SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ TRƯỜNG THPT VINH XUÂN -  - SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Lĩnh vực: TOÁN Tên tác giả: NGUYỄN CÔNG TÂN Giáo viên môn: TOÁN Vinh Xuân, tháng năm 2015 MỤC LỤC MỞ ĐẦU .2 GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I Một số kiến thức chuẩn bị II Phân dạng tập ví dụ A Phương trình B Hệ phương trình KẾT LUẬN 14 TÀI LIỆU THAM KHẢO 15 MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Trong chương trình toán học bậc trung học phổ thông, nhóm kiến thức phương trình hệ phương trình phổ biến vàcơ Bằng chứng chúng có mặt đề thi kì thi quan trọng Tuy nhiên, kiến thức hay phương pháp giải phương trình hệ phương trình trình bày sách giáo khoa phổ thông cho học sinh đơn giản Do vậy, phải đối mặt với phương trình hay hệ phương trình không quen thuộc (như đề thi tuyển sinh Đại học năm gần đây) học sinh thường gặp khó khăn Để làm toán mức độ khó học sinh cần trang bị luyện tập nhiều số cách giải khác Một phương pháp hiệu áp dụng nhiều là: “Sử dụng tính đơn điệu hàm số vào giải phương trình hệ phương trình ” Đó lí sáng kiến kinh nghiệm Mục đích nghiên cứu Cung cấp cho học sinh chia sẻ với đồng nghiệp phương pháp để giải toán phương trình, hệ phương trình Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu sở phương pháp để áp dụng chúng vào giải phương trình hệ phương trình - Giải số toán kèm theo đánh giá, phân tích, nhận xét, so sánh để thấy tác dụng phương pháp hệ thống tập luyện tập cho học sinh Đối tượng nghiên cứu Các toán phương trình hệ phương trình chương trình toán trung học phổ thông Phương pháp nghiên cứu - Sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu qua thao tác phân tích, tổng hợp, so sánh…các tài liệu tham khảo - Thảo luận, trao đổi với đồng nghiệp học sinh GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Sau số tính chất đạo hàm tính đơn điệu hàm số biết sử dụng chuyên đề Việc chứng minh trình bày sách giáo khoa bạn đọc tự chứng minh lấy đơn giản Tính chất 1: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm khoảng K Khi f ' ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ K hàm số f ( x) đồng biến (tăng) K Nếu f ' ( x ) ≤ 0, ∀ x ∈ K hàm số f ( x) nghịch biến (giảm) K C Nếu C (Dấu “=” xảy số điểm hữu hạn K) Chú ý: Phát biểu K đoạn hay nửa khoảng với điều kiện f ( x) liên tục đoạn hay nửa khoảng Tính chất 2: Cho hàm số y = f ( x) đơn điệu K Khi f (u ) = f (v) ⇔ u = v ∀ u , v ∈ K Tính chất 3: Nếu f(x) đồng biến (a; b) x, y, z nghiệm hệ phương trình  f ( x) = y   f ( y) = z ⇔ x = y = z   f ( z) = x  f ( x) = y   f ( y ) = z (*)  Chứng minh: Xét hệ phương trình  f ( z ) = x Giả sử (x,y,z) nghiệm hệ phương trình (*) Không tính tổng quát, giả sử x ≤ y ≤ z , f(x) đồng biến nên f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ z ≤ x ≤ y ⇒ x = y = z (đpcm) Tính chất 4: C Nếu f(x) g(x) hai hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) khoảng K Khi tổng f(x) + g(x) hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) K Tính chất nói chung không với hiệu f(x) - g(x) C Nếu f(x) g(x) hai hàm số dương, đồng biến (hoặc nghịch biến) khoảng K tích f(x).g(x) hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) K Tính chất nói chung không với tích f(x).g(x) f(x) g(x) hai hàm số không dương K Tính chất 5: Cho y = f ( x), y = g ( x ) hai hàm số liên tục tập hợp K Khi Nếu f ( x) đồng biến (nghịch biến) K, g ( x) nghịch biến (đồng biến) hàm K phương trình f ( x) = g ( x) có nhiều nghiệm K II PHÂN DẠNG BÀI TẬP VÀ VÍ DỤ A PHƯƠNG TRÌNH Phương pháp chung: Để giải phương trình F ( x) = cách sử dụng tính đồng biến nghịch biến hàm số, ta thường biến đổi theo cách sau Cách 1: Biến đổi phương trình dạng: f(x) = k, nhẩm nghiệm chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) để suy phương trình có nghiệm Cách 2: Biến đổi phương trình dạng: f(x) = g(x), nhẩm nghiệm dùng lập luận khẳng định f(x) đồng biến (nghịch biến) g(x) nghịch biến (đồng biến) hàm suy phương trình có nghiệm Cách 3: Biến đổi phương trình dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn điệu Khi ta có: u = v Dạng 1: Biến đổi phương trình dạng f ( x) = k f ( x ) = g ( x) Ví dụ 1: Giải phương trình: x + x + + x + + x + = 14 (1) Nhận xét: Khi gặp dạng toán phương trình chứa thức, thường ta phải khử phép lũy thừa, nhân lượng liên hợp, đặt ẩn phụ đánh giá Tuy nhiên dễ dàng nhận thấy vế trái phương trình (1) hàm số đồng biến, vế phải hàm nên ta sử dụng hàm số đây, cụ thể: Giải Điều kiện: x ≥ Xét hàm số f ( x) = Ta có : f ' ( x) = x + x + x + + x + + x + , x ∈ [ 0; +∞ ) + + > 0, ∀x ∈ (0; +∞ ) x + 3x + 4x + Vì f ( x ) liên tục [ 0;+∞ ) nên f ( x ) đồng biến [ 0;+∞ ) Do phương trình (1) có nhiều nghiệm Mặt khác f (4) = 14 nên x = nghiệm phương trình (1) Chú ý: C Vì hàm số y = ax + b với a > hàm đồng biến f(x) hàm đồng biến hàm f ( x) (với điều kiện thức tồn tại) hàm đồng biến nên ta dễ dàng nhận vế trái phương trình hàm đồng biến C Khi dự đoán nghiệm ta ưu tiên giá trị x cho biểu thức dấu nhận giá trị số phương (nhiều trường hợp cần nhờ đến máy tính cầm tay) C Bài toán giải cách nhiều cách khác, chẳng hạn nhân thêm lượng liên hợp, cụ thể: Điều kiện: x ≥ Khi x + x + + 3x + + x + = 14 ⇔ x − + x + − + x + − + x + − =   ( x − 4)  + + + ÷ = ⇔ x = 2x + + 3x + + 4x + +   x+2 Ví dụ 2: Giải phương trình Giải: Điều kiện x≥ x3 + + 3x − = − 3x + x + (2) 3 Xét f ( x ) = x + + x − Vì f '( x) = 5x2 ( 5x 2   ; +∞ ÷ f(x) liên tục nên đồng biến + 3) + 2  > ∀x ∈  ; +∞ ÷ 3x − 3  2   ; +∞ ÷ 2  g ' ( x ) = −6 x + ≤ ∀x ∈  ; +∞ ÷ g x = − x + x + 3  nên g ( x ) nghịch Xét ( ) Ta có 2   ; +∞ ÷ biến Vậy phương trình (2) có nhiều nghiệm Mặt khác ta thấy x = thỏa mãn Vậy phương trình (2) có nghiệm x = Ví dụ 3: Giải phương trình ( x + ) ( x − 1) − Giải: Điều kiện : x≥ x+6 = 4− ( x + ) ( x − 1) + x+2 (3) Phương trình (3) viết lại dạng sau: Để phương trình (*) có nghiệm ( 2x − − )( ) x+2+ x+6 = (*) 2x − − > ⇔ 2x − > ⇔ x > Xét hàm số f ( x ) = g ( x ) h ( x ) với g ( x ) = x − − 3; h( x) = x + + x + Ta có g′ ( x ) = > ∀x > 5; 2x − h′ ( x ) = 1 + > ∀x > x+2 x+6 Do hàm số g ( x ) = x − − 3; h ( x ) = x + + x + dương đồng biến ( 5;+∞ ) Suy f ( x ) = g ( x ) h ( x ) đồng biến ( 5;+∞ ) Mặt khác f ( ) = nên x = nghiệm phương trình (3) Chú ý: C Tính chất áp dụng cho hai hàm số nhận giá trị dương đồng biến (hoặc nghịch biến) khoảng C Nhờ đặt điều kiện để phương trình có nghiệm (x > 5) dẫn đến vế trái phương trình tích hai hàm số dương đồng biến Ví dụ 4: Giải phương trình: 3− x + x − x + 14 = (4) Giải: Điều kiện: x ≤ , phương trình (4) viết lại: Xét hai hàm số f ( x) = 3− x 3− x = − x + x − 14 g ( x ) = − x + x − 14 xác định liên tục ( −∞ ;3] −2 3− x.ln f '( x) = < ∀x ∈ ( −∞;3) 3− x Ta có nên f ( x) nghịch biến ( −∞ ;3] g '( x) = − x + > ∀ x ∈ ( −∞ ;3) nên g ( x) đồng biến ( −∞ ;3] Mặt khác, ta có f ( 3) = g ( 3) = 1, suy phương trình (4) có nghiệm x = Bài tập 1: Giải phương trình sau a) x + + x − + x − + 13x − = (KQ: x = 3) b) x3 + + x + + x = (KQ: x = – 1) c) d) 3x7 − − x = − x3 ( x − )  log ( x − 3) + log ( x − )  = 15 ( x + 1) (KQ: x = 1) (KQ: x = 11) Dạng 2: Biến đổi phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) chứng minh f ( x ) đơn điệu để suy u = v 3 3 Ví dụ 5: Giải phương trình: x − x + x − x + = 3x + + x + (5) Giải: 3 3 Biến đổi phương trình (5) ⇔ x − x + + x − 3x + = x + + x + Xét hàm số f ( t ) = t + t R Ta có f ′( t ) = 1+ 33 t2 > ∀t ∈ R \ { 0} (*) Do hàm số f ( t ) = t + t đồng biến R Từ (*) ⇔ f ( x3 − 3x + 1) = f ( x + ) ⇔ x3 − 3x + = x + ⇔ x3 − x − x − = 1± 1± x = − ;x = ⇔ x=− ∨x= 2 2 Vậy nghiệm phương trình (5) là: Ví dụ 6: Giải phương trình x + + x = x3 − (6) Giải: Phương trình (6) ⇔ x + + x + = ( x ) + x (*) Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ R Ta có f ' ( t ) = 3t + > ∀ t ∈ R nên f ( t ) đồng biến R Phương trình (*) có dạng: f ( x = x + = f ( x ) ⇔ x + = x ⇔ x − 3x − = ⇔  x = −  ) 3 x= Vậy phương trình (6) có hai nghiệm x = Ví dụ 7: Giải phương trình x + 3x + x + = ( x + ) x + (7) Giải: Điều kiện: x≥− Phương trình (7) viết lại ( x + 1)3 + ( x + 1) =  ( x + 1) + 1 x + ⇔ ( x + 1)3 + ( x + 1) = ( 3x + 1) + x + (*) Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ [ 0; +∞ ) Vì f ' ( t ) = 3t + > ∀ t ∈ [ 0; +∞ ) Mặt khác (*) có dạng: f ( x + 1) = f ( x = 3x + ⇔ x + = 3x + ⇔ x − x = ⇔  x = ) Vậy phương trình (7) có hai nghiệm x = x = Ví dụ 8: Giải phương trình x + − 2x2 = 2x2 + − x + (8) Giải: Phương trình (8) ⇔ x2 + + x2 = ( x + 1) + + x + Xét hàm số f ( t ) = t + t + 1, t ∈ R Ta có đồng biến R 3 Mặt khác phương trình (*) có dạng: f ( f '( t ) = + ) ( 2x2 = f 3 (*) t2 x +1 (t + 1) > ∀t ∈ R nên f ( t ) ) x = ⇔ 2x = x + ⇔ 2x − x − = ⇔  x =  2 x =1∨ x = Vậy phương trình (8) có hai nghiệm  2x −  log  ÷ = 3x − 8x +  ( x − 1) ÷   Ví dụ 9: Giải phương trình (9) Giải:  2x −  ⇔ log  − = ( x − 1) − ( x − 1) ÷ x>  ( x − 1) ÷   x ≠ Phương trình (9) Điều kiện: ( ⇔ log ( x − 1) + ( x − 1) = log 3 ( x − 1) ) + 3( x − 1) (*) f ' t = + > ∀t > ( ) f t = log t + t , t > t ln Xét hàm số ( ) Ta có , suy f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) ( f ( x − 1) = f ( x − 1) Phương trình (*) có dạng: Vậy phương trình (9) có hai nghiệm Nhận xét chung x = 2; x = ) x = ⇔ x − = ( x − 1) ⇔  x =  C Những tập dạng thường có biểu thức nhìn bề phức tạp, đòi hỏi người học phải có óc quan sát tư nhạy bén để quy lạ quen C Điều mấu chốt toán kĩ biến đổi, thêm bớt,… để chọn hàm đặc trưng Đồng thời xác định tập xác định phương trình ẩn để hàm đặc trưng phải đơn điệu Bài tập 2: Giải phương trình sau a) b) − 3x − x + 3x −1 = ( x − 1)2 1− x x2 −2 1− x x2 = 1 − x  π sin x − cos x = + log x, x ∈  0; ÷  2 c) 3x = + x + log ( + x ) d) e) x + + x − + x − + 13 x − = (KQ: x = 1) (KQ: x = 0; x = 2) (KQ: x= π ) (KQ: x = 0; x = 1) (KQ: x = 8) B HỆ PHƯƠNG TRÌNH Hệ phương trình chương trình toán trung học phổ thông chủ đề rộng đương nhiên cách giải chung Ngoại trừ số lớp hệ phương trình có dạng chuẩn có thuật giải trình bày sách giáo khoa, lại hệ phương trình không mẫu mực Khi đường hướng để giải thường hay nghĩ đến là: Phương pháp cộng, phương pháp - - Phương pháp cộng nói cách chung phương trình hệ tác động hỗ trợ lẫn qua phép biến đổi tương đương để đưa phương trình giải Phương pháp thế, tức phương trình hệ phải “độc lập” biến đổi để rút ẩn theo ẩn lại vào phương trình khác hệ Có nhiều kĩ thuật khác để thực việc rút ẩn hệ phương trình theo ẩn lại phân tích thành tích, đánh giá qua bất đẳng thức, nhân liên hợp… Đặc biệt kĩ sử dụng tính đơn điệu hàm số Ví dụ 10: Giải hệ phương trình ( x + y ) x − x + + ( x − ) x2 + xy + y + = (1)   2 (2)  x + x x − y + = 2x + x + y +  ( ) (10) Giải: Điều kiện: x − y + ≥ Từ phương trình (1) ta có ( x + y ) ( − x ) + = ( − x ) ( x + y ) + 2 (*) + Xét x = ⇒ y = − thay vào (2) không thỏa mãn + Xét x + y = ⇔ x = − y ⇒ x − = ⇔ x = ⇒ y = − (không thỏa mãn) ( − x) + 2− x Do phương trình (*) tương đương với: = ( x + y) +1 x+ y −1 t2 +1 f ' t = < 0, ∀t ≠ ( ) f ( t) = (t ≠ 0) 2 t t +1 t Xét hàm số , nên f ( t ) nghịch biến khoảng ( −∞ ;0 ) ( 0;+∞ ) Do − x = x + y ⇔ y = − x (Do − x x + y dấu ) x + x ) 3x + = x − x − ⇔ ( x + x ) ( Thay vào (2) ta được: ( ⇔ ( x + x ) ( x − 3) = ( − x ) ( x + + ) 2 2 ) 3x + − = − x + x =  Từ giải x = 1; y = Vậy hệ phương trình (10) có nghiệm  y =  y2 − x2 x2 + = (1) e y +1   Ví dụ 11: Giải hệ phương trình 3log ( x + y + ) = 2log ( x + y + ) + (2) (11) Giải: x + 2y + >  Điều kiện  x + y + > Phương trình (1) ( ) ( ) ⇔ ln x + + x + = ln y + + y + (*) f ' ( t ) = + > ∀t > t Xét f (t ) = ln t + t , t > Ta có nên f (t ) đồng biến ( 1;+∞ ) ( ) ( ) ⇔ f x2 + = f y + ⇔ x2 + = y + ⇔ x = ± y Từ (*) ta có y = − x thay vào (2) ta được: log3 ( − x ) = ⇔ x = 3; y = − + Với y = x (2) trở thành: + Với 3log3 ( 3x + ) = 2log ( x + ) + ⇔ 3log ( x + ) = 2log ( x + 1) Đặt  log3 ( x + ) = 2t 3log3 ( x + ) = 2log ( x + 1) = 6t ⇔  ⇔ log x + = t ( )  t  x + =  t  x + = t t  8  1 = +1 ⇔ =  ÷ +  ÷     (**) Trừ vế theo vế hai phương trình hệ ta được: t t Vế phải phương trình (*) hàm số ẩn t nghịch biến R vế trái hàm nên phương trình (**) có nghiệm t =1 Suy log ( x + 1) = ⇔ x = 7; y = x = ;  y = −  Vậy hệ phương trình (11) có hai nghiệm x =  y =  x + x − x + = y −1 +   x −1  Ví dụ 12: Giải hệ phương trình  y + y − y + = + (12) Nhận xét phương trình đối xứng loại 2, phương pháp giải thông thường trừ vế theo vế hai phương trình Tuy nhiên để đơn giản ta biến đổi hệ phương trình sau: Giải: Hệ phương trình (12)  x −1+ ⇔  y −1+  ( x − 1) + = y −1 ( y − 1) + = 3x−1 u + u + = 3v  ⇒ u + u + + 3u = v + v + + 3v  u Đặt u = x − 1; v = y − ta  v + v + = (Trừ vế theo vế hai phương trình hệ) Xét hàm số f ( t ) = t + t + + 3t , t ∈ R, f ' ( t ) = t2 + + t t +1 + 3t ln > ∀t ∈ R u Do f ( t ) đồng biến R nên suy u = v ⇒ u + u + = (*) Vì u + u + > ∀ u ∈ R nên phương trình (*) ( ( ) ⇒ ln u + u + − u ln = ) − ln < − ln < g ( u ) = ln u + u + − u ln 3, u ∈ R g ' ( u ) = u +1 Xét hàm số , Vậy g ( u ) nghịch biến R nên phương trình (*) có nhiều nghiệm Mặt khác g ( ) = nên phương trình (*) có nghiệm u =0 Suy x = y =1 x =  Vậy hệ phương trình (12) có nhiệm  y =  x = y3 + y + y −  y = z + z + z −  z = x3 + x + x −   Ví dụ 13: Giải hệ phương trình (13) Nhận xét hệ phương trình hoán vị vòng quanh nên ta sử dụng đến tính chất nêu phần trước Muốn cần phải chứng minh hàm đặc trưng đơn điệu tăng Giải: 2 Xét hàm số f ( t ) = t + t + t − 2, t ∈ R Ta có f ' ( t ) = 3t + 2t + > ∀ t ∈ R , suy f(t) đồng biến R x = f ( y)  ⇔  y = f ( z) ⇔ x = y = z  z = f ( x) Hệ phương trình (13) Thay vào hệ phương trình ta được: x + x − = ⇔ x = Vậy hệ phương trình (13) có nghiệm (1;1;1) Chú ý: Kết tính chất phát biểu bổ đề, giúp định hướng tìm cách giải Khi làm tập, học sinh đương nhiên phải chứng minh lại rõ ràng áp dụng ( ( ( )  x3 + 3x − + ln x − x + = y    y + y − + ln y − y + = z   z + 3z − + ln z − z + = x Ví dụ 14: Giải hệ phương trình  ) ) (14) Giải: Xét hàm số ( f ' ( t ) = 3t + + Ta có R ) f ( t ) = t + 3t − + ln t − t + , t ∈ R 2t − t2 − t +1 = 3t + + 2t + t2 − t +1 > ∀t ∈ R Theo tính chất 3, suy x = y = z Thay vào hệ ta có: Xét hàm Ta có ( ) g ( x ) = x3 + x − + ln x − x + , x ∈ R g '( x) = x + + 2x − x2 − x + = x2 + Suy f ( t ) đồng biến ( ) x3 + x − + ln x − x + = (*) 2x2 + x2 − x + > ∀x ∈ R Do phương trình (*) có nhiều nghiệm Mặt khác g (1) = nên (*) có nghiệm x = Vậy hệ (14) có nghiệm (1;1;1) Chú ý: Tính chất (3) phát biểu tổng quát sau: Cho f(x) g(x) hai hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) khoảng (a ; b) Khi số ( x1, x2 , , xn ) nghiệm hệ phương trình  f ( x1 ) = g ( x2 )   f ( x2 ) = g ( x3 )    f ( x ) = g( x ) n  x1 = x2 = = xn Chứng minh: Không tính tổng quát, giả sử x1 ≤ x2 ≤ ≤ xn f ( x ) , g ( x ) hai hàm đồng biến Ta có x1 ≤ x2 ≤ ≤ xn ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) ≤ ≤ f ( xn ) ⇔ g ( x2 ) ≤ g ( x3 ) ≤ ≤ g ( x1 ) ⇒ x2 ≤ x3 ≤ ≤ xn ≤ x1 Vậy x1 = x2 = = xn (đpcm)  y = x − 27 x + 27   z = y − 27 y + 27  x = z − 27 z + 27  Ví dụ 15: Giải hệ phương trình  (15) Giải  3 x − 27 x + 27 = x − 3x + =   x − ÷ + 2   Ta có ( Suy y3 ≥ )  27 ≥  27 3 ⇔ y≥ x≥ ; z≥ 4 Tương tự 4   ; +∞ ÷ 3  Xét hàm số f ( u ) = 9u − 27u + 27      f ' ( u ) = 18u − 27 > ∀u ∈  ; +∞ ÷ ; +∞ ÷    nên f ( u ) đồng biến   Ta có     ; +∞ g ' ( u ) = 3u > ∀u ∈  ; +∞ ÷ ÷    nên g ( u ) đồng biến   Xét g ( u ) = u có Áp dụng tính chất vừa nêu, suy x = y = z thay vào hệ phương trình ta được: x3 − x + 27 x − 27 = ⇔ ( x − 3) = ⇔ x = Vậy hệ phương trình (15) có nghiệm ( x; y; z ) = ( 3;3;3) Bài tập 3: Giải hệ phương trình sau  x + + x − − y4 + = y   2 a)  x + x ( y − 1) + y − y + = (đề thi khối A - 2013) ( )  x 12 − y + y 12 − x = 12    b)  x − x − = y − (đề thi khối A - 2014)  1− x − y  x2 = − xy −    x y + x − 2x2 y + − 4x =  c)  ( ) log x = log3   log y = log  log z = log3 d)  ( ( ( (KQ: (1;0) (2;1)) ) z + 4) x + 4) (KQ: (3;3)) 3   2; − ÷ 4) (KQ:  y +4 (KQ: (25;25;25)) KẾT LUẬN Qua ví dụ tập nêu viết này, ta thấy tính đơn điệu hàm số công cụ tốt tham gia vào giải phương trình hệ phương trình, phương trình hệ phương trình không mẫu mực thường xuất đề thi kì thi quan trọng Mặc dù phương pháp “vạn năng” để giải toán phương trình hệ phương trình khiếm khuyết khó khăn lớn cho học sinh không trang bị, luyện tập phương pháp học chuyên đề phương trình hệ phương trình Một số toán biến đổi phép toán đại số phức tạp với công cụ tìm lời giải nhanh chóng đẹp Do đó, người làm toán sơ cấp cần phải trang bị cho phương pháp phổ biến Ngoài sử dụng tính đơn điệu hàm số vào giải phương trình hệ phương trình rèn luyện tốt cho học sinh tư bậc cao như: tư phê phán, tư sáng tạo đặc biệt tư hàm… Nói riêng, hầu hết năm gần đề thi tuyển sinh Đại học Cao đẳng có toán giải phương trình, bất phương trình mà chủ yếu giải hệ phương trình Đây xem toán khó nhiều học sinh Các toán giải nhiều cách khác nhau, nhiên đa số phải vận dụng tính đơn điệu hàm số vào công đoạn giải Hy vọng viết có ích phần cho em học sinh chuẩn bị ôn tập cho kì thi trung học phổ thông quốc gia đến Mặc dù có cố gắng thời gian khả thân hạn chế nên viết không tránh khỏi thiếu sót Chúng mong nhận góp ý, phê bình quý Thầy Cô giáo đồng nghiệp em học sinh để viết hoàn thiện Trân trọng cảm ơn! Vinh Xuân, ngày 15 tháng năm 2015 Người viết Nguyễn Công Tân TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Thái Hòe, (2004), Rèn luyện tư qua việc giải tập toán, NXB giáo dục Phan Huy Khải, (2001), 10.000 toán sơ cấp – phương trình bất phương trình, NXB Hà Nội Nguyễn Đăng Quý, Nguyễn Việt Hà, (1999) Phương pháp giải toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, NXB Đà Nẵng Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan,…,(2008), Giải Tích 12, NXB giáo dục NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA TỔ CHUYÊN MÔN NHẬN XÉT:………………………………… Vinh Xuân, ngày 15 tháng năm 2015 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… Nguyễn Công Tân ……………………………………………… ……………………………………………… ĐIỂM:………………………………… XẾP LOẠI: …………………………… TỔ TRƯỞNG NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KH-SK CỦA ĐƠN VỊ NHẬN XÉT:………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ĐIỂM:………………………………… XẾP LOẠI: …………………………… CHỦ TỊCH HĐ KH-SK CỦA ĐƠN VỊ NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KH-SK NGÀNH GD&ĐT NHẬN XÉT:………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ĐIỂM:………………………………… XẾP LOẠI: …………………………… CHỦ TỊCH HĐ KH-SK NGÀNH GD&ĐT [...]... mình phương pháp phổ biến này Ngoài ra sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình và hệ phương trình còn rèn luyện tốt cho học sinh các tư duy bậc cao như: tư duy phê phán, tư duy sáng tạo và đặc biệt là tư duy hàm Nói riêng, trong hầu hết những năm gần đây trong đề thi tuyển sinh Đại học và Cao đẳng luôn có bài toán về giải phương trình, bất phương trình mà chủ yếu là giải hệ phương trình. .. d)  5 ( ( ( (KQ: (1;0) và (2;1)) ) z + 4) x + 4) (KQ: (3;3)) 3   2; − ÷ 4) (KQ:  y +4 (KQ: (25;25;25)) KẾT LUẬN Qua các ví dụ và bài tập được nêu trong bài viết này, ta thấy rằng tính đơn điệu của hàm số là một công cụ rất tốt tham gia vào giải phương trình và hệ phương trình, nhất là các phương trình và hệ phương trình không mẫu mực thường xuất hiện trong các đề thi của các kì thi quan trọng... PHƯƠNG TRÌNH Hệ phương trình trong chương trình toán trung học phổ thông là một chủ đề rất rộng và đương nhiên không có một cách giải chung nào cả Ngoại trừ một số lớp hệ phương trình có dạng chuẩn và có thuật giải được trình bày ở sách giáo khoa, còn lại là các hệ phương trình không mẫu mực Khi đó những đường hướng để giải nó thường hay nghĩ đến là: Phương pháp cộng, hoặc phương pháp thế - - Phương. .. phải là phương pháp “vạn năng” để có thể giải quyết được các bài toán về phương trình và hệ phương trình nhưng sẽ là một khiếm khuyết và khó khăn lớn cho học sinh nếu không được trang bị, luyện tập phương pháp này khi học chuyên đề về phương trình và hệ phương trình Một số bài toán nếu biến đổi bằng các phép toán đại số sẽ rất phức tạp nhưng với công cụ này có thể tìm được lời giải nhanh chóng và rất... 13: Giải hệ phương trình (13) Nhận xét đây là một hệ phương trình hoán vị vòng quanh nên ta sẽ sử dụng đến tính chất 3 đã nêu ở phần trước Muốn vậy cần phải chứng minh hàm đặc trưng của nó luôn đơn điệu tăng Giải: 3 2 2 Xét hàm số f ( t ) = t + t + t − 2, t ∈ R Ta có f ' ( t ) = 3t + 2t + 1 > 0 ∀ t ∈ R , suy ra f(t) đồng biến trên R x = f ( y)  ⇔  y = f ( z) ⇔ x = y = z  z = f ( x) Hệ phương trình. .. một cách chung nhất là các phương trình trong hệ tác động hỗ trợ lẫn nhau qua các phép biến đổi tương đương để đưa về những phương trình giải được Phương pháp thế, tức là các phương trình trong hệ phải “độc lập” biến đổi để rút một ẩn nào đó theo các ẩn còn lại rồi thế vào các phương trình khác của hệ Có nhiều kĩ thuật khác nhau để thực hiện việc rút một ẩn trong hệ phương trình theo các ẩn còn lại... loại 2, phương pháp giải thông thường là trừ vế theo vế của hai phương trình Tuy nhiên để đơn giản ta biến đổi hệ phương trình như sau: Giải: Hệ phương trình (12)  x −1+ ⇔  y −1+  ( x − 1) 2 + 1 = 3 y −1 ( y − 1) 2 + 1 = 3x−1 u + u 2 + 1 = 3v  ⇒ u + u 2 + 1 + 3u = v + v 2 + 1 + 3v  2 u Đặt u = x − 1; v = y − 1 ta được  v + v + 1 = 3 (Trừ vế theo vế của hai phương trình trong hệ) Xét hàm số f... t t Vế phải của phương trình (*) là hàm số ẩn t nghịch biến trên R còn vế trái là hàm hằng nên phương trình (**) có nghiệm duy nhất t =1 Suy ra log 2 ( x + 1) = 3 ⇔ x = 7; y = 7 x = 3 ;  y = − 3  Vậy hệ phương trình (11) có hai nghiệm x = 7  y = 7  x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1   2 x −1  Ví dụ 12: Giải hệ phương trình  y + y − 2 y + 2 = 3 + 1 (12) Nhận xét đây là một phương trình đối xứng... nhân liên hợp… Đặc biệt là kĩ năng sử dụng tính đơn điệu của hàm số Ví dụ 10: Giải hệ phương trình ( x + y ) x 2 − 4 x + 5 + ( x − 2 ) x2 + 2 xy + y 2 + 1 = 0 (1)   2 2 (2)  x + x x − y + 3 = 2x + x + y + 1  ( ) (10) Giải: Điều kiện: x − y + 3 ≥ 0 Từ phương trình (1) ta có ( x + y ) ( 2 − x ) + 1 = ( 2 − x ) ( x + y ) + 1 2 2 (*) + Xét x = 2 ⇒ y = − 2 thay vào (2) không thỏa mãn + Xét x + y =... đối với nhiều học sinh Các bài toán này có thể giải được nhiều cách khác nhau, tuy nhiên đa số phải vận dụng tính đơn điệu của hàm số vào trong một công đoạn nào đó của bài giải Hy vọng bài viết này sẽ có ích phần nào cho các em học sinh đang chuẩn bị ôn tập cho kì thi trung học phổ thông quốc gia sắp đến Mặc dù có cố gắng nhưng do thời gian và khả năng của bản thân còn hạn chế nên bài viết không tránh