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

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: Phương pháp tìm hàm đặc trưng giải hệ phương trình công cụ hàm số Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục đào tạo Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 20 tháng năm 2016 đến ngày 15 tháng 05 năm 2016 Tác giả: Họ 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 liên hệ: Xóm - Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định Điện thoại: 0917.842.399 Tỷ lệ đóng góp tạo sáng kiến: 100% 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 giải hệ phương trình công cụ hàm số I ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Hệ phương trình chủ đề quan trọng chủ đề toán học trường trung học phổ thông Trong năm gần đây, toán hệ phương trình kỳ thi đại học (bây thi THPT Quốc gia), kỳ thi học sinh giỏi, thi khảo sát chất lượng Sở giáo dục, trường toàn quốc… xuất với tần suất lớn ngày đa dạng nội dung phương pháp giải Các toán tác giả đề khéo léo giấu tính chất quen thuộc nên học sinh thường gặp nhiều khó khăn để tìm cách giải toán Hệ phương trình có mặt đề thi toán 12 thường sử dụng phương pháp hàm số để giải Người đề dựa vào hàm mà biết trước tính đơn điệu ¡ miền để chọn làm hàm đặc trưng Khi chọn 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 ) biến đổi để phương trình Lúc đòi hỏi học sinh phải nắm kiến thức, thành thục kỹ biến đổi tìm chìa khóa để giải toán Nhưng thực tế, với lớp hệ phương trình này, đa số em lớp 12 gặp trở ngại định, trở ngại tìm hàm đặc trưng phương trình hệ, dẫn đến gặp bế tắc việc tìm lời giải Đấy chưa kể đến kỹ khác để giải phương trình biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, nhân liên hợp…học sinh quên (do phần học chương trình lớp 10) Với mong muốn giúp em học sinh có phương pháp, kỹ tốt, nắm bắt chất vấn đề, không bỡ ngỡ gặp hệ phương trình dạng này, suy nghĩ rằng, cần phải hệ thống lại kiến thức, phân dạng tập cụ thể, hình thành phương pháp cần có phân tích lớp toán để học sinh hiểu, vận dụng có tư logic cho tập có dạng tương tự Chính vậy, chọn đề tài “Phương pháp tìm hàm đặc trưng giải hệ phương trình công cụ hàm số” để giúp học sinh có phương pháp tốt để giải hệ phương trình, phương trình bất phương trình II MÔ TẢ GIẢI PHÁP Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Trước đây, giảng dạy hay ôn tập cho học sinh lớp 12 phần hệ phương trình, giáo viên thường giới thiệu cho học sinh chuyên đề: “phương pháp hàm số giải hệ phương trình”, vào giảng dạy cụ thể, giáo viên nêu phương pháp chung chung cho học sinh làm hệ thống tập liên quan đến hàm số mà không chia nhỏ Với cách giảng dạy đưa hệ thống tập thế, học sinh không nắm cách thức để tìm hàm đặc trưng Không phân biệt giống khác cách Do đó, hiệu giảng dạy không cao Mô tả giải pháp sau có sáng kiến 2.1 Các kiến thức 2.1.1 Các định lý Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm khoảng ( a; b ) a) Nều f ' ( x ) ≥ với x ∈ ( a; b ) , dấu “=” xảy hữu hạn điểm hàm số f ( x ) đồng biến ( a; b ) b) Nếu f ' ( x ) ≤ với x ∈ ( a; b ) , dấu “=” xảy hữu hạn điểm hàm số f ( x ) nghịch biến ( a; b ) 2.1.2 Các tính chất Tính chất 1: Giả sử hàm số y = f ( x ) đồng biến (nghịch biến) khoảng ( a; b ) u; v ∈ ( a; b ) , f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v Tính chất 2: Nếu hàm số y = f ( x ) đồng biến ( a; b ) y = g ( x ) hàm hàm số nghịch biến ( a; b ) phương trình f ( x ) = g ( x ) có nhiều nghiệm thuộc khoảng ( a; b ) Nếu có x0 ∈ ( a; b ) cho f ( x0 ) = g ( x0 ) phương trình f ( x ) = g ( x ) có nghiệm x0 ( a; b ) Chú ý: Khoảng ( a; b ) nêu tính chất thay miền ( −∞; a ) , ( −∞; a ] , [ a; b ] , ( a; b ] , [ a; b ) , ( b; +∞ ) , [ b; +∞ ) , ( −∞; +∞ ) 2.2 Giải pháp cụ thể 2.2.1 Hệ chứa phương trình có dạng f ( u ) = f ( v ) Khi đó, ta cần xét hàm đặc trưng f ( t ) với t ∈ D , chứng minh hàm đơn điệu D, từ có u = v, tức tìm mối liên hệ đơn giản x y Thực vào phương trình lại đưa phương trình ẩn Vận dụng phương pháp: biến đổi tương tương, nhân lượng liên hợp, đặt ẩn phụ, đánh giá….để giải phương trình ( 1) ( 2)  x3 − y = y − x Bài Giải hệ phương trình:  2  x + xy + y = 3 Giải Ta có ( 1) ⇔ x + x = y + y ⇔ f ( x ) = f ( y ) , với f ( t ) = t + t Xét hàm số f ( t ) với t ∈ ¡ Có f ' ( t ) = 3t + > ∀t ∈ ¡ ⇒ f ( t ) đồng biến ¡ Do f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y Thế vào (2) ta x + x + x = 12 ⇔ x = ±2 Vậy, hệ cho có nghiệm ( x; y ) = ( 2;2 ) , ( −2; −2 ) 1   x + x2 + = y + y2 +  Bài Giải hệ phương trình:   x + = 3x + x −  y y2 ( 1) ( 2) Giải Điều kiện: y ≠ Xét hàm số f ( t ) = t + có f ' ( t ) = − (t 2t + 1) , t ∈¡ t +1 = t + 2t − 2t + (t + 1) = t + t + ( t − 1) (t + 1) 2 > 0, ∀t ∈ ¡ suy hàm số f ( t ) đồng biến ¡ Phương trình (1) có dạng f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y Thay x = y vào phương trình (2) ta được: 3x + x − 9x + = ⇔ x + = 3x − + x x x x Đặt u = x − ( 4) 4 ⇒ u = x + − 12 ⇔ x + = u + 12 x x x Phương trình (5) trở thành u + ≥ u ≥ −2 ⇔ ⇔u=2 u = u + 12 = u + ⇔   u = u + 12 = u + 4u + Với ta có 3x − 1± = ⇔ 3x − x − = ⇔ x = x 1+ 1+  1− 1−  ; ; Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) là:  ÷,  ÷   3    x + + x − = y + + y Bài Giải hệ phương trình  2  x + x ( y − 1) + y − y + = ( 1) ( 2) Phân tích: Ta dễ dàng nhận thấy phương trình (1) có dạng f ( u ) = f ( v ) , thậy ( 1) ⇔ ( ) x −1 + + x −1 = y4 + + y Đến ta thực xét hàm đặc trưng f ( t ) = t + t + 2t Ta có f ' ( t ) = t +2 + chưa xác định dấu Để ý rằng, miền D t hợp miền x − ≥ y, ta chặn biến y ≥ với việc xét hàm số f ( t ) D = [ 0; +∞ ) f ' ( t ) ≥ 0, ∀t ≥ Từ (1) ta khó chặn biến y, xét đến (2), ta coi phương trình bâc ẩn x, tham số y, dựa vào điều kiện có nghiệm ta chặn biến y Giải Điều kiện x ≥ Coi (2) phương trình bậc hai ẩn x, điều kiện để tồn x ∆ ' = ( y − 1) − y + y − = y ≥ ⇔ y ≥ Đặt u = x − 1, suy u ≥ Phương trình (1) trở thành: u4 + + u = y4 + + y Xét f ( t ) = t + + t , với t ≥ Ta có f ' ( t ) = 2t t +2 ( 3) + > 0, ∀t ≥ Do phương trình (3) tương đương với y = u , nghĩa x = y + Thay vào phương trình (2) ta được: y ( y + y + y − ) = ( 4) Hàm g ( y ) = y + y + y − có g ' ( y ) = y + y + > với ∀y ≥ Mà g ( 1) = 0, nên (4) có hai nghiệm không âm y = y = Với y = ta nghiệm ( x; y ) = ( 1;0 ) ; với y = ta nghiệm ( x; y ) = ( 2;1) Vậy nghiệm ( x; y ) hệ cho ( 1;0 ) ( 2;1) Nhận xét: Phương trình f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v hàm số f ( t ) đơn điệu D u , v ∈ D Nếu hàm đặc trưng f ( t ) có đạo hàm f ' ( t ) chưa xác định dấu (luôn dương âm) ¡ ta phải tìm cách chặn biến x; y để u , v ∈ D f ( t ) đơn điệu D Để chặn biến x, y ta dựa vào điều kiện xác định hệ phương trình, điều kiện để phương trình bậc hai ẩn x tham số y (hoặc ẩn y tham số x ) có nghiệm, nhận xét điều kiện biểu thức để hệ có nghiệm (chẳng hạn: A + B = 0, B ≥ ⇒ A ≤ ; A B = c < ⇒ A < 0; A2 + B = ⇒ −1 ≤ A, B ≤ ,….) ( 1) ( 2)  x3 − y = 3x − y Bài Giải hệ phương trình:   x + y = 3 Giải Ta có ( 1) ⇔ x − x = y − y ⇔ f ( x ) = f ( y ) , với f ( t ) = t − 3t Từ phương trình (2) suy x ≤ 1, y ≤ Xét hàm số f ( t ) với t ∈ [ −1;1] , ta có f ' ( t ) = 3t − ≤ ∀t ∈ [ −1;1] Suy f ( t ) nghịch biến [ −1;1] , f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y Thay vào (2) ta được: x2 + x4 = ⇔ x4 + x2 − = ⇔ x2 = −1 + −1 + ⇔ x=± 2  −1 + −1 +   −1 + −1 +  ÷;  − ÷ ; ;− Vậy, hệ cho có nghiệm ( x; y ) =   ÷ ÷ 2 2     2.2.2 Phương pháp nhân liên hợp tìm hàm đặc trưng Hệ chứa dạng liên hợp  ax +  Phương pháp: Nhận xét ax +  Nên  ax + ⇔ by + ( ax ) ( by ) 2 +  by +   + = ( −ax ) + ( ax ) ( ax ) ( by ) 2 ( −ax ) +  by +   ( by ) ( ax ) + > ax + +  = ⇔ by +  2 + 1 =  = ax + ax ≥ ( by ) +1 = ax + ( ax ) +1 +1 Bằng cách xét hàm đặc trưng f ( t ) = t + t + , ta chứng minh f ( t ) đồng biến ¡ , phương trình ⇔ by = −ax Ngoài phương pháp trên, ta sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp để tìm mối liên hệ x y * Với hệ chứa biểu thức dạng t + t + , t + t2 +1 , phân tích, tìm tòi lời giải ta nên thử nhân liên hợp cho dạng thức để tìm lời giải toán  x2 + 2x + y − = y + 4x +  Bài Giải hệ phương trình  y + + y2 =  x + + x Giải Điều kiện: y + x + ≥ )( ( ) ( 1) ( 2) Ta có x + + x > x + x = x + x ≥ Nên ( ) ⇔ y + + y = ⇔ y + + y = −3 x + + x 3x + + x ⇔ y + + y = ( −3 x ) + + ( − x ) Xét hàm số f ( t ) = t + t + ¡ có: f '( t ) = + t = t2 +1 + t t +t > t2 +1 t2 +1 t2 +1 Nên hàm số f ( t ) đồng biến ¡ Do đó, f ( y ) = f ( −3x ) ⇔ y = −3x Thế vào phương trình (1), ta được: ≥ ∀t ∈ ¡ ( ) x − x − = x + ⇔ x + x + = x + + x + + ⇔ ( x + 1) = + Với ( ) x + +1 x + = 3( x + 2) + ⇔ x + − = 3( x + 2) x ≥ −1 x ≥ −1   ⇔ ⇔  x + x − + − = ( x + )  x − x + − + = ( ) ( ) ( x ≥ −1  ⇔ ⇔ x = 2+2 x + x − − = ( )  + Với − x − = ( x + ) + ⇔ − x − + = ( x + ) ( ) ( ( ) ) ( ) ( ) ) Phương trình vô nghiệm x ≥ −2 − x − + ≤ − + < < ( x + ) Với x = + ⇒ y = −6 − Thử lại thấy thỏa mãn ( Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) = + 3; −6 − ) ( x + + x)( y + + y ) = Bài Giải hệ phương trình   x + + 22 − x = y + Giải Điều kiện: −2 ≤ x ≤ Do + y − y > ( 1) ( 2) 22 y − y = − y + y ≥ 0, ∀y ∈ ¡ Nên nhân hai vế phương trình (1) với + y − y ta ( 1) ⇔ x + + x2 = ( − y ) + ( − y) +1 (3) Xét hàm số h ( t ) = t + t + , t ∈ ¡ t Ta có h ' ( t ) = + t2 +1 = t2 +1 + t t2 +1 > t +t t2 +1 ≥ 0, ∀t ∈ ¡ Suy hàm số h ( t ) đồng biến ¡ Do ( 3) ⇔ x = − y Thay y = − x vào phương trình (2) ta được: x + + 22 − x = x + Nhẩm nghiệm x = , thực nhân liên hợp ta thu nghiệm x = phương trình: x+2 +2 − 22 − x + = x + (*) đặt VT = f ( x) ; VP = g ( x) Ta có: f ′( x) = −4 x + 2.(2 + x + 2) − 22 − x (2 + 22 − x ) < 22   g ′( x) = > với ∀x ∈  −2; ÷   22   Suy f ( x) nghịch biến, g ( x) đồng biến  −2;  3  Mà f (−1) = g (−1) = suy phương trình (*) có nghiệm x = −1 Vậy nghiệm ( x; y ) hệ cho: ( 2; −2 ) , ( −1;2 ) )( ( )  x + x2 + y + y + =  Bài Giải hệ phương trình   x + − x = y − − y + ( 1) ( 2) Giải Ta có ( 1) ⇔ x = − y , vào (2) ta được: ( ) ( ) y + − − y − + y = ⇔ ( y − 1) + − − y + − + y =   ⇔ ( y − 1)  y + + − =0 + − y + + y   y =1 ⇔  g ( y) = y +1+ − = ( 4)  1+ − y + + y Hàm số g ( y ) với y ∈ [ −3;2] , ta có: g '( y ) = + ( 2 − y 1+ − y ) + ( + y + − y ) > 0, ∀y ∈ [ −3;2] Phương trình (4) có nghiệm y = −2 Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( −1;1) , ( x; y ) = ( 2; −2 ) )( ( )  x + x2 + y + y + =  Bài Giải hệ phương trình:  27 x + y − = x Giải Ta có ( 1) ⇔ x + x + = ⇔ x + x2 + = ( −2 y ) ( y2 + − y + + ( −2 y ) ⇔ f ( x ) = f ( −2 y ) (*), với f ( t ) = t + + t 1+ t2 + t Xét hàm số f ( t ) với t ∈ ¡ , ta có f ' ( t ) = (Vì 1+ t2 + t 1+ t > t2 + t 1+ t ) t +t = 1+ t 1+ t2 >0 ≥0) nên hàm số f ( t ) đồng biến ¡ Do ( *) ⇔ x = −2 y Thế vào phương trình (2) ta được: ( ) ⇔ 27 x − x − = x3 ⇔ ( 3x ) + 3x = x3 + 3x + x + ⇔ ( x ) + ( x ) = ( x + 1) + ( x + 1) ⇔ g ( x ) = g ( x + 1) , với g ( t ) = t + t 3 Xét hàm số g ( t ) với t ∈ ¡ , ta có g ' ( t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ ¡ nên g ( t ) ĐB ¡ Do vậy, g ( 3x ) = g ( x + 1) ⇔ 3x = x + ⇔ x = ± 13  + 13 −1 − 13   − 13 −1 + 13  ; ; Vậy, hệ cho có nghiệm ( x; y ) là:  ÷;  ÷ 6 6     ( )( )  y + + x − y + x2 + 2x + = y  Bài Giải hệ phương trình:  ( y − 11) x + − = ( x + 1) ( y − 1)  Giải Do y = không thỏa mãn hệ phương trình nên với y ≠ , nhân hai vế với y + − ≠ ta được: ( 1) ⇔ x − y + ( x + 1) ⇔ f ( x + 1) = f ( y ) +1 = y2 + −1 ⇔ x + 1+ Với f ( t ) = t + t + ( x + 1) + = y + y2 + Xét hàm số f ( t ) = t + t + 1, t ∈ ¡ , ta có f ' ( t ) = 1+ t2 + t 1+ t2 > t2 + t 1+ t2 = t +t 1+ t2 ≥0 với ∀t ∈ ¡ , suy f ( t ) đồng biến ¡ Do f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ y = x + , vào (2) ta được: x + x − ( x − 3) x + + = ⇔ ( x − 3) x + = x + x + 3   x ≥ x≥   ⇔ ⇔ 2 2 ( x − 3) ( x + 1) = ( x + x + 3) 119 x − 102 x + 63 x − 54 x =    13 x ≥ ⇔ ⇔ x= ⇒ y= 7 119 x − 102 x + 63x − 54 =   13  Vậy, hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) =  ; ÷ 7  Bài (HSG tỉnh Nam Định 2013) Giải hệ phương trình:  xy + = y x +  2  y + ( x + 1) x + x + = x − x Phân tích: Ta thấy phương trình thứ hệ phương trình bậc ẩn y nên ta rút y theo x vào phương trình thứ hai hệ Giải ĐKXĐ: x ∈ ¡ ; y ∈ ¡ Ta có xy + = y x + ⇔ y ) ( x2 + − x = ⇔ y = x +2−x ⇔ y = x2 + + x Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta có : ( x2 + + x ) + ( x + 1) x + x + = x − x ⇔ + x x + + x + ( x + 1) x + x + = ⇔ ( x + 1) 1 +  ( x + 1) +  = ( − x ) 1 +   ( −x) ) ( +  (*)  Xét hàm số f (t ) = t + t + với t ∈ ¡ Ta có f '(t ) = + t + + t2 t2 + > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f (t ) đồng biến ¡ Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x + 1) = f (− x) ⇔ x + = − x ⇔ x = − ⇒ y = 10 Xét hàm số f ( t ) = 2t + t , t ≥ ta có f ' ( t ) = 4t + > 0, ∀t ≥ nên hàm số f ( t ) đồng biến [ 0; +∞ ) Do ( 3) ⇔ f ( ) 3x − = f ( ) x + ⇔ 3x − = x + ⇔ x = ⇒ y = 12 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 4;12 ) 2.2.4 Tìm hàm đặc trưng dạng f ( t ) = α t + β t mt + n ) (  x2 y − + y2 = x − + x2 ( 1)  Bài Giải hệ phương trình:   x + x + xy − x − x + xy = − 3xy ( )  Giải Phân tích: Nếu chia hai vế (1) cho x > ta cô lập hai biến x, y Khi đó, ( 1) ⇔ y − y + y = 1 − + x , lúc dạng đặc trưng hai vế x x phương trình gần giống ta đưa vào + x (trong biểu x + x ), để biểu thức hai vế có dạng đặc trưng ta cần làm x cho dấu hai vế cách x > thức  x + x + xy ≥  Giải Điều kiện:  x − x + xy ≥  xy ≥   x y > Do − + y ≤ 0, x − + x < nên từ (1) suy  từ điều kiện xy ≥ , x >  suy y > x > 2 Ta có: ( 1) ⇔ y − y + y2 = 1 1 1 − + x2 ⇔ y − y + y = − + ⇔ f ( y ) = f  ÷ x x x x x x với f ( t ) = t − t + t ( ) Xét hàm số f ( t ) ( 0; +∞ ) , có f ' ( t ) = − + t − Suy ra, f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) 27 t2 1+ t2 < 1 Do đó, f ( y ) = f  ÷; x, y > ⇔ y = ⇔ xy = x  x Thế xy = vào (2) ta được: x2 + x + − x2 − x + = − Xét hàm số g ( x ) = x + x + − x − x + ( 0; +∞ ) , ta có: g '( x ) = 2x + x + x +1 2x + 2x −1 − = 2x + 2x −1 − x − x +1 4x + 4x + 4x2 − 4x + 2x −1 = − = h ( x + 1) − h ( x − 1) 2 ( x + 1) + ( x − 1) + Xét hàm số h ( z ) = z z +3 2 ¡ có h ' ( z ) = (z + 3) > 0, ∀z ∈ ¡ Suy h ( z ) đồng biến ¡ , có x + > x − nên h ( x + 1) > h ( x − 1) hay h ( x + 1) − h ( x − 1) > ⇒ g ' ( x ) > 0, ∀x ∈ ¡ Suy g ( x ) đồng biến ( 0; +∞ ) Mà g ( x ) = g ( ) = − ⇔ x = ⇒ y = (thỏa mãn điều kiện)  1 Vậy, nghiệm hệ phương trình là: ( x; y ) =  2; ÷  2  1 −4 +3 +8  + x − − x = y y Bài Giải hệ phương trình   x + x2 + = x2 y + y +  ( ) ( 1) ( 2) Phân tích: Từ phương trình (2), chia hai vế cho x > độc lập x, y 1 + x2 + = y + y ( y ) + x x Đến đây, để vế trái có dạng đặc trưng giống vế phải, ta cần chứng minh x > đưa vào x + x Thật vậy, để ý vế phải (1) ta biến đổi làm xuất đẳng thức thực đánh giá: hai vế, ( ) ⇔   1 1 −4 +3 +8 = +3− + + +1 =  + − 2÷ +1 ≥ 2y 2y 2y 2y  2y  Suy + x − − x ≥ ⇔ + x ≥ + − x ⇔ ⇔ ≤ x ≤ Khi ta dễ dàng đưa vào x 28 1 ≤ x ≤   y > Giải Điều kiện    y ≤ −     1 1 −4 +3 +8 = +3− + + +1 =  + − 2÷ +1 ≥ Ta có: VP ( 1) = 2y 2y 2y 2y  2y  ⇒ + x − − x ≥ ⇔ + x ≥ 1+ − x ⇔ 3+ x ≥ 3− x + 2− x ⇔ 2− x ≤ x ⇔1≤ x ≤ 2 1 1 Do đó, ( ) ⇔ +  ÷ + = y + y x x x ( 2y) 1 + ⇔ f  ÷= f ( y )  x Xét hàm số f ( t ) = t + t t + ¡ , có f ' ( t ) = + + t + t2 2 1+ t2 > 0, ∀t ∈ ¡ Suy f ( t ) đồng biến ¡ 1 1 Do đó, f  ÷ = f ( y ) ⇔ = y ⇔ x = x 2y x Thế vào (1) ta được: x − x + + − x + = ⇔ ( x − 1) − ( ) ( x+3−2 + ) − x −1 =   ⇔ ( x − 1) 1 − − ÷⇔ x = x+3+2 − x +1  Do − x+3+2 Với x = ⇒ y = − − x +1 x +3 −3 = x+3+2 − − x +1 < 0, ∀x ∈ [ 1;2] (thỏa mãn điều kiện)  1 Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) =  1; ÷  2 2 x3 y − x = x + x − x3 y y +  Bài Giải hệ phương trình  4 + x y = + x + − x y + − x ( 1) ( 2) Phân tích: Với định hướng cô lập x, y, nên để ý đến phương trình (1), chia hai vế cho x ≠ ta cô lập Ta có ( 1) ⇔ y − 1 = x x2 1 1 x + x − 2y 4y +1 ⇔ 2y + 2y 4y +1 = +  ÷ +1 x x  x 2 29 Đến xét hàm đặc trưng ta tìm mối liên hệ x y thực vào phương trình lại 1 + x y ≥  Giải Điều kiện 1 − x y ≥ −1 ≤ x ≤  0 = Với x = , hệ trở thành  (luôn đúng) nên hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 0; y ) ∀y ∈ ¡ 4 = Với x ≠ , Ta có ( 1) ⇔ y − 1 = x x2 x4 + x2 − y y + 1 1 1 ⇔ 2y + 2y 4y +1 = +  ÷ + ⇔ f ( y ) = f  x ÷  x x  x Với f ( t ) = t + t t + Xét hàm số f ( t ) với t ∈ ¡ , có f ' ( t ) = + t + + t2 t2 +1 > 0, ∀t ∈ ¡ Nên hàm số f ( t ) đồng biến ¡ 1 Do đó, f ( y ) = f  ÷ ⇔ y = ⇔ xy = x x Thế xy = vào (1) ta được: x + = + x + − x + − x (3) 2 Đặt a = + x ≥ 0, b = − x ≥ x = x − + ( x + 1) = a − 2b b = 2a a + b = ( 3) ⇔ 2a − b2 + ab − 4a + 2b = ⇔ ( 2a − b ) ( a + b − ) = ⇔  Với a + b = , ta có + x + − x = ⇔ x = (loại x ≠ ) Với b = 2a , ta có x + = − x ⇔ x = − ⇒ y = − (thỏa mãn điều kiện)  5 Vậy, hệ cho có nghiệm ( x; y ) =  − ; − ÷, ( 0; y ) ( ∀y ∈ ¡ )  6  x3 ( y + 1) + ( x + 1) x =  Bài Giải hệ phương trình  2 x y + y +1 = x + x +1  ) ( 30 ( 1) ( 2) Phân tích: Trong phương trình (2) có hai biểu thức có dạng y2 +1 x + nên gợi ý cho ta sử dụng phương pháp hàm số đưa dạng f ( u ) = f ( v ) Đến ta thực “cô lập biến” cách chia hai vế ( ) cho x Giải Điều kiện x ≥ Nhận thấy x = không thỏa mãn hệ, chia vế (2) cho x3 ta được: ( 2y) + 2y ( 2y) +1 = 1 + x x +1 x2 (3) Xét hàm số f ( t ) = t + t t + với t ∈ ¡ Ta có f ' ( t ) = + t + + t2 t2 +1 > 0, ∀t ∈ ¡ Nên f ( t ) hàm số đồng biến ¡ Do đó, ( 3) ⇔ y = x Thế vào phương trình (1) ta được: g ( x ) = x + x + ( x + 1) x = (4) Ta có g ' ( x ) = + 3x + x x + x2 + x > 0, ∀x > Nên hàm số g ( x ) đồng biến ( 0; +∞ ) , mà có g ( 1) = nên phương trình (4) có nghiệm x = ⇒ y =  1 Vậy, hệ cho có nghiệm ( x; y ) =  1; ÷  2 ) (  xy x + + = y + + y  Bài Giải hệ phương trình:  ( x − 1) x y + xy − − x3 + 3x y − x =  Giải Điều kiện: x y + xy − ≥ ( *) Xét phương trình (1), ta có y + + y > y + y ≥ 0, ∀y nên hệ có nghiệm xy ( Mà x y + xy − ≥ ⇒ y ≥ ) x2 + + > ⇒ x > >0 x +x Chia hai vế phương trình (1) cho y , ta có 31 ( 1) ( 2) 3 3 ( 1) ⇔ x x + + x = +  ÷ + y y  y ( 3) Xét hàm số t2 f ( t ) = t t + + t , t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f ' ( t ) = t + + 2 t2 +1 + > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) Suy hàm số f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) 3 3 Do phương trình (3) ⇔ f ( x ) = f  ÷ ⇔ x = ⇔ y = y x  y Điều kiện (*) ⇔ x ≥ Thay y = 3 vào phương trình (2) ta được: x ( 3x − 1) x − − x + x − x = ⇔ ( x − 1) ( ) x − − x = x − 12 x + x − x + 3x −  3x −  ⇔ ( x − 1) = x − 12 x + x ⇔ ( x − x + )  x + ÷= 3x − + x 3x − + x    3x − ⇔ x − 3x + =  x + > 0, ∀x ≥ 3x − + x  x = 2 ⇔ x = 3÷    3 Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) ( 1;3) ;  2; ÷  2 2.2.5 Tìm hàm đặc trưng với phương trình hệ có dạng x m + xy m = y m + y m +1 m x x Khi đó, chia hai vế cho y ≠ ta được:  ÷ +  ÷ = y m + y  y  y  x11 + xy10 = y 22 + y12 ( 1)  Bài Giải hệ phương trình  4 2 ( 2) 7 y + 13 x + = y x ( x + y − 1) m Giải Xét y = 0, ( 1) ⇒ x = thay vào (2) không thoả mãn 11 x x Xét y ≠ , chia vế (1) cho y ta được:  ÷ + = y11 + y y  y 11 (3) 11 10 Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ ¡ , ta có f ' ( t ) = 11t + > 0, ∀t ∈ ¡ nên f ( t ) hàm số đồng biến ¡ Do đó,  (3) ⇔ f   x x ÷= f ( y ) ⇔ = y ⇔ x = y , y y 32 Thế x = y vào (2) ta được: x + 13 x + = x x ( x + x − 1) ( 4) Xét x = không nghiệm phương trình, chia vế cho x3 ta được: ( 4) ⇔ Đặt t = 13 + + = 23 + − x x x x x , phương trình trở thành: x 8t + 13t + 7t = 3 + 3t − t ⇔ ( 2t + 1) + ( 2t + 1) = 3 + 3t − t + ( + 3t − t ) 3 Xét hàm số g ( u ) = u + 2u , u ∈ ¡ g ( u ) đồng biến ¡ Do đó, ( ) ⇔ g ( 2t + 1) = g ( ( 5) ta có g ' ( u ) = 3u + > 0, ∀u ∈ ¡ nên hàm số + 3t − t ) ⇔ ( 2t + 1) = + 3t − t ⇔ ( t + 1) ( 8t + 5t + ) = ⇔ t = −1 Suy x = −1 ⇒ y = −1 , hệ cho vô nghiệm  x5 + xy = y10 + y Bài Giải hệ phương trình   x + + y + = ( 1) ( 2) Giải Điều kiện: x ≥ − Nhận thấy y = không thỏa mãn hệ, chia vế phương trình (1) cho y , ta được: x x  ÷ + =y +y y  y (3) Xét hàm số f ( t ) = t + t , ( t ∈ ¡ ) Ta có f ' ( t ) = 5t + > 0, ( ∀t ∈ ¡ ) Do hàm số f ( t ) đồng biến ¡ Vậy (3) ⇔ x = y ⇔ x = y , vào phương trình (2) ta được: y x + + x + = ⇔ x + 13 + ( x + 5) ( x + 8) = 36 23 − x ≥ ⇔ x + 37 x + 40 = 23 − x ⇔  2 4 ( x + 37 x + 40 ) = ( 23 − x ) ⇔ x =1 Với x = ta có y = ⇔ y = ±1 Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) là: ( 1;1) ( 1; −1) 33 23  x ≤   ⇔ x =1    x = 41 2 x y + y = x + x ( 1) Bài Giải hệ phương trình  ( x + ) y + = ( x + 1) Giải Điều kiện y ≥ −1 ( 2) Do x = không thỏa mãn hệ chia hai vế phương trình (1) cho x3 ta y  y được: ( 1) ⇔  ÷ + = x + x x x Xét hàm số f ( t ) = t + 2t , ( 3) t∈¡ Ta có: f ' ( t ) = 3t + ≥ 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số f ( t ) đồng biến ¡ y  y Do ( 3) ⇔ f  ÷ = f ( x ) ⇔ = x ⇔ y = x x x Thế y = x vào (2) ta được: ( x + 2) Ta có x2 + = x2 + 2x + ⇔ ( x + 2) ( ) x2 + − x = x + + x > x + x ≥ nên nhân hai vế phương trình với x + + x ta được: x + = x + + x ⇔ x + = ⇔ x = ± ( ) ( Vậy hệ có nghiệm: ( x; y ) = − 3;3 , ( x; y ) = ) 3;3 2.2.6 Một số phương pháp tìm hàm đặc trưng khác Với hệ mà không chứa phương trình có dạng trên, cần nhìn nhận đặc điểm dễ phát (như có biểu thức lặp lặp lại, hay có hình thức gần giống nhau…), sau sử dụng phép biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, cộng đại số… để tìm hàm đặc trưng 2 ( x − ) x + = − y Bài Giải hệ phương trình:  ( x − ) y + = y + x − x + Giải Điều kiện: x ≥ −6; y ≥ −1 PT ( ) ⇔ x−2 x − 4x + Xét hàm số f ( t ) = t t +1 = y +1 y+2 ⇔ x−2 ( x − 2) , t ∈ ¡ , có f ' ( t ) = f ( t ) đồng biến ¡ 34 +1 = ( 1) ( 2) y +1 ( ( t + 1) t + ) y +1 +1 ( 3) > 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số Do đó, ( 3) ⇔ f ( x − ) = f ( ) y +1 ⇔ x − = x ≥ y +1 ⇔   y = x − 4x + Thay vào (1) ta ( x − 2) x + = − x2 + x + ⇔ ( x − 2) ⇔ ( x − 2) ) x + − = − x − x + 15 x−3  2x −  = − ( x − ) ( x + ) ⇔ ( x − 3)  + x + ÷= x+6 +3  x+6 +3  2x − Do x ≥ nên ( x+6 +3 + x + ≥ nên phương trình có nghiệm x = ⇒ y = Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) = ( 3;0 ) ( x − y + 1)( x + y + 1) = x + − y (1) Bài Giải hệ phương trình:  (2)  x( y − 2) = − x + Giải Điều kiện: x ≥ −1, y ≥ Ta có, (1) ⇔ ( x + 1) − x + = y − y (3) Xét hàm số f (t ) = t − 4t , t ∈ [ 0; +∞ ) có f '(t ) = 4t − = 4(t − 1), f '(t ) = ⇔ t = Bảng biến thiên Ta có (3) ⇔ f ( x + 1) = f ( y ) + Nếu t1 = x + t2 = y nằm miền đơn điệu f(t) Khi đó: f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ x + = y ⇔ y = x + Thay vào pt(2) ta được: x( x − 1) = − x + ⇔ x = ( x + 1) − x + +  x = x + −  x = −1 ⇒ y = (t/m) x +1 −1 ⇔  ⇔  x = ⇒ y = (t/m)  x = − x + ⇒ Trường hợp hệ có nghiệm (x;y) là: (-1;0) (0;1) + Nếu t1 = x + t2 = y nằm miền đơn điệu khác f ( t ) Khi đó: ⇔ x2 = ( ( ) )( x +1 −1 ) y −1 < ⇔ Lại có: (2) ⇔ x( y − 1) = ( x x +1 +1 ) x +1 −1 y −1 y +1 < ⇔ x( y − 1) < (4) VT(4) 0, ∀t ∈ ¡ nên f ( t ) đồng biến ¡  x  Do đó, f  ÷= f  x +1  ( ) y +1 ⇔ x x +1 = y + ( x ≥ 0) Thế vào (2) ta được: ( ) x2 − 2x + x + = ⇔ x2 − 2x x + + x + = x +1 x ≥ 1+ ⇔ x − x +1 = ⇔ x +1 = x ⇔  ⇔x= ⇒ y=0 x − x − =  ( 2) ⇔ ( ) 1+  ;0 ÷ Đối chiếu điều kiện ta nghiệm hệ phương trình ( x; y ) =      1 + ÷ 2( x − y ) + = ( x + y ) − Bài Giải hệ phương trình:  2( x − y )   3( x + y ) = 10 xy −  ( 1) ( 2) Giải Điều kiện: x ≠ y; x − y + ≥ 2 Từ (2) ta có: ( x + y ) = ( x − y ) + thay vào phương trình (1) ta   2 x − y + = x − y +1 ( ) ( ) 1 + ÷ ÷ x − y ( )   Đặt t = x − y , phương trình trở thành 3  1 + ÷ 2t + = 4t + ⇔ ( 2t + 3) 2t + = 8t + 2t  2t  ⇔ ( 2t + ) + 2t + = ( 2t ) + 2t (3) Xét hàm số f ( u ) = u + u , u ∈ ¡ , có f ' ( u ) = 3u + > 0, ∀u ∈ ¡ nên f ( u ) ĐB ¡ Mà ( 3) ⇔ f ( 2t ) = f ( ) 2t + ⇔ 2t = 2t + ⇔ t =  x − y = x =  x = −1 ⇔ Hay ta có hệ sau :   y =1  y = −2 ( x + y ) = Vậy nghiệm hệ cho: ( x; y ) = ( 2;1) ( x; y ) = ( −1; −2 )  x + x3 y − x y − 12 xy + y + = Bài Giải hệ phương trình   y + ( x + y ) = + x + − x y Phân tích: Ta đưa phương trình (2) dạng f ( y ) = f ( 1) ( 2) ( − x3 y ) với f ( t ) = t + t đồng biến [0; +∞) , ta có y = − x3 y ⇔ y = − x y (*) Để ý đến phương trình (1) ta thấy biểu thức chứa biến có bậc 4, chữ số chuyển thành biểu thức bậc ta phương trình đẳng cấp bậc 4, điều giải phương trình (*) ta vừa thu Ta có lời giải sau: 37 Giải Điều kiện: − x3 y ≥ Ta có: ( ) ⇔ y + y = − x y + − x y ( 3) Xét hàm số: f (t ) = t + t với t ≥ , có f ′(t ) = 2t + > với t ≥ Nên hàm số f ( t ) đồng biến [ 0; +∞ ) Mà y ; − x3 y ∈ [ 0; +∞ ) nên: ( 3) ⇔ f ( y2 ) = f ( ) − x3 y ⇔ y = − x3 y ⇔ y + x3 y = (4) Thay = y + x y vào ( 1) ta được: x + x3 y − x y − 12 xy + y = (5) Do y = không thỏa mãn nên chia hai vế phương trình (5) cho y ta được: 2  x  x  x  x x   ÷ +  ÷ −  ÷ − 12  ÷+ = ⇔  − 1÷  y  y  y  y y  Với x = y , thay vào (4) ta có: x = ⇔ x = ± 4 Với x = −3 y , từ (4) ta có: −53 y = (vô nghiệm)  1   −1 −1  Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) là:  ; ÷,  ; ÷  3  3 38 x  x = y  + ÷ = ⇔  y   x = −3 y III HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI Qua áp dụng lớp 12A1, 12A2 12A5 trường THPT Xuân Trường mang lại kết thiết thực, cụ thể: - Các em không tâm lý e ngại gặp hệ phương trình nói riêng phương trình, bất phương trình, hệ phương trình nói chung qua sáng kiến em nắm cách hệ thống phương pháp để tìm hàm đặc trưng, từ giúp em giải toán - Trong lần thi chung, thi khảo sát, học sinh lớp có tỉ lệ làm câu hệ phương trình, phương trình, bất phương trình cao hẳn lớp khác không áp dụng sáng kiến Sáng kiến làm tài liệu tham khảo cho học sinh lớp 12, học sinh ôn thi THPT 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 đúc rút qua trình công tác, giảng dạy, nghiên cứu tài liệu môn, học tập kinh nghiệm đồng nghiệp trước, không chép vi phạm quyền Nếu vi phạm chép vi phạm quyền xin chịu hình thức kỷ luật Sáng kiến chắn nhiều thiếu sót, mong nhận đóng góp ý kiến quý vị bạn đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn! CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (xác nhận, đánh giá, xếp loại) (Ký tên, đóng dấu) TÁC GIẢ SÁNG KIẾN Nguyễn Văn Khoa 39 DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO Phạm Kim Chung, Phạm Chí Tuân, Lê Đình Mẫn, Ngô Hoàng Toàn Phương trình vô tỷ, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Lê Văn Đoàn, Văn Đức Chín Phương trình, bất phương trình & hệ phương trình, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Báo toán học tuổi trẻ Các Website toán học: luyenthithukhoa.vn, k2pi.net, mathvn.com, tailieuluyenthi.com, violet.vn, ThS.Phạm Bình Nguyên, ThS Nguyễn Ngọc Duyệt, 2014, Bí chinh phục kỳ thi THPT Quốc Gia Chủ đề Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, NXB ĐHQGHN 40 MỤC LỤC I ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN II MÔ TẢ GIẢI PHÁP Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến 2.1 Các kiến thức 2.2 Giải pháp cụ thể .3 2.2.1 Hệ chứa phương trình có dạng 2.2.2 Phương pháp nhân liên hợp tìm hàm đặc trưng 2.2.3 Tìm hàm đặc trưng dạng bậc ba dạng .11 2.2.3.1 Hệ chứa phương trình có dạng 11 2.2.3.2 Hệ chứa phương trình dạng 15 2.2.3.3 Hệ chứa phương trình dạng 24 2.2.4 Tìm hàm đặc trưng dạng 27 2.2.5 Tìm hàm đặc trưng với phương trình hệ có dạng 32 2.2.6 Một số phương pháp tìm hàm đặc trưng khác 34 III HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI 39 IV CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN 39 DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO 40 41 ...SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Phương pháp tìm hàm đặc trưng giải hệ phương trình công cụ hàm số I ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Hệ phương trình chủ đề quan trọng chủ... giải hệ phương trình công cụ hàm số để giúp học sinh có phương pháp tốt để giải hệ phương trình, phương trình bất phương trình II MÔ TẢ GIẢI PHÁP Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Trước đây, giảng... phần hệ phương trình, giáo viên thường giới thiệu cho học sinh chuyên đề: phương pháp hàm số giải hệ phương trình , vào giảng dạy cụ thể, giáo viên nêu phương pháp chung chung cho học sinh làm hệ