sáng kiến Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm số

Tên sáng kiến: Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm số 2.. SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công c

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1 Tên sáng kiến: Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm số

2 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục đào tạo

3 Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 20 tháng 9 năm 2016 đến ngày 15 tháng 05

năm 2016

4 Tác giả:

Họ và tên: Nguyễn Văn Khoa

Năm sinh: 1983

Nơi thường trú: Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định

Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ toán học

Chức vụ công tác: Phó Hiệu trưởng

Nơi làm việc: Trường THPT Xuân Trường

Địa chỉ liên hệ: Xóm 2 - Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam ĐịnhĐiện thoại: 0917.842.399

Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến: 100%

5 Đơn vị áp dụng sáng kiến:

Tên đơn vị: Trường THPT Xuân Trường

Địa chỉ: Xã Xuân Hồng-Huyện Xuân Trường-Tỉnh Nam Định

Điện thoại: 03503.886.167

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm số

I ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN

Hệ phương trình là một chủ đề rất quan trọng trong các chủ đề toán học ở trườngtrung học phổ thông Trong những năm gần đây, bài toán hệ phương trình trong các kỳthi đại học (bây giờ là thi THPT Quốc gia), kỳ thi học sinh giỏi, thi khảo sát chất lượngcủa các Sở giáo dục, của các trường trên toàn quốc… xuất hiện với tần suất rất lớn vàngày càng đa dạng về nội dung và phương pháp giải Các bài toán được các tác giả ra

đề khéo léo giấu đi những tính chất quen thuộc nên học sinh thường gặp nhiều khó khăn

để tìm ra cách giải quyết bài toán

Hệ phương trình có mặt trong các đề thi toán 12 thường có thể sử dụng phươngpháp hàm số để giải quyết Người ra đề cũng dựa vào những hàm cơ bản mà biết trướcđược tính đơn điệu của nó trên  hoặc trên một miền nào đó để chọn làm hàm đặc

trưng Khi đã chọn được hàm đặc trưng, người ta chọn tiếp hai biến u, v (với độ phức

tạp tùy ý) để gắn vào phương trình dạng f u  f v  và biến đổi đi để được mộtphương trình mới Lúc này đòi hỏi học sinh phải nắm chắc kiến thức, thành thục kỹnăng biến đổi mới có thể tìm ra chìa khóa để giải quyết bài toán

Nhưng thực tế, với lớp hệ phương trình này, đa số các em lớp 12 đều gặp nhữngtrở ngại nhất định, một trong những trở ngại đó là tìm ra hàm đặc trưng của một phươngtrình trong hệ, dẫn đến gặp bế tắc trong việc tìm ra lời giải Đấy là chưa kể đến những

kỹ năng khác để giải phương trình như biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, nhân liênhợp…học sinh đã quên (do phần này học ở chương trình lớp 10)

Với mong muốn giúp các em học sinh có phương pháp, kỹ năng tốt, nắm bắtđược bản chất vấn đề, không còn bỡ ngỡ khi gặp các hệ phương trình dạng này, tôi suynghĩ rằng, cần phải hệ thống lại kiến thức, phân dạng bài tập cụ thể, hình thành phươngpháp và cần có phân tích đối với lớp các bài toán đó để học sinh hiểu, vận dụng và có tưduy logic cho những bài tập có dạng tương tự Chính vì vậy, tôi đã chọn đề tài

“Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm số” để giúp học sinh có được một phương pháp tốt để giải hệ phương trình, cũng như

phương trình và bất phương trình

II MÔ TẢ GIẢI PHÁP

1 Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến

Trước đây, khi giảng dạy hay ôn tập cho học sinh lớp 12 phần hệ phương trình,

giáo viên thường sẽ giới thiệu cho học sinh một chuyên đề: “phương pháp hàm số giải

chung rồi cho học sinh làm một hệ thống các bài tập liên quan đến hàm số mà khôngchia nhỏ hơn nữa

Với cách giảng dạy đưa ra một hệ thống các bài tập như thế, học sinh không nắmđược cách thức để tìm ra hàm đặc trưng Không phân biệt được sự giống và khác nhaugiữa các cách đó Do đó, hiệu quả giảng dạy không cao

2 Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến

2.1 Các kiến thức cơ bản

2.1.1 Các định lý

Cho hàm số yf x  có đạo hàm trên khoảng a b ; 

a) Nều f x  với mọi '  0 xa b;  , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm thì hàm số

Nếu có x0a b;  sao cho f x 0 g x 0 thì phương trình f x g x  có

nghiệm duy nhất x trên 0 a b ; 

Chú ý: Khoảng a b nêu trong tính chất có thể thay bởi các miền; 

 ; ,a  ; , ; , ; , ; , ;a a b   a b a b   b , ;b  ,   ;  2.2 Giải pháp cụ thể

2.2.1 Hệ chứa một phương trình có luôn dạng f u  f v 

Khi đó, ta chỉ cần xét luôn hàm đặc trưng f t với t D   , chứng minh hàm luôn đơn điệu trên D, từ đó có được u = v, tức là tìm được mối liên hệ đơn giản hơn giữa x

và y Thực hiện thế vào phương trình còn lại đưa về phương trình một ẩn Vận dụng các phương pháp: biến đổi tương tương, nhân lượng liên hợp, đặt ẩn phụ, đánh giá….để giải phương trình này.

Bài 1 Giải hệ phương trình:  

Vậy, hệ đã cho có nghiệm x y ;  2;2 , 2; 2   

Bài 2 Giải hệ phương trình:

 

 

2 2

Vậy hệ đã cho có nghiệm x y là: ;  1 7 1; 7 , 1 7 1; 7

 chưa xác định được dấu.

Để ý rằng, miền D của t là hợp miền của 4 x   và y, nếu ta chặn được biến 1 0 y 0

thì với việc xét hàm số f t trên   D 0; thì f t'    0, t 0.

Từ (1) ta khó chặn được biến y, xét đến (2), ta coi đây là phương trình bâc 2 ẩn x, tham

số y, dựa vào điều kiện có nghiệm ta sẽ chặn được biến y.

Giải Điều kiện x  1

Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x, điều kiện để tồn tại x là

         Đặt u4 x 1, suy ra u  Phương trình (1) trở thành: 0

Hàm g y  y7 2y4 y 4 có g y'  7y68y3 1 0 với  y 0

Mà g 1 0, nên (4) có hai nghiệm không âm là y  và 0 y  1

Với y  ta được nghiệm 0 x y ;  1;0; với y  ta được nghiệm 1 x y ;  2;1

Vậy nghiệm x y của hệ đã cho là ;  1;0 và  2;1 

Nhận xét: Phương trình f u  f v   u v chỉ khi hàm số f t đơn điệu 

trên D và , u v D Nếu hàm đặc trưng f t có đạo hàm   f t chưa xác định một' 

dấu (luôn dương hoặc luôn âm) trên  thì ta phải tìm cách chặn biến ; x y để , u v D

và f t đơn điệu trên D Để chặn biến ,  x y ta có thể dựa vào điều kiện xác định của

hệ phương trình, điều kiện để phương trình bậc hai ẩn x tham số y (hoặc ẩn y tham

số x ) có nghiệm, hoặc nhận xét điều kiện của biểu thức để hệ có nghiệm (chẳng hạn:

Suy ra f t nghịch biến trên   1;1 , do đó f x  f y   xy

Thay vào (2) ta được:

Bằng cách xét hàm đặc trưng f t   t t2 , ta chứng minh được 1 f t đồng biến  

trên  , do đó phương trình trên  byax

Ngoài phương pháp trên, ta có thể sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp để tìm ra mối liên hệ giữa x và y.

* Với hệ chứa biểu thức dạng t t2  , 1 12

1

t t  , khi phân tích, tìm tòi lời giải ta cũng nên thử nhân liên hợp cho các dạng thức trên để tìm lời giải bài toán.

Bài 1 Giải hệ phương trình  

Phương trình vô nghiệm do x  thì 2  x 1 3  2 1 3  0 3x2

Với x 2 2 3 y 6 6 3 Thử lại thấy thỏa mãn

Vậy hệ đã cho có nghiệm x y  ;  2 2 3; 6 6 3  

Do đó  3  x y.

Thay y x vào phương trình (2) ta được: 4 x 2 22 3 x x28

Nhẩm được nghiệmx  , thực hiện nhân liên hợp ta thu được nghiệm 2 x  và phương2

Mà ( 1)f  g( 1) 1  suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất x  1

Vậy nghiệm x y của hệ đã cho: ;  2; 2 , 1;2   

Bài 3 Giải hệ phương trình     

Phương trình (4) có duy nhất nghiệm y 2

Phân tích: Ta thấy phương trình thứ nhất của hệ là phương trình bậc nhất ẩn y

nên ta sẽ rút y theo x rồi thế vào phương trình thứ hai của hệ.

Vậy hệ đã cho có nghiệm là  ;  1;1

Suy ra: f ax b   f cy d    ax b cy d   và thế vào phương trình còn lại.

Lưu ý: miền D D 1D2 với D D là miền của ax b1, 2  và cy d .

Bài 1 (Đại học khối A năm 2012) Giải hệ phương trình:

12

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 f u  f v , tuy nhiên hàm đặc trưng lúc đó f t   t3 12t không đơn điệu trên  do đó ta phải chặn biến Nhìn vào phương trình thứ 2 ta thấy đưa được về

Thay vào (2), ta được:

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x y ;  0;1.

Bài 3 Giải hệ phương trình      

Nếu t  chia hai vế cho 0, t ta được: 3

t t

1x 1 x  2 2 2 1  x  4 1 x  1 x0Với x 0 y1 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ đã cho có nghiệm x y ;  0;1.

Bài 5 Giải hệ phương trình:    

Phân tích: Nhân thấy cả hai phương trình không độc lập được x, y ở hai vế, nhưng để ý

ở phương trình (2), nếu xem z xy thì z, x độc lập ở hai vế, đến đây ta biến đổi để xuất hiện hàm đặc trưng.

Bài 6 Giải hệ phương trình

Chú ý rằng, ta luôn tìm được sự liên hệ:

Xét hàm số f t   t3 t t,   có f t'  3t2     1 0 t nên f t đồng biến trên  

, do đó  *  x y 1 hay y x 1 Thế vào (2) ta được:

Tiếp theo, ta sẽ biến đổi vế trái về dạng 2  3 2  

Phân tích: Ta nhận thấy khó có thể bắt đầu với phương trình (2), để ý đến phương

trình (1), 4x  là biểu thức bậc hai của x và 2 1 y  có thể coi là biểu thức bậc hai3của 5 2y Nếu đặt t  5 2 y thì:

 y 3 5 2 y sang vế phải của  1

Giải Điều kiện 3; 5

x yKhi đó  1  4x21 2 x5 2 y1 5 2  y (3)

Phân tích: Phương trình (4) trông khá “phức tạp” nên ta định hướng sử dụng

phương pháp hàm số để giải quyết

Thay vào (2) ta được : (2x 4)( 43 x 4 2x 2) 3 x (4)1

 x  không phải là nghiệm của (4)2

 đồng biến trên (1;2) và (2;+ ) , g(x) nghịch biến trên (1;2) và (2;+ )

 Trên 1;2 , ta có  min f x  0;maxg x   1 (4) không có nghiệm

 Trên 2; , (4) có tối đa một nghiệm Mà  f  3 g 3  4 x3 là nghiệmduy nhất của (4)

Với x 3 y2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x y ;  3;4 .

3 2

11

22

16

Bài 4 Giải hệ phương trình:  

Do vậy, hệ đã cho có nghiệm x y ;  3;1

Suy ra f t'  12t2 1 0, t  f t  là hàm số đồng biến trên 

Phân tích: Ta không thể bắt đầu với phương trình (2) vì khó có sự biến đổi nào

hợp lý ở đây Xét phương trình (1), thực hiện cô lập biến bằng, chia hai vế cho x ta3

thấy vế trái là bậc ba đối với 1

x , vế phải là bậc ba đối với t  3 2 y , do vậy ta có thể biến đổi đưa về dạng f u  f v .

Giải Điều kiện:

232

x y

Phân tích: Nhận thấy ngay vế trái là hàm số đồng biến, vế phải là hàm số

nghịch biến nên ta dự đoán nghiệm (thường thử giá trị x làm cho các biểu thức chứa0

căn là số “chẵn”, hoặc dùng máy tính có chức năng Solve,…) sau đó chứng minh nghiệm là duy nhất.

Ta thấy x  không là nghiệm của (4), 2

Bài 8 Giải hệ phương trình

Phân tích: Cả hai phương trình đều rất cồng kềnh, phương trình (2) thì x, y đều đã

tách biệt nhau, thế nhưng biến y lại chỉ tồn tại duy nhất ở bậc nhất nằm trong 2 lớp căn, do đó khó có thể có được sự biến đổi hợp lý ở đây.

Xét đến phương trình (1), ta thấy dễ dàng cô lập được x, y nếu chia hai vế cho

    có cùng dạng đặc trưng với vế phải nên

ta tìm được mối liên hệ giữa x và y từ (1).

Giải Điều kiện

00

11

22

y

y y

x x

x x

121

2

22

1 0

2

a a

a

a a a

a a

a   x  y  (thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ đã cho có nghiệm  ;  5 1 3; 5

20

x y y

Suy ra hàm số f t đồng biến trên   

Phương pháp: Bám sát vào căn thức c y d2  2 để biến đổi vế phải về dạng bậc

ba, thường sẽ biến đổi được thành dạng  c y d2  23 c y d2  2 Khi đó thực hiện thêm bớt để đưa vế còn lại về dạng này và thực hiện xét hàm đặc trưng

x x

Bài 3 Giải hệ phương trình :  

3

x y Với 2x y   4 0 y2x4, thay vào (1) ta có :

3x 1 4 2 x1  2x 3 3 2x4

      , lúc này dạng đặc trưng ở hai vế của

phương trình đã gần giống nhau nếu ta đưa được 1

x vào trong căn

000

x x xy

x x xy xy

00

x y x

g x g    x  y (thỏa mãn điều kiện)

Vậy, nghiệm của hệ phương trình là:  ;  2;1

Giải Điều kiện

016

x y y

x  y (thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ đã cho có nghiệm  ;  1;1

Phân tích: Với định hướng cô lập x, y, nên để ý đến phương trình (1), nếu chia hai vế

cho x  thì ta sẽ cô lập được.3 0

Đến đây xét hàm đặc trưng ta sẽ tìm được mối liên hệ giữa x và y rồi thực hiện thế vào phương trình còn lại.

Giải Điều kiện

2 2

Xét hàm số f t với t   , có    

2 2

x   x  x  y (thỏa mãn điều kiện)

Vậy, hệ đã cho có nghiệm  ;  3; 5 , 0;   

Phân tích: Trong phương trình (2) có hai biểu thức có cùng dạng là 4y 2 1

và x  nên gợi ý cho ta sử dụng phương pháp hàm số đưa về dạng 2 1 f u  f v  Đến đây ta thực hiện “cô lập biến” bằng cách chia hai vế của  2 cho x 2

Giải Điều kiện x  0

Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn hệ, chia 2 vế của (2) cho x ta được: 3

y , ta có

x x

Giải Xét y0, 1  x0 thay vào (2) thì không thoả mãn

Xét y  , chia 2 vế của (1) cho 0 11

x  y  , hệ đã cho vô nghiệm.

x x

x

x x

Bài 3 Giải hệ phương trình  

Giải Điều kiện y  1

Do x  không thỏa mãn hệ đã cho nên chia hai vế của phương trình (1) cho 0 x ta 3

Ta có: f t'  3t2     2 0, t nên hàm số f t đồng biến trên   

f(t) f'(t) t

Ta có (3) f( x1)f( y)

+ Nếu t1 x1 và t2  y nằm trên cùng một miền đơn điệu của f(t) Khi đó:

(f x1)f( y) x 1 y  y x 1 Thay vào pt(2) ta được:

2

2 2

 Trường hợp này hệ có 2 nghiệm (x;y) là: (-1;0) và (0;1).

+ Nếu t1 x1 và t2  y nằm trên 2 miền đơn điệu khác nhau f t Khi đó:  

Bài 3 Giải hệ phương trình:

Với x 3 6 y 2 6 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ; )x y  3 6;2 6

Bài 4 Giải hệ phương trình        

Phân tích: Với tư duy cô lập biến, nếu cô lập biến từ phương trình (2) bằng cách chia

hai vế cho x thì ta không thể làm xuất hiện được hàm đặc trưng Xét lại phương trình (1), chia hai vế cho x  ta được:1

Đến đây xét hàm đặc trưng ta tìm được mối liên hệ giữa x và y, sau đó thế vào (2)

Giải Điều kiện 1

1

x y

Xét hàm số f t với t   , có   f t'  3t2  3 0,  t nên f t đồng biến trên   

Giải Điều kiện: xy x y;   1 0

Từ (2) ta có: x y 2 4x y 25 thay vào phương trình (1) ta được

Để ý đến phương trình (1) ta thấy các biểu thức chứa biến đều có bậc 4, nếu chữ

số 1 có thể chuyển về thành biểu thức bậc 4 thì ta được phương trình đẳng cấp bậc 4, điều này giải quyết được do phương trình (*) ta vừa thu được Ta có lời giải sau:

Giải Điều kiện: 3

1 2 x y0

Ta có:  2  y4 y2  1 2x y3  1 2 x y3  3

Xét hàm số: f t( )t2 t với t  , có ( ) 2 1 00 f t  t  với mọi t 0

Nên hàm số f t đồng biến trên   0;

III HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI

Qua áp dụng tại các lớp 12A1, 12A2 và 12A5 ở trường THPT Xuân Trường đãmang lại những kết quả thiết thực, cụ thể:

- Các em không còn tâm lý e ngại khi gặp hệ phương trình nói riêng và phươngtrình, bất phương trình, hệ phương trình nói chung vì qua sáng kiến các em đã nắmđược một cách hệ thống các phương pháp cơ bản để tìm ra hàm đặc trưng, từ đó giúpcác em giải quyết được bài toán

- Trong các lần thi chung, thi khảo sát, học sinh các lớp trên có tỉ lệ làm đượccâu hệ phương trình, cũng như phương trình, bất phương trình cao hơn hẳn các lớp kháckhông được áp dụng sáng kiến

Sáng kiến có thể làm tài liệu tham khảo cho học sinh lớp 12, học sinh ôn thiTHPT Quốc gia, làm tài liệu cho giáo viên nghiên cứu giảng dạy

IV CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN

Tôi xin cam kết báo cáo sáng kiến này của tôi được đúc rút qua quá trình côngtác, giảng dạy, nghiên cứu các tài liệu bộ môn, học tập kinh nghiệm của đồng nghiệp đitrước, không sao chép hoặc vi phạm bản quyền Nếu vi phạm về sao chép hoặc vi phạmbản quyền tôi xin chịu mọi hình thức kỷ luật

Sáng kiến của tôi chắc chắn sẽ còn nhiều thiếu sót, rất mong nhận được sự đónggóp ý kiến của quý vị và các bạn đồng nghiệp

Tôi xin chân thành cảm ơn!

CƠ QUAN ĐƠN VỊ