,
11 11
;
9 9
.
.
Qua áp dụng tại các lớp 12A1, 12A2 và 12A6 ở trường THPT Quảng
Xương 3 trong một học kỳ đã mang lại những kết quả thiết thực, cụ thể:
Trong đề thi khảo sát chất lượng 8 tuần đầu học kì I năm học 2015-2016
x
“Giải hệ :
x
3x
y
y
y
xy
5
x
y
y
3
xy
y
3
0
”
0
Đây là một câu không quá khó, ta chỉ cần cộng theo vế các phương trình của hệ
(mục đích là để khử
f
t
t
3
2t
) và biến đổi về dạng
xy
f
x
1
f
y
với
. Tuy nhiên theo thống kê, những học sinh làm được câu này không
nhiều, mặc dù nội dung ứng dụng hàm số giải phương trình, hệ đã được tổ
chuyên môn thống nhất ngay từ đầu năm và các thầy cơ nghiêm túc thực hiện.
Lớp 12A1
Lớp 12A2
Lớp 12A6
Tồn trường
Số học sinh làm được
7/4512/47
12/47
3/45
32/510
Tỉ lệ
15,6%
25,5%
6,7%
6,3%
Sau khi áp dụng sáng kiến tại 3 lớp 12A1, 12A2, 12A6 , trong kỳ thi thử
đại học lần 2 của trường THPT Quảng Xương 3 có câu:“Giải hệ
:
x
3
x
y
2
3
5
3x
2
y
6x
3
3y
x
2
4
0
2y
1
” tỉ lệ học sinh làm được câu này đã tăng lên rõ
rệt mặc dù cách giải quyết hệ này phức tạp hơn
Lớp 12A1
Lớp 12A2
Lớp 12A6
Toàn trường
Số HS làm được HPT
17/45
25/47
12/45
65/510
Tỉ lệ
37,8%
53,2%
26,7%
12,7
- Các em khơng cịn tâm lý e ngại khi gặp hệ nói riêng và phương trình, bất
phương trình, hệ nói chung vì qua sáng kiến các em đã nắm được một cách hệ
thống các phương pháp cơ bản giải phương trình cịn bất phương trình thì các
phương pháp giải cũng tương tự.
V. Đề xuất, kiến nghị
18
Đối với các nhà quản lý giáo dục, các nhà trường: Tổ chức các chương
trình tập huấn bồi dưỡng nghiệp vụ hàng năm cho giáo viên đặc biệt là các
chuyên đề ơn thi đại học. Các chun đề khó như phương trình-bất phương
trình-hệ , phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, bất đẳng thức cần được tập trung
nhiều hơn để giúp cho các cơ sở giáo dục, các thầy cô giáo có thêm tư liệu trong
việc đào tạo, bồi dưỡng nâng cao năng lực tốn học nói riêng và phát triển tư
duy cho học sinh nói chung.
Đối với mỗi giáo viên:
- Phải không ngừng tự học, tự trau dồi bản thân để nâng cao trình độ
chun mơn, nghiệp vụ của mình.
- Mỗi dạng tốn cần có phương pháp giải riêng, có cơng thức từ đó hình
thành cho học sinh con đường tư duy logic để giải toán, giúp cho các em có cách
học, tự học hiệu quả.
- Người thầy cần phải tăng cường kiểm tra, sửa chữa sai sót cho HS, bên
cạnh đó cần động viên kịp thời để các em ln có hứng thú học tập.
- Thầy giáo hướng dẫn cách tự đọc sách cho học sinh, hướng dẫn các em
tự tìm tịi qua sách vở, báo tốn, các trang web về toán học.
- Người thầy tăng cường luyện tập cho các em các dạng chuyên đề và bộ
đề thi để các em có nhiều thời gian tiếp cận và tập dượt với dạng tốn thi, từ đó
giúp các em có được kết quả học tập ngày càng tốt hơn.
Trên đây là báo cáo sáng kiến của tôi được đúc rút trong q trình học tập
và cơng tác của mình, chắc chắn sẽ có nhiều thiếu sót. Rất mong nhận được sự
đóng góp ý kiến của quý vị và các bạn đồng nghiệp.
Tôi xin chân thành cảm ơn.
19
Danh mục các tài liệu tham khảo
1. Phạm Kim Chung, Phạm Chí Tn, Lê Đình Mẫn, Ngơ Hồng Tồn.
Phương trình vô tỷ, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.
2. Lê Văn Đồn, Văn Đức Chín. Phương trình, bất phương trình & hệ ,
NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.
3. Báo toán học và tuổi trẻ
4. Các Website toán học: mathvn.com, k2pi.net, violet.vn,...
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƢỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 01 tháng 05 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người khác.
Đỗ Thị Hải Yến
20
