Giải hệ phương trình bằng phương pháp xét hàm số độc lập

MỤC LỤC Nội dung Trang Mục lục 1.MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 2 NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận 2.1.1 Quy tắc xét biến thiên đạo hàm…………………… 2.1.2 Quy tắc xét dấu biểu thức……………………………… 3 2.1.3 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số…………… 2.2 Thực trạng vấn đề 2.3 Giải pháp tổ chức thực 2.3.1 Các bước thực 2.3.2 Bài toán tổng quát 2.3.3 Ví dụ minh họa 15 2.3.4 Bài tập rèn luyện 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ………………………………………… Tài liệu kham khảo Phục lục ……………………………………………………………… 16 17 18 19 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Hệ phương trình dạng toán phổ biến đề thi tuyển sinh THPT Quốc Gia đề thi học sinh giỏi cấp Đây câu hỏi khó đề, xuất nhiều dạng khác vận dụng nhiều kiến thức tổng hợp Trong nhiều tài liệu, nhận thấy toán thường chia thành nhiều phương pháp kỹ thuật giải gây khó khăn cho người đọc muốn nắm hết nội dung Khá nhiều học sinh lúng túng phải đối mặt với toán này, em nên lựa chọn phương pháp để làm nhiều phương pháp học Xu hướng phương pháp giải hệ phương trình đề thi năm gần đề thi học sinh giỏi tỉnh đa số sử dụng phương pháp hàm số Chính chọn viết đề tài “ Giải hệ phương trình phương pháp xét hàm số độc lập” 1.2 Mục đích nghiên cứu Đề tài góp phần trang bị đầy đủ kiến thức giải hệ phương pháp hàm số, đồng thời phát triển tgiư cho học sinh : tư sáng tạo ,tư phân tích , tổng hợp ,tư trừ tượng ,và thói quen đặt câu hỏi ngược giải vấn đề, nhìn nhận vấn đề nhiều góc cạnh từ tìm phương án tốt để giải hiệu Những yếu tố cần thiết đường thành công học sinh tương lai 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Đề tài áp dụng phần giải hệ phương pháp hàm số dành cho học sinh ôn thi học sinh giỏi ôn thi THPT Quốc gia 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Ở nêu phương pháp xây dựng sở lí thuyết thông qua số hệ phương trình tiêu biểu, có hệ phương trình dễ dàng áp dụng xét hàm độc lập, có hệ phải trải qua nhiều bước biến đổi kết hợp với đánh giá điều kiện áp dụng Trong ví dụ cố gắng phân tích để dẫn dắt người đọc hiểu áp dụng phương pháp hàm số để giải Bên cạnh nêu số tập để người đọc rèn luyện thêm kiến thức NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận: 2.1.1 Quy tắc xét biến thiên đạo hàm Định lý: Giả sử hàm số f có đạo hàm khoảng ( a; b ) Khi • f ' ( x ) > ∀x ∈ ( a; b ) ⇒ f đồng biến ( a; b ) ; • f ' ( x ) < ∀x ∈ ( a; b ) ⇒ f nghịch biến ( a; b ) ; • f ' ( x ) = ∀x ∈ ( a; b ) ⇒ f không đổi ( a; b ) Nhận xét: Từ đinh lý trên, ta thấy việc xét biến thiên hàm số thực chất xét dấu đạo hàm Như ta cần nắm • Quy tắc xét dấu nhị thức bậc nhất; • Quy tắc xét dấu tam thức bậc hai; • Quy tắc xét dấu biểu thức 2.1.2 Quy tắc xét dấu biểu thức Giả sử hàm y = g ( x ) không xác định triệt tiêu điểm x1 , x2 , …, xn đôi khác x1 < x2 < L < xn Ký hiệu I khoảng ( −∞; x1 ) , ( x1 ; x2 ) , …, ( xn−1; xn ) , ( xn ; +∞ ) Khi g liên tục I không đổi dấu 2.1.3.Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số Để tìm giá trị lớn (GTLN), giá trị nhỏ (GTNN) hàm số, ta có hai quy tắc sau đây: 2.1.3.1 Quy tắc (Sử dụng định nghĩa) Giả sử f xác định D ⊂ / R Ta có  f ( x ) ≤ M ∀x ∈ D  f ( x ) ≥ m ∀x ∈ D M = max f ( x ) ⇔  m = f ( x ) ⇔  ; x∈D x∈D ∃x0 ∈ D : f ( x0 ) = M ∃x0 ∈ D : f ( x0 ) = m 2.1.3.2 Quy tắc (Quy tắc tìm GTLN, GTNN hàm số đoạn) Để tìm giá GTLN, GTNN hàm số f xác định đoạn [ a; b] , ta làm sau: • B1 Tìm điểm x1 , x2 , …, xm thuộc khoảng ( a; b ) mà hàm số f có đạo hàm đạo hàm • B2 Tính f ( x1 ) , f ( x2 ) , …, f ( xm ) , f ( a ) , f ( b ) • B3 So sánh giá trị tìm bước Số lớn giá trị GTLN f đoạn [ a; b] ; số nhỏ giá trị GTNN f đoạn [ a; b ] max f ( x ) = max { f ( x1 ) , f ( x2 ) , K , f ( xm ) , f ( a ) , f ( b ) } x∈[ a ;b ] f ( x ) = { f ( x1 ) , f ( x2 ) , K , f ( xm ) , f ( a ) , f ( b ) } x∈[ a ;b ] Quy ước Khi nói đến GTLN, GTNN hàm số f mà không rõ GTLN, GTNN tập ta hiểu GTLN, GTNN tập xác định f 2.2 Thực trạng vấn đề * Vấn đề thứ nhất: Trong sách giáo khoa lớp 10 kiến thức chưa đủ để đề cập đến phương pháp Trong chương trình lớp 12 học đạo hàm ứng dụng ví dụ hay tập nói việc giải hệ theo phương pháp hàm số * Vấn đề thứ hai: Một số tài liệu đề cập phương pháp chưa phân tích sâu chất phương pháp áp dụng vào giải hệ * Vấn đề thứ ba: Trong trình giảng dạy trường nhận thấy học sinh thực giải lúng túng trình tách hàm độc lập cách xử lí điều kiện Cụ thể qua kiểm tra ôn tập lớp 12T1, 12T2 trường THPT Quảng Xương tôi, thấy học sinh lúng túng việc thực giải toán dạng trên, đặc biệt số đòi hỏi biến đổi lắt léo Kết thực trạng: Trường THPT Quảng Xương trường dày truyền thống dạy học Nhiều năm qua trường dẫn đầu thành tích học sinh giỏi xếp tốp đầu kỳ thi đại học –cao đẳng tỉnh Dưới lãnh đạo Ban giám hiệu đội ngũ giáo viên trăn trở tìm tòi , đổi phương pháp giảng dạy nhằm nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện cho học sinh Nhà trương không trọng truyền thụ tri thức mà phát triển tư cho học sing thông qua học, làm hành trang vững cho em bước vào tương lai Khi gặp hệ phương trình giải phương pháp hàm số có thêm điều kiện kèm theo học sinh gặp khó khăn giải quyết, đặc biệt học sinh trung bình yếu.Khi giải toán hệ phương trình có sử dụng phương pháp hàm số, tiến hành theo bước không tâm lý học sinh thường nản bỏ qua Theo số liệu thống kê trước dạy đề tài hai lớp 12T1,12T2 rường THPT Quảng Xương năm học 2015-2016 Kết thu sau: Năm học Lớp Sĩ số 2015-2016 12T1 12T2 40 44 Số học sinh giải trước thực đề tài Từ thực trạng trên, để giúp em có cách nhìn toàn diện giải toán dạng cách nhanh gọn xin trình bầy nội dung sáng kiến kinh nghiệm: 2.3 Giải pháp tổ chức thực 2.3.1 Các bước thực : Để giải khó khăn tồn trên, đồng thời đảm bảo tính liên tục quán trình tiếp thu kiến thức học sinh theo mạch kiến thức PPCT môn Toán, việc tiến hành giải toán tiến hành theo trình tự sau : B1 Phân tích toán, lựa chọn cách tiếp cận theo thứ tự ưu tiên : Sử dụng kĩ thuật (Cộng đại số, thế,liên hợp) → Để tách hàm độc lập B2 Xác định hàm số cần khảo sát tập khảo sát D B3 Căn vào kết khảo sát hàm số để kết luận toán 2.3.2 Bài toán tổng quát:  F ( x, y ) = (1) (I ) G ( x, y ) = (2) Giải hệ phương trình :  Từ hệ phương trình ta suy điều kiện hai ẩn x ∈ E; y ∈ F Từ hệ phương trình phương pháp biến đổi đại số ta có phương trình: f ( x) = g ( y) (3)  Min f ( x) = a  x = x0  x∈E ⇔  đề (3) có nghiệm M ax g ( y ) = a  y = y0  y∈F f ( x) = a; M ax g ( y ) = a Khi ta có Min x∈E y∈F Thay vào phương trình lại hệ để kiểm tra nghiệm kết luận 2.3.3 Ví dụ minh họa 2.3.3.1 Bài toán có hàm độc lập xuất phương trình hệ  x + y = (1) Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  2  y − y − = x − x + (2) Lời giải  x ≤  x ∈ [ −1;1] Từ phương trình (1) ta có: x + y = Khi đó, ta có  ⇔   y ≤  y ∈ [ −1;1] Xét hàm f ( x ) = x − x + [ −1;1] f '( x) = 2x − 4x x2 + ; f '( x ) = ⇔ 2x = x = ⇔ x2 + x = f ( 1) = − ; f ( ) = −4 4x Do x ≥ nên x = Ta có f ( −1) = − ; Hàm liên tục tập xác định nên f ( x) ≤ −4 ( *1) Xét hàm g ( y ) = y − y − [ −1;1] g ' ( y ) = y − < với y ∈ ( −1;1) Hàm nghịch biến liên tục tập xác định nên g ( y ) ≥ g (1) = −4 (*2) x = Thế vào (1) ta thấy thỏa mãn y =1 Từ (*1) (*2) suy (2) có nghiệm  Vậy nghiệm hệ ( x; y ) = (0;1) * Nhận xét: Qua ví dụ ta thấy để xử lý điều kiện ẩn ta có dạng tổng quát điều kiện ( u ( x) ) 2n + ( v ( x) ) u ( x ) ∈  − n a ; n a    = a (a > 0) ⇒  v ( x ) ∈  − m a ; m a  ta xử lý điều kiện    2m phương pháp khác thông qua ví dụ sau  x (4 x + 1) + y (4 y + 1) = y + 16 (1)  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  2 (2) x + y − x + y =  Lời giải Ta có: ( 2) ⇔ x2 − x + y2 + y − =0 −3   2 Coi x ẩn, y tham số ta có: ∆ x = − (4 y + y − ) ≥ ⇔ −16 y − y + ≥ ⇔ y ∈  ;   4 1 Tương tự: ( ) ⇔ y + y + x − x − =   2 Ta có: ∆ y = − 4( x − x − ) ≥ ⇔ −4 x + x + ≥ ⇔ x ∈  − ;   2 1 ( 1) ⇔ x3 + x = −16 y − y + y + 16   Xét hàm f ( x ) = x + x với x ∈  − ;   2 f ' ( x ) = 12 x + x; x = f '( x) = ⇔  x = −        ; f (0) = 0; f  ÷ = Ta có: f  − ÷ = − ; f  − ÷ =  2   108 2 1 1 Do hàm số liên tục tập xác định nên: f ( x ) ≤   Xét hàm g ( y ) = −16 y − y + y + 16 với y ∈  − ;   4 63 63 (*1)  y=  12 g '( y ) = −48 y − y + 1; g '( y ) = ⇔  y = −          ; g  ÷= Ta có: g  − ÷ = ; g  − ÷ = ; g  ÷ =  4  4  12  108 4 79 63 1733 Do hàm số liên tục tập xác định nên: g ( y ) ≥   x = Từ (*1) (*2) ta có  y =  63 63 (*2) Thay vào (2) ta thấy thỏa mãn 3 1 Vậy nghiệm hệ  ; ÷ 2 4 * Nhận xét: Phương pháp sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai chiếm ưu sử dụng lũy thừa bậc chẵn cụ thể xét phức tạp thông qua ví dụ  x + y + xy − x − y + 14 = (1) Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  3 12 x + 12 x + 367 x − 54 y − 54 y − 15 y + 144 = (2) Lời giải Khi (1) ⇔ x + x( y − 7) + y − y + 14 =  7 ∆ = ( y − 7) − 4( y − y + 14) ≥ ⇔ −3 y + 10 y − ≥ ⇔ y ∈ 1;   3 Ta có (1) ⇔ y + y ( x − 6) + x − x + 14 =  10  ∆ = ( x − 6) − 4( x − x + 14) ≥ ⇔ −3 x + 16 x − 20 ≥ ⇔ x ∈  2;   3 (2) ⇔ 12 x + 12 x + 367 x = 54 y + 54 y + 15 y − 144  Xét hàm f ( x) = 12 x + 12 x + 367 x ∀x ∈  2; 10   10  ; f '( x ) = 36 x + 24 x + 367 > 0∀x ∈  2;    3  3 Hàm số đồng biến nên f ( x) ≥ f (2) = 878 ( *1)  7  7 2 Xét hàm g ( y ) = 54 y + 54 y + 15 y − 144 ∀y ∈ 1;  ; g '( y ) = 162 y + 105 y + 15 > 0∀y ∈ 1;   3  3 7 Hàm số đồng biến nên g ( y ) ≤ g  ÷ = 871 (*2) 3 Từ (*1) (*2) ta thấy hệ vô nghiệm Vậy hệ phương trình vô nghiệm * Nhận xét: Trong số hệ phương trình việc tìm điều kiện ẩn số dựa vào xét tổng thức bậc chẵn điều kiện có nghiệm phương trình chứa Ta xét ví dụ sau đây:  x + + x + y = (1) Ví dụ 4: Giải hệ phương trình  3 2  x − y + x + y + 11x − y + = (2) Lời giải  x ≥ −1 x + y ≥ Điều kiện:   x + ≤ 0 ≤ x + ≤ −1 −1 ≤ x ≤ ⇔ ⇔ Từ (1) ta có  0 ≤ y ≤  x + y ≤ − x ≤ y ≤ − x ( ) ⇔ x3 + x + 11x + = y − y + y Xét hàm f ( x ) = x + x + 11x + [ −1;0] f ' ( x ) = x + 12 x + 11 ≥ với x ∈ [ −1;0] Hàm số đồng biến tập xác định nên f ( x ) ≥ f ( −1) = (*1) Xét hàm g ( y ) = y − y + y [ 0;1] g '( y ) = y − y + > với y ∈ [ 0;1] Hàm số đồng biến tập xác định nên g ( y ) ≤ g ( 1) = (*2)  x = −1 Thay vào ta thấy thỏa mãn y =1 Từ (*1) (*2) ta có  Vậy nghiệm hệ ( x; y ) = ( −1;1)  x + x + xy + x + y + x + y = (1) Ví dụ 5: Giải hệ phương trình  2  x + x + ( x + y ) + 11x + = y + 2( x + 1) y (2) Lời giải  x + xy + x + y ≥ Điều kiện:  x + y ≥ Khi từ (1) ⇔ x + ( x + y )( x + 1) + x + y = Vì x + y ≥ ⇒ x + ≥ ⇒ x ≥ −1 Mà từ (1) ta có x ≤ ⇒ x ∈ [ −1;0] (2) ⇔ x + x + 11x + = y − y + y (3) Xét hàm f ( x) = x3 + x + 11x + với x ∈ [ −1;0] ; f '( x) = 3x + 12 x + 11 > với x ∈ [ −1;0] Nên hàm số đồng biến ⇒ f ( x) ≥ f (−1) = Đề phương trình (3) có nghiệm y − y + y − ≥ ⇔ ( y − 1)( y + 2) ≥ ⇔ y ≥ 4 x + 2y ≥1  Từ (1) ta có  ( x + y )( x + 1) ≥ ⇒ x + ( x + y )( x + 1) + x + y ≥  x ≥ −1   x = −1 Thay vào hệ ta thấy thỏa mãn y =1 Dấu “=” xảy khi:  Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y ) = ( −1;1) * Nhận xét : Bài toán kết hợp điều kiện thức điều kiện tổng lũy thừa không âm tổng quát sau: ( u ( x) ) 2n + 2m u ( x ) ∈  − n a ; n a    v ( x ) = a (a > 0) ⇒  v ( x ) ∈ 0; a m     8 x3 + y − 16 x + y + 10 x + 35 y = (1) Ví dụ 6: Giải hệ phương trình  (2) (2 x + 1) + ( y + 3) y = Lời giải Điều kiện: y ≥ Ta có phương trình (2) ⇔ (2 x + 1) − + ( y + 3) y = ⇔ x + x + ( y + 3) y = Với y ≥ ⇒ x + x ≤ ⇔ x ∈ [ −1;0] 10 ( ) ⇒ ( y + 3) y ≤ ⇔ y ( y + y + 9) ≤ ⇔ y ( y + y ) ≤ − y ⇒ 1− y ≥ ⇔ y ≤ (1) ⇔ x − 16 x + 10 x = − y − y − 35 y + (3) Xét hàm f ( x) = x3 − 16 x + 10 x [ −1;0] ; f '( x) = 24 x − 32 x + 10 > ∀x ∈ [ −1;0] Hàm số đồng biến nên f ( x) ≤ f (0) = (*1) Xét hàm g ( y ) = − y − y − 35 y + [ 0;1] ; g '( y ) = −3 y − y − 35 < ∀y ∈ [ 0;1]   782 ( *2 ) Hàm số nghịch biến nên g ( y ) ≥ g  ÷ = 9 789 Từ (*1) (*2) suy hệ vô nghiệm Vậy hệ phương trình vô nghiệm  x + + x + = (2 y + 1) y − + (1) Ví dụ 7: Giải hệ phương trình  3 (2) ( x − 1) + 81y + y + = x + 24 y Lời giải  x ≥ −2  Điều kiện   y ≥ Ta có: ( ) ⇔ −( x − 1)3 + x = 81y + y − 24 y + ( 3)   Xét f ( y ) = 81y + y − 24 y + với y ∈  ; +∞  ; f '( y ) = 243 y + 3  − 24 > ∀y ≥ y 1 Hàm số đồng biến nên f ( y ) ≥ f  ÷ =   Để (3) có nghiệm −( x − 1) + x ≥ ⇔ x( x − 1)( x − 2) ≥ ⇔ x ∈ ( −∞;0] ∪ [ 1; 2] Suy x ∈ [ −2;0] ∪ [ 1; 2] Xét hàm g ( x) = x + + x + với x ≤ ; g '( x) = 1 + > 0∀x ≤ 2 x+2 x+7 Hàm số đồng biến nên g ( x) ≤ g (2) = Để (1) có nghiệm (2 y + 1) y − + ≤ ⇔ (2 y + 1) y − ≤ ⇔ y = ⇒ x = 11 x =  Thay  ta thấy thỏa mãn hệ  y =   Vậy nghiệm hệ ( x; y ) =  2; ÷  3  x3 + x + 13 = x + y + y y − (1) Ví dụ 8: Giải hệ phương trình  17(2 x + 8) x − + x + y + y = 16 y + ( ) Lời giải  y ≥ Điều kiện   x ≥ Ta có: (1) ⇔ x3 − x + x + 13 = y + y y − (3) Xét hàm f ( x) = x3 − x + x + 13 [ 1; +∞ ) ; f '( x) = x − 10 x + > ∀x > Hàm đồng biến nên f ( x) ≥ f (1) = 14 Để (1) có nghiệm y + y y − ≥ 14 9y   Xét hàm g ( y ) = y + y y − với y ∈  ; +∞ ÷ ; g '( y ) = 24 y + y − > ∀y > 2  Hàm số đồng biến mà g (1) = ⇒ g ( y ) ≥ g (1) ⇒ y ≥ Xét hàm h( x) = 17(2 x + 3) x − + x [ 1; +∞ ) ; h '( x) = 34 x − + 17(2 x + 3) 4 ( x − 1)3 + 12 x > 0∀x ∈ ( 1; +∞ ) Hàm số đồng biến nên h( x) ≥ h(1) = (*1) Xét hàm u ( y ) = −8 y − y + 10 y + 2∀y ≥ 1; u '( y ) = −24 y − y + 10 < 0∀y > Hàm số nghịch biến nên u ( y ) ≤ u (1) = (*2) x = Thay vào hệ ta thấy thỏa mãn y =1 Từ (*1) (*2) ta có  Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y ) = ( 1;1) *Nhận xét: Thông qua ví dụ 6,7,8 ta thấy việc tìm điều kiện ẩn phải dựa vào hai phương trình hệ Bằng việc dựa vào điều kiện ban đầu toán sử dụng hàm số tìm điều kiện để có nghiệm từ suy điều kiện ẩn 12 2.3.3.2 Bài toán chưa xuất hàm độc lập phương trình hệ −247  3 (1) 3( x − y ) + 20 x + xy + y + 39 x = Ví dụ 9: Giải hệ phương trình   x + y + xy + = y + 3x (2)  ( I) Lời giải Khi phương trình (1) ⇔ x + x( y − 3) + y − y + =  7 ∆ = ( y − 3) − 4( y − y + 4) ≥ ⇔ y ∈ 1;   3 Ta có phương trình (1) ⇔ y + y ( x − 4) + x − 3x + =  4 ∆ = ( x − 4) − 4( x − 3x + 4) ≥ ⇔ x ∈ 0;   3 247  3 =0 3 x − y + 20 x + xy + y + 39 x + (I) ⇔  2 x + y + xy + − y − x =  ⇒ x − x + 20 x + 45 x = y − y − 175  4 Xét hàm f ( x) = 3x3 + 20 x − x + 45 x 0;  ; f '( x) = 80 x + x − x + 45 > 0∀x >  3 * Nhận xét: Qua ví dụ ta thấy, lúc đầu hệ chưa xuất hàm độc lập có tích xy xuất hai phương trình Bằng phương pháp cộng đại số ta đưa phương trình có biến độc lập, việc giải hệ tương tự ví dụ 7 Hàm số đồng biến nên g ( y ) ≤ g  ÷ = ( *2 ) 3 x =  Từ (*1) (*2) ta có nghiệm hệ  Thay vào thỏa mãn  y =  7 Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y ) =  0; ÷  13 3 )( ( 4 x = x + + x − y + y −  Ví dụ 10: Giải hệ phương trình   x2 + y + = x2 + y  ( ) ) ( 1) ( 2) Lời giải Ta có phương trình (2) ⇔ ( x + y ) − y + = x + y − y ⇔ ( x + y ) + ( y − 1) = x + y ⇔ ( x + y ) ( x + y − 1) + ( y − 1) = ( 3) ( x + y ) ( x + y − 1) = x = ⇔ ⇔ y =1 ( y − 1) = Thay vào hệ ta thấy thỏa mãn Vậy nghiệm hệ ( x; y ) = ( 0;1) * Nhận xét: Qua ví dụ ta thấy phải dùng kỹ chia vế ( liên hợp) để ta tách thành hai hàm độc lập  x + y + x = y + ( 1) Ví dụ11:Giải hệ phương trình  2  2( x + y )(26 − xy ) = x + 19 y − 34 y + x + 126 ( ) Lời giải  −3 ≤ x + ≤  −5 ≤ x ≤ ⇔  −3 ≤ y − ≤ −1 ≤ y ≤ Ta có ( 1) ⇔ ( x + ) + ( y − ) = ⇔  2 2 Từ (1) ta có = x + y + ( x − y ) ( 3) Từ (2) ta có ( x + y )  25 + ( x + y − xy ) + ( x − y )  = x + 19 y − 34 y + x + 126 ⇔ 50 ( x + y ) + ( x + y ) + ( x − y ) = x + 19 y − 34 y + x + 136 ⇔ x + x + 42 x = −2 y + 27 y − 34 y + 126 Xét hàm f ( x) = x3 + x + 42 x [ −5;1] ; f '( x) = x + 12 x + 42 > 0∀x ∈ [ −5;1] Hàm số đồng biến nên f ( x) ≤ f (1) = 50 ( *1) Xét hàm g ( y ) = −2 y + 27 y − 34 y + 126 [ −1;5] y = g '( y ) = −6 y + 54 y − 34; g '( y ) = ⇔  y = 14 Ta có g (−1) = 239; g (2) = 50; g (5) = 131 Suy g ( y ) ≥ 50 ( *2 ) x = Thay vào hệ thấy thỏa mãn y = Từ (*1) (*2) ta có  Vậy nghiệm hệ ( x; y ) = ( 1; ) *Nhận xét: Thông qua ví dụ thấy dùng phương pháp từ phương trình vào phương trình lại để tạo thành phương trình có xuất hai hàm độc lập 2.3.4 Bài tập rèn luyện 16 x + y = (1) Bài 1: Giải hệ phương trình  2  y − y − = x − 4 x + (2)  x (4 x + 1) + 16 y (8 y + 1) = y + 16 (1)  Bài 2: Giải hệ phương trình  2 (2)  x + 16 y − x + y =   x + + x + y = Bài 3: Giải hệ phương trình  (1) 3 2 8 x − y + 24 x + y + 22 x − y + = (2)  x + + 2 x + = (2 y + 1) y − + (1) Bài 4: Giải hệ phương trình  3 (2) (2 x − 1) + 81y + y + = x + 24 y 16 x3 + x + 13 = 20 x + 64 y + 12 y y − (1) Bài 5: Giải hệ phương trình  17(4 x + 8) x − + 24 x + 64 y + 16 y = 32 y + ( ) )( ( ) 16 x = x + + x − y + y − ( 1)  Bài 6: Giải hệ phương trình   x2 + y + = x2 + y ( 2)  ( )  x + y + x = 12 y + ( 1) Bài 7: Giải hệ phương trình  2  2(2 x + y )(26 − xy ) = x + 171y − 102 y + 16 x + 126 ( )  x (x − 3) − y y + = −2 Bài 8: Giải hệ phương trình  3 x − = y (y + 8) 15  x (4 y + 1) + 2(x + 1) x = Bài 9:Giải hệ phương trình  2  x y (2 + y + 1) = x + x + Bài 10: Giải hệ phương trình ( )  + − x = xy + − y    2x + y − x + 2y 3x + 3y + − 2x + 5xy + 2y = x − y(x − y + 1)  )( ( ) 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm: Trong thời gian công tác trường THPT Quảng Xương 1, áp dụng cách giải toán theo hướng tư lớp 12T1và công tác bồi dưỡng học sinh giỏi năm học 2015-2016 Có thể kể số kết ban đầu thu giáo viên giảng dạy sau: - Đảm bảo tính hệ thống môn học theo PPCT, đồng thời đáp ứng yêu cầu môn Toán - Thuận lợi việc dạy học phân hóa nhóm đối tượng học sinh khác nhau, đảm bảo phát triển tối đa khả tư sáng tạo học sinh thông qua môn học toán cụ thể Đối với học sinh, cách giải giúp em tận dụng tối đa toán học kết từ bạn khác, kết từ sách, tài liệu tham khảo khác Sau triển khai đề tài, hầu hết học sinh hứng thú với dạng tập này, kết em biết vận dụng lý thuyết để giải toán, em có nhiều tiến bộ, đa số học sinh hiểu vận dụng tốt vào giải tập, chí phức tạp Đồng thời, em tự tìm tòi nhiều cách giải hệ phương trình Kết thu sau thực đề tài vào giảng dạy : Năm học Lớp 2015-2016 12T1 12T2 Sĩ số 40 44 Số học sinh giải Trước thực đề tài KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận: 16 Sau thực đề tài 35 30 Nói ứng dụng tính chất hàm số ứng dụng trình bày đề tài này, mà ứng dụng vô rộng lớn Tuy nhiên, với khuôn khổ đề tài tính thực tiễn nêu số ứng dụng Trong năm qua vận dụng phương pháp cho đối tượng học sinh giỏi trường THPT Quảng Xương 1, đợt bồi dưỡng học sinh luyện thi đại học cao đẳng bồi dưỡng học sinh giỏi, thấy học sinh tiếp thu tương đối chủ động, đa số học sinh hiểu vận dụng tốt trình giải dạng tập Trên số suy nghĩ đề xuất tôi, mong đóng góp đồng nghiệp để giúp đỡ học sinh khai thác tốt ứng dụng hàm số chương trình toán học phổ thông làm sở tham gia kỳ thi cuối cấp nghiên cứu ứng dụng thực tiễn sống sau 3.2 Kiến nghị: Đối với giáo viên : Cần quan tâm sát đến mức độ tiếp thu học sinh Cần tìm nhiều phương pháp để giải toán từ tìm cách giải đơn giản giúp học sinh tiếp thu tốt gây hứng thú trình dạy học Đối với nhà trường: Trong buổi họp tổ giáo viên nên trao đổi cách dạy học khó để tìm cách giải hay Đối với sở giáo dục : Cần công khai sáng kiến kinh nghiệm đạt giải cao mạng internet để giáo viên học sinh tất trường tỉnh tỉnh áp dụng vào thực tiễn học hỏi cách viết đề tài khoa học Trên số kinh nghiệm thân đúc rút trình giảng dạy, chắn mang tính chủ quan thân, không tránh khỏi nhiều sai sót, vấn đề nêu mong góp ý thầy cô giáo,đặc biệt em học sinh để viết hoàn thiện áp dụng thiết thực vào trình giảng dạy Tôi xin chân thành cảm ơn! Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác XÁC NHẬN CỦA Quảng Xương, ngày 28 tháng 05 năm 2016 17 THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Người Viết: Trần Văn Nam TÀI LIỆU THAM KHẢO “Ứng dung hàm số giải PT – HPT BPT” tác giả: Trần Phương, Đào Thiện Khải – Trần Văn Hạo – Lê Hồng Đức – Trần Thị Vân Anh “Một số ứng dụng hàm số” toán học tuổi trẻ Sách tập Bộ đề thi tuyển sinh giáo dục đào tạo Sách tham khảo Võ Quốc Anh – Lê Bích Ngọc Các toán liên quan trong tờ báo toán học tuổi trẻ Các giảng luyện thi đại học tác giả Trần Phương Khảo sát hàm số vấn đề liên quan tác giả Phan Huy Khải 18 ... hướng phương pháp giải hệ phương trình đề thi năm gần đề thi học sinh giỏi tỉnh đa số sử dụng phương pháp hàm số Chính chọn viết đề tài “ Giải hệ phương trình phương pháp xét hàm số độc lập 1.2... THPT Quốc gia 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Ở nêu phương pháp xây dựng sở lí thuyết thông qua số hệ phương trình tiêu biểu, có hệ phương trình dễ dàng áp dụng xét hàm độc lập, có hệ phải trải qua... gặp hệ phương trình giải phương pháp hàm số có thêm điều kiện kèm theo học sinh gặp khó khăn giải quyết, đặc biệt học sinh trung bình yếu.Khi giải toán hệ phương trình có sử dụng phương pháp hàm