Sáng kiến kinh nghiệm 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. Mời các bạn cùng tham khảo!
ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Hệ phương trình là một chủ đề quan trọng trong toán học cấp trung học phổ thông, thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi như thi THPT Quốc gia và thi học sinh giỏi Gần đây, các bài toán hệ phương trình trở nên đa dạng và phong phú về nội dung cũng như phương pháp giải, với tần suất xuất hiện ngày càng cao Tuy nhiên, nhiều bài toán được thiết kế khéo léo để ẩn đi những tính chất quen thuộc, khiến học sinh gặp khó khăn trong việc tìm ra cách giải quyết hiệu quả.
Hệ phương trình trong đề thi toán 12 thường có thể giải bằng phương pháp hàm số, với việc chọn hàm đặc trưng dựa trên tính đơn điệu của nó Sau khi xác định hàm đặc trưng, người ra đề sẽ chọn hai biến u và v để gắn vào phương trình dạng f(u) = f(v) và biến đổi thành một phương trình mới Điều này đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức và thành thạo kỹ năng biến đổi để tìm ra chìa khóa giải quyết bài toán.
Nhiều học sinh lớp 12 gặp khó khăn khi giải hệ phương trình, đặc biệt là trong việc xác định hàm đặc trưng của một phương trình trong hệ, dẫn đến bế tắc trong việc tìm lời giải Ngoài ra, các kỹ năng cần thiết như biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ và nhân liên hợp cũng thường bị quên do đã học ở chương trình lớp 10.
Để giúp học sinh nắm vững phương pháp và kỹ năng giải hệ phương trình, tôi đã quyết định hệ thống lại kiến thức và phân loại bài tập cụ thể Mục tiêu là hình thành phương pháp phân tích cho các bài toán, từ đó giúp học sinh hiểu rõ và vận dụng tư duy logic vào các bài tập tương tự Vì lý do này, tôi đã chọn đề tài “Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm số” nhằm trang bị cho học sinh một phương pháp hiệu quả trong việc giải quyết hệ phương trình, phương trình và bất phương trình.
MÔ TẢ GIẢI PHÁP
Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Trước đây, trong quá trình giảng dạy và ôn tập cho học sinh lớp 12 về hệ phương trình, giáo viên thường giới thiệu chuyên đề "phương pháp hàm số giải hệ phương trình" Phương pháp này bao gồm việc trình bày một cách tổng quát và sau đó cho học sinh thực hành qua một loạt bài tập liên quan đến hàm số mà không đi sâu vào từng khía cạnh nhỏ hơn.
Phương pháp giảng dạy hiện tại với hệ thống bài tập không giúp học sinh hiểu rõ cách tìm ra hàm đặc trưng, dẫn đến việc không phân biệt được sự tương đồng và khác biệt giữa các phương pháp Kết quả là, hiệu quả giảng dạy không đạt yêu cầu cao.
2 Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
2.1 Các kiến thức cơ bản
Cho hàm số y = f x ( ) có đạo hàm trên khoảng ( ) a b ; a) Nều f x ' ( ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( ) a b ; , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm thì hàm số
( ) f x đồng biến trên ( ) a b ; b) Nếu f x ' ( ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( ) a b ; , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm thì hàm số
Tính chất 1: Giả sử hàm số y = f x ( ) đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( ) a b ; và ( )
Nếu hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (a, b) và y = g(x) là hàm hằng hoặc hàm nghịch biến trên cùng khoảng, thì phương trình f(x) = g(x) chỉ có tối đa một nghiệm trong khoảng (a, b).
Nếu có x 0∈( ) a b; sao cho f x ( ) 0 =g x ( ) 0 thì phương trình f x ( ) = g x ( ) có nghiệm duy nhất x 0 trên ( ) a b ;
Chú ý: Khoảng ( ) a b ; nêu trong tính chất có thể thay bởi các miền
2.2.1 Hệ chứa một phương trình có luôn dạng f u ( ) = f v ( )
Để giải phương trình, ta xét hàm đặc trưng f(t) với t thuộc D và chứng minh rằng hàm này luôn đơn điệu trên D Từ đó, ta có thể suy ra u = v, giúp tìm ra mối liên hệ đơn giản hơn giữa x và y Sau đó, thay thế vào phương trình còn lại để chuyển về phương trình một ẩn Áp dụng các phương pháp như biến đổi tương đương, nhân lượng liên hợp, đặt ẩn phụ và đánh giá để giải quyết 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:
+ + + ¡ suy ra hàm số f t ( ) đồng biến trên ¡
Thay x= y vào phương trình (2) ta được:
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ) x y ; là: 1 + 3 7 1 ; + 3 7 ÷ , 1 − 3 7 1 ; − 3 7 ÷
Bài 3 Giải hệ phương trình ( )
Phân tích: Ta dễ dàng nhận thấy phương trình (1) có luôn dạng f u ( ) = f v ( ) , thậy vậy
( ) 1 ⇔ ( 4 x − 1 ) 4 + + 2 4 x − = 1 y 4 + + 2 y Đến đây ta thực hiện xét hàm đặc trưng f t ( ) = + t t 4 + 2
+ chưa xác định được dấu. Để ý rằng, miền D của t là hợp miền của 4 x− ≥1 0 và y, nếu ta chặn được biến 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.
Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x, điều kiện để tồn tại x là
∆ = − − + − = ≥ ⇔ ≥ Đặt u= 4 x−1, suy ra u≥0 Phương trình (1) trở thành:
Do đó phương trình (3) tương đương với y u= , nghĩa là x= y 4 +1.
Thay vào phương trình (2) ta được: y y ( 7 + 2 y 4 + − = y 4 ) 0 ( ) 4
Mà g ( ) 1 = 0, nên (4) có hai nghiệm không âm là y=0 và y=1
Với y=0 ta được nghiệm ( ) ( ) x y ; = 1;0 ; với y = 1 ta được nghiệm ( ) ( ) x y ; = 2;1
Vậy nghiệm ( ) x y ; của hệ đã cho là ( ) 1;0 và ( ) 2;1
Phương trình f(u) = f(v) ⇔ u = v chỉ xảy ra khi hàm số f(t) đơn điệu trên miền D và u, v thuộc D Nếu hàm f(t) có đạo hàm nhưng chưa xác định dấu trên miền D, cần phải tìm cách chặn biến x, y để đảm bảo u, v thuộc D và f(t) đơn điệu Để chặn biến x, y, có thể dựa vào điều kiện xác định của hệ phương trình, điều kiện để phương trình bậc hai có nghiệm, hoặc nhận xét về điều kiện của biểu thức để hệ có nghiệm.
Bài 4 Giải hệ phương trình: ( )
Từ phương trình (2) suy ra x ≤1, y ≤1.
Xét hàm số f t ( ) với t ∈ − [ 1;1 ] , ta có f t ' ( ) = 3 t 2 − ≤ ∀ ∈ − 3 0 t [ 1;1 ]
Suy ra f t ( ) nghịch biến trên [ − 1;1 ] , do đó f x ( ) = f y ( ) ⇔ = x y
Vậy, hệ đã cho có nghiệm ( ) x y ; = − + 1 2 5 ; − + 1 2 5 ÷ ÷ ; − − + 1 2 5 ; − − + 1 2 5 ÷ ÷
2.2.2 Phương pháp nhân liên hợp tìm hàm đặc trưng
Hệ chứa dạng liên hợp ax + ( ) ax 2 + 1 by + ( ) by 2 + = 1 1
Phương pháp: Nhận xét ax + ( ) ax 2 + > 1 ax + ( ) ax 2 = ax ax + ≥ 0
1 ax ax by by by by ax ax
Bằng cách xét hàm đặc trưng f t ( ) = + t t 2 + 1 , ta chứng minh được 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+ t 2 +1, 1 2
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 ( )
Xét hàm số f t ( ) = + t t 2 + 1 trên ¡ có:
Nên hàm số f t ( ) đồng biến trên ¡
Thế vào phương trình (1), ta được:
Phương trình vô nghiệm do x≥ −2 thì − − + 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− − )
Bài 2 Giải hệ phương trình ( )
Nên nhân hai vế của phương trình (1) với 1+y 2 −y ta được
Suy ra hàm số h t ( ) đồng biến trên ¡
Thay y= −x vào phương trình (2) ta được: 4 x+ +2 22 3− x =x 2 +8
Nhẩm được nghiệmx=2, thực hiện nhân liên hợp ta thu được nghiệm x=2 và phương trình: 4 3
∀ ∈− ÷. Suy ra ( )f x nghịch biến, ( )g x đồng biến trên 22
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 ( )( ) ( )
Giải Ta có ( ) 1 ⇔ = − x y , thế vào (2) ta được:
Hàm số g y ( ) với y ∈ − [ 3;2 ] , ta có:
Phương trình (4) có duy nhất nghiệm y= −2
Bài 4 Giải hệ phương trình: ( 2 )( 2 )
Xét hàm số f t ( ) với t ∈ ¡ , ta có ' ( ) 1 2 2 0
+ + + ) nên hàm số f t ( ) đồng biến trên ¡
Thế vào phương trình (2) ta được:
Xét hàm số g t ( ) với t ∈ ¡ , ta có g t ' ( ) = 3 t 2 + > ∀ ∈ 1 0, t ¡ nên g t ( ) ĐB trên ¡
Vậy, hệ đã cho có nghiệm ( ) x y ; là: 1 + 6 13 ; − − 1 6 13 ÷ ; 1 − 6 13 ; − + 1 6 13 ÷
Bài 5 Giải hệ phương trình: ( )( )
Giải Do y=0 không thỏa mãn hệ phương trình nên với y≠0, nhân hai vế với
Xét hàm số f t ( ) = + t t 2 + 1, t ∈ ¡ , ta có ' ( ) 1 2 2 2 2 2 0
+ + + với ∀ ∈t ¡ , suy ra f t ( ) đồng biến trên ¡
Do đó f x ( + = 1 ) f y ( ) ⇔ = + y x 1, thế vào (2) ta được:
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm ( ) x y ; = 6 13 7 7 ; ÷
Bài 6 (HSG tỉnh Nam Định 2013) Giải hệ phương trình:
Phương trình đầu tiên trong hệ là phương trình bậc nhất với ẩn y, do đó chúng ta có thể rút y theo x và sau đó thay vào phương trình thứ hai của hệ.
Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :
Xét hàm số f t ( ) = t ( 1 + t 2 + 2 ) với t ∈ ¡ Ta có
Mặt khác, phương trình (*) có dạng 1
Vậy hệ đã cho có nghiệm là ( ) x y ; = − 1 2 ;1 ÷.
2.2.3 Tìm hàm đặc trưng dạng bậc ba dạng f t ( ) = at 3 + bt 2 + + ct d
2.2.3.1 Hệ chứa một phương trình có dạng a x 1 3 +b x 1 2 +c x d 1 + = 1 a y 2 3 +b y 2 2 +c y 2
Phương pháp : Ta tìm cách biến đổi phương trình trên về dạng:
. m ax b+ +n ax b+ =m cy d+ +n cy d+ ⇔ f ax b+ = f cy d+ Đến đây, ta xét hàm số f t và chứng minh hàm ( ) f t luôn đồng biến (nghịch biến) ( ) trên D.
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∪D 2 với D D là miền của ax b 1, 2 + và cy d+
Bài 1 (Đại học khối A năm 2012) Giải hệ phương trình:
Hai vế của phương trình đầu đều có dạng bậc 3 với hai biến x và y Để phân tích, chúng ta cần định hướng đưa phương trình về dạng f(u) = f(v) Tuy nhiên, hàm đặc trưng f(t) = -t^3/12t không đơn điệu trên khoảng này, vì vậy cần phải chặn biến Quan sát phương trình thứ hai, chúng ta có thể đưa về dạng mong muốn.
, ta có f t ' ( ) = 3 ( t 2 − < 4 ) 0, suy ra f t ( ) nghịch biến.
Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( ) ; 1 ; 3
Bài 2 Giải hệ phương trình ( ) ( )
Xét hàm số f t ( ) = − t 3 3 t với 1 − ≤ ≤ t 1 , có f t ' ( ) = 3 t 2 − ≤ ∀ ∈ − 3 0, t [ 1;1 ] nên hàm số
Với x= ⇒ =0 y 1 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( ) ( ) x y ; = 0;1
Bài 3 Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( )
Giải Điều kiện: 1 x≥ −2. Phương trình ( ) ( 1 ⇔ x y − ) 3 + 3 ( x y − ) = y 3 + 3 y (3)
Ta có f t ' ( ) = 3 t 2 + > ∀ ∈ 3 0, t ¡ nên f t ( ) = + t 3 3 t đồng biến trên ¡
Thế vào (2) ta được: 2 x 3 = + ( 1 2 x − 3 x 2 ) 2 x + 1 (4) Đặt t = 2x+1,t ≥0, khi đó (4) trở thành: 2x 3 = −t 3 3x t 2 ⇔2x 3 +3x t t 2 − = 3 0
Nếu t =0 thì x=0 không thỏa mãn (4)
Nếu t ≠0, chia hai vế cho t 3 ta được:
= + ⇔ − − = ⇔ = − ⇔ Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( ) x y ; là: 1 2
Bài 4 Giải hệ phương trình ( )
Xét hàm số f t ( ) = + ∈ t 3 t t , ¡ có f t ' ( ) = 3 t 2 + > ∀ ∈ 1 0, t ¡ nên hàm số f t ( ) đồng biến trên ¡
Thế vào (2) ta được: 1−x 2 + =1 1+ +x 1−x (4) Đặt t = 1 + + x 1 − x t ( ≥ 0 ) 2 2 2 1 2 1 2 2 2
− + = ⇔ − = ⇔ Với t =0, ta có 1+ +x 1− = ⇔ +x 0 2 2 1−x 2 =0 (vô nghiệm)
Với 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 cho thấy cả hai phương trình không thể độc lập xác định x và y Tuy nhiên, nếu xét z = xy trong phương trình (2), thì z và x trở nên độc lập Từ đó, chúng ta có thể biến đổi để xuất hiện hàm đặc trưng.
⇔ = + với f t ( ) = − + t 3 t 2 t Đến đây, ta chứng minh hàm f t đồng biến, ta sẽ suy ra ( ) xy x= +1, thế vào phương trình còn lại để tìm x.
Xét hàm số f t ( ) trên ¡ , ta có f t ' ( ) = 3 t 2 − + = 2 t 1 2 t 2 + − ( t 1 ) 2 > ∀ ∈ 0, t ¡
Do đó, hàm số f t ( ) đồng biến trên ¡
Suy ra, f xy ( ) = f x ( + ⇔ 1 ) xy x = + 1 Thế vào (1) ta được:
Xét hàm số g t ( ) trên ¡ , ta có ' ( ) 1 2 2 2 2 0,
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm ( ) ; 3 1 ; x y = − 2 3÷
Bài 6 Giải hệ phương trình
Phân tích: Dễ dàng biến đổi được phương trình (1) về dạng f x ( ) = f y ( + 1 ) , với f t ( ) = + t 3 t đồng biến trên ¡ Do đó ta được x= +y 1
Để áp dụng phương pháp đặt ẩn phụ, chúng ta cần tự đặt câu hỏi về mối liên quan giữa các biểu thức trong phương trình Chẳng hạn, ta nhận thấy rằng (x + 1)² = x + 1, và cần tìm hiểu mối liên hệ của (x + 2) trong bối cảnh này.
Chú ý rằng, ta luôn tìm được sự liên hệ:
( mx n ) ( cx d ) ax b cx d mx n mx n mx n α β
Vì vậy, ta sẽ tiến hành xác định α β, trong phân tích:
Xét hàm số f t ( ) = + ∈ t 3 t t , ¡ có f t ' ( ) = 3 t 2 + > ∀ ∈ 1 0 t ¡ nên f t ( ) đồng biến trên ¡ , do đó ( ) * ⇔ = + x y 1 hay y x= −1 Thế vào (2) ta được:
+ + + + (3) Đặt 2 x x + + = ≥ 1 1 t t ( 0 ), phương trình trở thành: 2 ( )
+ − = ⇔ = − Với t =1 thay trở lại cho ta nghiệm của (3) là x=0, suy ra y= −1 (thỏa mãn ĐK) Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ) ( x y ; = 0; 1 − )
2.2.3.2 Hệ chứa một phương trình dạng a x 1 3 + b x 1 2 + c x d 1 + = 1 ( a y b 2 + 2 ) c y d 2 + 2
Khi đó, ta căn cứ vào biểu thức ( a y b 2 + 2 ) c y d 2 + 2 để truy ra hàm đặc trưng
Tiếp theo, ta sẽ biến đổi vế trái về dạng 2 ( ) 3 2 ( )
+ +α + (chú ý đưa hết b x 1 2 vào trong khai triển bậc 3 rồi thực hiện xét hàm đặc trưng ( ) 2 3 2
Bài 1 (Trích đề thi TSĐH khối A năm 2010) Giải hệ phương trình:
Phân tích cho thấy việc bắt đầu với phương trình (2) là khó khăn Tuy nhiên, nếu chú ý đến phương trình (1), ta thấy rằng 4x^2 + 1 là biểu thức bậc hai của x, trong khi y - 3 có thể được xem như một biểu thức bậc hai của 5^2 - y Đặt t = 5^2 - y sẽ giúp đơn giản hóa quá trình phân tích.
Biểu thức ( t 2 + 1 ) t có hình thức giống với ( 4 x 2 + 1 2 ) x , do vậy ta sẽ biến đổi ( ) 1 về dạng f u ( ) = f v ( ) Để đưa về dạng này ta thường “cô lập” biến, do vậy sẽ chuyển
Ta có f t ' ( ) = 3 t 2 + > ∀ ∈ 1 0, t ¡ suy ra f t ( ) đồng biến trên ¡
2 y= − x vào phương trình (2) ta được:
Phân tích: Phương trình (4) trông khá “phức tạp” nên ta định hướng sử dụng phương pháp hàm số để giải quyết
Nhận thấy x=0 và 3 x= 4 không là nghiệm của phương trình (4) Xét hàm số g x ( ) = 4 x 2 + 5 2 − 2 x 2 ÷ 2 + 2 3 4 − x − 7
Do đó g x ( ) nghịch biến trên 3
2 0 g = ÷ nên phương trình (4) có nghiệm duy nhất 1 x= 2 suy ra y=2.
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ) x y ; = 1 2 ;2 ÷
Bài 2 Giải hệ phương trình ( )
Phân tích: Trong phương trình (1), ( y 2 + 1 ) y là hàm số bậc ba đối với y;
(1 2 ) 2− x x−2 là hàm số bậc ba đối với t = 2x−2, nên ta sẽ thử biến đổi về dạng
Xét hàm số f t( )= +t 3 t trên ¡ , có f t ' ( ) = 3 t 2 + > ∀ ∈ 1 0, t ¡ nên ( )f t đồng biến trên ¡
• x=2 không phải là nghiệm của (4)
⇒ f x 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;max g x ( ) = − ⇒ 1 (4) không có nghiệm.
• Trên ( 2;+∞ ), (4) có tối đa một nghiệm Mà f ( ) 3 = g ( ) 3 = ⇒ = 4 x 3 là nghiệm duy nhất của (4).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ) ( ) x y ; = 3;4
Bài 3 Giải hệ phương trình: ( ) ( )
Từ phương trình (2) của hệ ta thấy để hệ có nghiệm thì
2 0 0 0 2 1 x + ≤ ⇒ − ≤ ≤ ⇒ ≤x 2 x x≤ Xét hàm số f t ( ) = − t 3 3 , t t ∈ [ ] 0;1 , ta có f t ' ( ) = 3 t 2 − ≤ ∀ ∈ 3 0, t [ ] 0;1 nên hàm số f t ( ) nghịch biến trên [ ]0;1 ta suy ra
Xét phương trình (4), ta có:
Hệ đã cho có hai nghiệm 1 1
Bài 4 Giải hệ phương trình: ( )
Xét hàm số f t ( ) = − t 3 3 t , t ≥ 1 có f t ' ( ) = 3 t 2 − ≥ ∀ ≥ 3 0, t 1 nên hàm số f t ( ) đồng biến trên [ 1; +∞ )
Do x≥2, bình phương hai vế ta được y x= 2 −2x−2
− = − − + − − ⇔ − + − + ⇔ − − + − = ⇔ − + − Với x ≥ ⇒ 2 x 3 − x 2 = x x 2 ( − > 1 ) 0;5 x − ≥ − = 2 10 2 8 nên PT (2) vô nghiệm.
Do vậy, hệ đã cho có nghiệm ( ) ( ) x y ; = 3;1
Bài 5 Giải hệ phương trình ( ) ( )
Suy ra f t ' ( ) = 12 t 2 + > ∀ ∈ ⇒1 0, t ¡ f t ( ) là hàm số đồng biến trên ¡
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ) x y ; là ( ) (1;1 , 1; 1 ,) 1;0 , 5; 2
Bài 6 Giải hệ phương trình: ( ) ( )
' 3 3 0, f t = t + > ∀ ∈t ¡ , suy ra f t ( ) đồng biến trên ¡
Phương trình trở thành 2v 2 −3uv−2u 2 =0 (3)
Do v>0, chia hai vế phương trình (3) cho v 2 ta được:
Suy ra x 2 −2x+ =4 2 x+ ⇔2 x 2 −6x− = ⇔ = ±4 0 x 3 13(thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) x y ; là:
Bài 7 Giải hệ phương trình ( ) ( )
Phân tích phương trình (1) cho thấy khi cô lập biến bằng cách chia hai vế cho x, ta nhận thấy vế trái là bậc ba đối với 1/x, trong khi vế phải là bậc ba đối với t = 3/2 - y Điều này cho phép chúng ta biến đổi phương trình về dạng f(u) = f(v).
Xét thấy x = 0 không thỏa mãn hệ, nên chia hai vế của phương trình (1) cho x 3 ta được:
Ta có f t ' ( ) = 3 t 2 + > ∀ ∈ 1 0 t ¡ nên hàm số f t ( ) đồng biến trên ¡
Phân tích hàm số cho thấy vế trái là đồng biến và vế phải là nghịch biến, từ đó ta có thể dự đoán nghiệm Để tìm nghiệm, có thể thử giá trị x để các biểu thức chứa căn trở thành số “chẵn” hoặc sử dụng máy tính với chức năng Solve, sau đó cần chứng minh rằng nghiệm tìm được là duy nhất.
Ta thấy x= −2 không là nghiệm của (4),
+ nên hàm số g x ( ) đồng biến trên ( − +∞ 2; )
Hàm số h x ( ) liên tục trên ¡ nên h x ( ) nghịch biến trên ¡ , suy ra nghịch biến trên ( − +∞ 2; ).
Mà x=7 là nghiệm của (4) nên (4) có nghiệm duy nhất 111
7 98 x= ⇒ =y Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( ) x y ; = 7; 111 98 ÷
Bài 8 Giải hệ phương trình ( ) ( )
Cả hai phương trình đều phức tạp, trong đó phương trình (2) đã tách biệt x và y Tuy nhiên, biến y chỉ xuất hiện ở bậc nhất trong hai lớp căn, điều này khiến việc thực hiện các biến đổi hợp lý trở nên khó khăn.
Xét đến phương trình (1), ta thấy dễ dàng cô lập được x, y nếu chia hai vế cho x , ta có: 2
Hàm đặc trưng đã lộ rõ ở vế phải, vì ( 4 2 − y ) 3 2 − y = ( 3 2 − y ) 3 + 3 2 − y , do đó ta cố gắng tách ghép để vế trái có dạng u 3 +u.
− + − + = − + ÷ + − + ÷ có cùng dạng đặc trưng với vế phải nên ta tìm được mối liên hệ giữa x và y từ (1).
Chia hai vế của (1) cho x 2 ta được:
Xét hàm số f t ( ) với t ∈ ¡ , ta có f t ' ( ) = 3 t 2 + > ∀ ∈ 1 0, t ¡ nên hàm số f t ( ) đồng biến trên ¡ Do đó f − + = 1 x 1 ÷ f ( 3 2 − y ) ⇔ 3 2 − y = − + 1 x 1
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ) x y ; = 5 1 3 2 − ; + 4 5 ÷
Bài 9 Giải hệ phương trình
Xét hàm số f t ( ) với t∈¡ , ta có f t ' ( ) = 12 t 2 + > ∀ ∈ 3 0, t ¡
Suy ra hàm số f t ( ) đồng biến trên ¡
Vậy, hệ đã cho có nghiệm ( ) ( ) x y ; = 5;2
2.2.3.3 Hệ chứa một phương trình dạng ( a x b 1 + 1 ) c x d 1 + 1 =( a y b 2 + 2 ) c y d 2 + 2
Phương pháp này tập trung vào việc biến đổi vế phải của biểu thức c y d 2 + 2 thành dạng bậc ba, thường dưới dạng α (c y d 2 + 2)³ + β c y d 2 + 2 Sau đó, cần thực hiện thêm bớt để đưa vế còn lại về dạng tương tự và tiến hành xét hàm đặc trưng.
Bài 1 Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( )
Ta đặt u = 4−x v, = 3 2− y u v ( , ≥0) phương trình (1) trở thành:
(2000+u u) =(2000+v v) (3) Xét hàm số f t( )= +t 3 2000 ,t t∈¡ , có f t ' ( ) = + t 3 2000 0 > ∀ ∈ t ¡ nên f t ( ) là hàm đồng biến trên ¡
Do đó, ( ) 3 ⇔ f u ( ) = f v ( ) ⇔ u v = hay 2y x= −1 thay vào phương trình thứ 2 ta được :
2 3 4 3 5 9 6 13 4 x+ + x+ =x + x+ −3 ≤ ≤x ÷ dùng liên hợp ta được :
(Do vế trái (4) luôn âm với mọi 4
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ) x y ; là: 0; − 1 2 ÷ , 1; 1 ( − − )
Bài 2 Giải hệ phương trình : ( ) ( ) ( )
Xét hàm số f t ( ) trên ¡ , có f t ' ( ) = 9 t 2 + > ∀ ∈ 2 0, t ¡ nên f t ( ) đồng biến trên ¡
Do đó, f ( 7 − x ) ( = f 6 − y ) ⇔ 7 − = x 6 − ⇔ = − y y x 1 Thế vào (2) ta được:
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm ( ) ( ) x y ; = 5;4
Bài 3 Giải hệ phương trình : ( )
+ Đặt x t y t = , ( > 0 ), phương trình trở thành
Thay y=4x 2 vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
Hàm số f t ( ) = + t 3 t t , ( ∈ ¡ ) có f t ' ( ) = 3 t 2 + > ∀ ∈ 1 0, t ¡ nên đồng biến trên ¡ , do đó
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( ) x y ; = 1 + 4 5 3 ; + 2 5 ÷
Bài 4 Giải hệ phương trình ( ) ( )
Với y x+ + =1 0 suy ra vô nghiệm vì 1
; 1 x≥ 3 y≥ Với 2x y− + = ⇔ =4 0 y 2x+4, thay vào (1) ta có :
Xét hàm số f t ( ) = 2 t 2 + t t , ≥ 0 ta có f t ' ( ) = + > ∀ ≥4 t 1 0, t 0 nên hàm số f t ( ) đồng biến trên [ 0;+∞ )
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( ) ( x y ; = 4;12 )
2.2.4 Tìm hàm đặc trưng dạng f t ( ) = α t + β t mt 2 + n
Bài 1 Giải hệ phương trình: ( ) ( )
Phân tích: Nếu chia hai vế của (1) cho x 2 >0 thì ta sẽ cô lập được hai biến x, y
⇔ − + = − + , lúc này dạng đặc trưng ở hai vế của phương trình đã gần giống nhau nếu ta đưa được 1 x vào trong căn 1+x 2 (trong biểu thức 1 2 2
1 x x + ), nhưng để biểu thức ở hai vế có dạng đặc trưng như nhau ta cần làm cho dấu ở hai vế như nhau bằng cách chỉ ra x>0.
Do 1− 1+ y 2 ≤0,x− 1+x 2 và do từ điều kiện xy≥0, suy ra y>0 và x>0.
Xét hàm số f t ( ) trên ( 0; +∞ ) , có f t ' ( ) = − ( 1 1 + t 2 ) − 1 t + 2 t 2 < 0
Suy ra, f t ( ) đồng biến trên ( 0; +∞ )
Thế xy = 1 vào (2) ta được: x 2 + + −x 1 x 2 − + =x 1 7− 3.
Xét hàm số g x ( ) = x 2 + + − x 1 x 2 − + x 1 trên ( 0; +∞ ), ta có:
Suy ra h z ( ) đồng biến trên ¡ , và có 2x+ >1 2x−1 nên h x ( 2 + > 1 ) h x ( 2 − 1 ) hay
Suy ra g x ( ) đồng biến trên ( 0; +∞ ).
Mà g x ( ) = g ( ) 2 = 7 − 3 ⇔ = ⇒ = x 2 y 1 2 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy, nghiệm của hệ phương trình là: ( ) x y ; = 2; 1 2 ÷
Bài 2 Giải hệ phương trình ( )
Phân tích: Từ phương trình (2), nếu chia hai vế cho x 2 >0 thì sẽ độc lập được x, y ở hai vế, ( ) 2 2 ( ) 2
⇔ + + = + + Đến đây, để vế trái có dạng đặc trưng giống vế phải, ta cần chứng minh x>0 và đưa
Thật vậy, để ý vế phải của (1) ta biến đổi làm xuất hiện hằng đẳng thức và thực hiện đánh giá:
Suy ra 3+ −x 2− ≥ ⇔x 1 3+ ≥ +x 1 2− ⇔ ⇔ ≤ ≤x 1 x 2 Khi đó ta dễ dàng đưa 1 x vào trong căn.
Xét hàm số f t ( ) = + t t t 2 + 1 trên ¡ , có ' ( ) 1 1 2 2 2 0,
Suy ra f t ( ) đồng biến trên ¡
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ) ; 1; 1 x y 2
Bài 3 Giải hệ phương trình ( )
Phân tích: Với định hướng cô lập x, y, nên để ý đến phương trình (1), nếu chia hai vế cho x 3 ≠0 thì ta sẽ cô lập được.
⇔ + + = + ÷ + 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.
= (luôn đúng) nên hệ có nghiệm ( ) ( ) x y ; = 0; y ∀ ∈ y ¡ Với x≠0,
Xét hàm số f t ( ) với t∈¡ , có ' ( ) 1 2 1 2 2 0,
Nên hàm số f t ( ) đồng biến trên ¡
Thế 2xy =1 vào (1) ta được: 4 x+ = +1 1 3x+2 1− +x 1−x 2 (3). Đặt a= 1+ ≥x 0,b= 1− ≥x 0 và 3 x x = − + 1 2 ( x + = 1 ) a 2 − 2 b 2
Với a b+ =2, ta có 1+ +x 1− = ⇔ =x 2 x 0 (loại do x≠0)
5 6 x+ = − ⇔ = − ⇒ = −x x y (thỏa mãn điều kiện) Vậy, hệ đã cho có nghiệm ( ) x y ; = − − 3 5 ; 5 6 ÷, 0; ( ) ( y ∀ ∈ y ¡ ).
Bài 4 Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( )
Trong phương trình (2), hai biểu thức 4y² + 1 và x² + 1 có dạng giống nhau, điều này gợi ý sử dụng phương pháp hàm số để đưa về dạng f(u) = f(v) Tiếp theo, chúng ta thực hiện việc "cô lập biến" bằng cách chia hai vế của phương trình cho x².
Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn hệ, chia 2 vế của (2) cho x 3 ta được:
Nên f t ( ) là hàm số đồng biến trên ¡
Thế vào phương trình (1) ta được: g x ( ) = + + x x 3 2 ( x 2 + 1 ) x = 6 (4)
Nên hàm số g x ( ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) , mà có g ( ) 1 = 6 nên phương trình (4) có nghiệm duy nhất 1
Vậy, hệ đã cho có nghiệm ( ) x y ; = ÷ 1; 1 2
Bài 5 Giải hệ phương trình: ( ) ( )
Xét phương trình (1), ta có 3 y 2 + +9 3y>3 y +3y≥0, ∀y nên hệ có nghiệm thì xy 2 ( x 2 + + > ⇒ >1 1 ) 0 x 0
+Chia hai vế của phương trình (1) cho y 2 , ta có
+ Suy ra hàm số f t ( ) đồng biến trên ( 0;+∞ )
Thay 3 y= x vào phương trình (2) ta được:
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ) x y ; là ( ) 1;3 ; 2; 3
2.2.5 Tìm hàm đặc trưng với phương trình trong hệ có dạng x m +xy m = y 2 m +y m + 1
Khi đó, chia hai vế cho y m ≠0 ta sẽ được: m x x m y y y y
Bài 1 Giải hệ phương trình ( )
Giải Xét y = 0, 1 ( ) ⇒ = x 0 thay vào (2) thì không thoả mãn.
Xét y≠0, chia 2 vế của (1) cho y 11 ta được:
Xét hàm số f t ( ) = t 11 + ∈ t t , ¡ , ta có f t ' ( ) = 11 t 10 + > ∀ ∈ 1 0, t ¡ nên f t ( ) là hàm số đồng biến trên ¡ Do đó,
Xét x=0 không là nghiệm phương trình, chia 2 vế cho x 3 ta được:
⇔ + + = + − Đặt 1 t = x, phương trình trên trở thành:
Xét hàm số g u ( ) = u 3 + 2 , u u ∈ ¡ ta có g u ' ( ) = 3 u 2 + > ∀ ∈ 2 0, u ¡ nên hàm số
Suy ra x= − ⇒1 y 2 = −1, hệ đã cho vô nghiệm.
Bài 2 Giải hệ phương trình ( )
Giải Điều kiện: 5 x≥ −4. Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ, chia 2 vế phương trình (1) cho y 5 , ta được:
Ta có f t ' ( ) = 5 t 4 + > 1 0, ( ∀ ∈ t ¡ ) Do đó hàm số f t ( ) đồng biến trên ¡
⇔ = ⇔ =y , thế vào phương trình (2) ta được:
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ) x y ; là: ( ) 1;1 và ( 1; 1 − )
Bài 3 Giải hệ phương trình ( )
Do x=0 không thỏa mãn hệ đã cho nên chia hai vế của phương trình (1) cho x 3 ta được: ( ) 1 ⇔ ÷ x y 3 + 2 y x = x 3 + 2 x ( ) 3
Ta có: f t ' ( ) = 3 t 2 + ≥ ∀ ∈ 2 0, t ¡ nên hàm số f t ( ) đồng biến trên ¡
Ta có x 2 + + > + ≥1 x x x 0 nên nhân hai vế của phương trình trên với
2.2.6 Một số phương pháp tìm hàm đặc trưng khác
HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI
Qua áp dụng tại các lớp 12A1, 12A2 và 12A5 ở trường THPT Xuân Trường đã mang lại những kết quả thiết thực, cụ thể:
Các em đã vượt qua tâm lý e ngại khi đối mặt với hệ phương trình và các loại phương trình, bất phương trình khác Nhờ vào sáng kiến này, các em đã nắm vững các phương pháp cơ bản để xác định hàm đặc trưng, từ đó giúp giải quyết hiệu quả các bài toán liên quan.
Trong các kỳ thi chung và khảo sát, học sinh các lớp trên thể hiện tỉ lệ làm đúng câu hỏi về hệ phương trình, phương trình và bất phương trình cao hơn rõ rệt so với các lớp khác không áp dụng sáng kiến.
Sáng kiến này sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho học sinh lớp 12 và những học sinh đang ôn thi THPT Quốc gia, đồng thời cũng cung cấp nguồn tư liệu cho giáo viên trong việc nghiên cứu và giảng dạy.
CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN
Tôi cam kết rằng báo cáo sáng kiến của mình được hình thành từ kinh nghiệm công tác, giảng dạy, nghiên cứu tài liệu chuyên ngành và học hỏi từ những đồng nghiệp trước, hoàn toàn không sao chép hay vi phạm bản quyền Nếu có bất kỳ vi phạm nào liên quan đến sao chép hoặc bản quyền, tôi sẵn sàng chịu mọi hình thức kỷ luật.
Sáng kiến của tôi chắc chắn sẽ còn 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!
CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN
(xác nhận, đánh giá, xếp loại)
DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1 Phạm Kim Chung, Phạm Chí Tuân, Lê Đình Mẫn, Ngô Hoàng Toàn Phương trình vô tỷ, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.
2 Lê Văn Đoàn, Văn Đức Chín Phương trình, bất phương trình & hệ phương trình, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.
3 Báo toán học và tuổi trẻ
4 Các Website toán học: luyenthithukhoa.vn, k2pi.net, mathvn.com, tailieuluyenthi.com, violet.vn,
ThS Phạm Bình Nguyên và ThS Nguyễn Ngọc Duyệt đã xuất bản cuốn sách "Bí quyết chinh phục kỳ thi THPT Quốc Gia 2 trong 1" vào năm 2014, tập trung vào các chủ đề phương trình, bất phương trình và hệ phương trình Cuốn sách được phát hành bởi NXB ĐHQGHN, cung cấp những kiến thức và bí quyết hữu ích giúp học sinh chuẩn bị tốt cho kỳ thi quan trọng này.