1 Mở đầu 1.1 Lí do chọn đề tài Khi giải một bài toán vấn đề khó khăn nhất là giải thích được tại sao lại xuất hiện những yếu tố không có sẵn trong quá trình giải toán để đi đến lời giải Phải có một quá trình suy luận logic nào đó để dẫn tới sự xuất hiện của yếu tố đó trong khi giải toán Quá trình xuất hiện lời giải và xuất hiện lời giải tối ưu để lại nhiều kinh nghiệm quý, nếu GV biết khai thác một cách hợp lí để dạy cho học sinh quá trình tư duy ấy thì chắc chắn việc học của học sinh sẽ mang tính chủ động, sáng tạo hơn Xu hướng ra đề thi Đại học hiện nay chú trọng nhiều đến tính sáng tạo của học sinh, vì vậy trong đề thi không có nhiều bài toán mà rõ ràng về mặt đường lối giải toán Thực tiễn đó yêu cầu học sinh phải được trang bị đầy đủ kiến thức, đặc biệt là khả năng suy luận logic tìm kiếm lời giải Trong đề thi tuyển sinh đại học các năm gần đây thường xuyên xuất hiện bài toán giải hệ phương trình Đối với đa số học sinh thì đây là bài toán khó Phần lớn các em đều lúng túng khi đứng trước việc phải lựa chọn phương pháp giải quyết vấn đề sao cho hướng đi trở nên hợp lí và dễ dàng nhất có thể Các phương pháp giải hệ rất đa dạng: phương pháp đặt ẩn phụ, phân tích thành nhân tử, biến đổi tương đương,… Phương pháp hàm số là một trong số những cách giải được áp dụng phổ biến Tuy nhiên, việc sử dụng phương pháp này để giải quyết vấn đề thường được học sinh áp dụng một cách máy móc Đa số không có kĩ năng tốt trong việc phân tích bài toán và nhận dạng một cách nhạy bén hàm số được sử dụng Do đó, tôi đã tiến hành khảo sát, triển khai thực hiện đề tài: “Rèn luyện kĩ năng, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 12 THPT thông qua kĩ thuật gỡ nút thắt và tạo nút thắt trong bài toán giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số” 1.2 Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh hình thành kĩ năng nhận biết được các dạng toán sử dụng phương pháp hàm số, rèn luyện cách lựa chọn hàm số và hướng đi phù hợp cho mỗi bài Nâng cao năng lực sáng tạo, khả năng khái quát hóa thông qua việc biến đổi sáng tạo các hệ phương trình dựa trên các hàm số lựa chọn 1.3 Đối tượng nghiên cứu Học sinh lớp 12 THPT, sau khi học sinh học tính đồng biến, nghịch biến chương 1- hàm số (Giải tích lớp 12) 1 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu lí luận, đọc tài liệu liên quan đến hệ phương trình giải bằng phương pháp sử dụng tính biến thiên của hàm số 2 Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm Quy trình dạy học được hiểu là tổ hợp các thao tác của giáo viên và học sinh được tiến hành theo một trình tự nhất định trên một đối tượng nhận thức nào đó Chẳng hạn, quy trình bốn bước để giải một bài toán gồm : • Bước 1: Tìm hiểu nội dung bài toán • Bước 2: Xây dựng thuật giải • Bước 3: Thực hiện thuật giải • Bước 4: Kiểm tra, nghiên cứu lời giải Để giải hệ phương trình theo phương pháp hàm số ta thực hiện theo một trong các hướng sau:  Hướng 1: Bước 1: Đưa một trong hai phương trình hoặc cộng, trừ các phương trình của hệ để đưa về dạng : f ( x) = k (1) Bước 2 : Xét hàm số y = f ( x ) Dùng lập luận để khẳng định hàm số đồng biến hay nghịch biến Bước 3 : Lúc đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất ( mà ta nhẩm được)  Hướng 2: Bước 1 : Đưa một trong hai phương trình hoặc cộng, trừ các phương trình f ( x) = g ( x) (1) của hệ để đưa về dạng Bước 2 : Xét hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x) Dùng lập luận để khẳng định y = f ( x ) là hàm đồng biến (nghịch biến) và y = g ( x) là hàm nghịch biến (đồng biến) Bước 3 : Lúc đó nếu phương trình (1) có nghiệm x = x0 thì đó là nghiệm duy nhất  Hướng 3: Bước 1: Đưa một trong hai phương trình hoặc cộng, trừ các phương trình (1) của hệ để đưa về dạng f (u) = f (v) Bước 2 : Xét hàm số : y = f (t ) Dùng lập luận để khẳng định hàm số đồng biến hay nghịch biến 2 Bước 3 : Khi đó từ (1) suy ra : u = v Hệ thống bài tập giải hệ phương trình dựa trên tính biến thiên được sử dụng phổ biến trong các đề thi Tuy nhiên việc giải quyết vấn đề theo hướng này khiến học sinh gặp nhiều khó khăn và là một bài toán khó.Vì vậy tôi sử dụng hệ thống bài tập có sự sắp xếp hợp lí về mức độ cũng như các dạng, chủ yếu sử dụng hướng thứ 3, nhằm: - Rèn luyện kĩ năng nhận biết hàm số khi giải bài toán hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu - Phát triển tư duy sáng tạo, khái quát hóa thông qua sự phát triển hệ thống bài tập theo các mức độ khác nhau dựa trên cơ sở hàm số được chọn 2.2 Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm a Thuận lợi Việc giải hệ phương trình thường áp dụng những kĩ năng biến đổi đại số quen thuộc mà học sinh đã được rèn luyện từ cấp 2, cho nên khi giảng dạy hệ phương trình thường dễ tạo hứng thú học tập cho các em thông qua các bài tập đơn giản b Khó khăn Qua khảo sát thực tế, học sinh trường THPT nói chung và học sinh trường THPT Lê Viết Tạo nói riêng (có chất lượng đầu vào thấp), kỹ năng giải các dạng toán khó như hệ phương trình là rất hạn chế Điều này gây khó khăn trong việc giảng dạy của giáo viên, khiến học sinh cảm thấy nản chí, muốn bỏ cuộc khi đứng trước một bài toán giải hệ phương trình 2.3 Các giải pháp để giải quyết vấn đề Từ thực tế học sinh trường THPT Lê Viết Tạo với đa số còn hạn chế về tư duy hệ thống và khái quát hoá cũng như kỹ năng giải hệ phương trình, trên cơ sở đó tôi đã tiến hành thực nghiệm và áp dụng đề tài 2.3.1 Kỹ thuật gỡ nút thắt hàm số khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phương trình a Kiến thức cơ bản *Tính đơn điệu của hàm số Xét hàm số y = f ( x) liên tục trên khoảng (a,b) i Định nghĩa: - Hàm số y = f ( x ) được gọi là đồng biến (tăng) trên khoảng (a,b) khi và chỉ khi với mọi x1, x2 thuộc khoảng (a,b), x1 ≤ x2 thì f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) - Hàm được gọi là nghịch biến (giảm) trên khoảng (a,b) khi và chỉ khi với mọi x1, x2 thuộc y = f ( x ) khoảng (a,b), x1 ≤ x2 thì f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) ii Tính chất: 3 -Tính chất 1: Nếu hàm y = f ( x ) chỉ tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a,b) thì f ( x1 ) = f ( x2 ) khi và chỉ khi x1 = x2 - Tính chất 2: Nếu hàm y = f ( x ) chỉ tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a,b) thì phương trình f ( x ) = 0 có không quá 1 nghiệm trong khoảng (a,b) iii Định lí: - Hàm số y = f ( x ) được gọi là đồng biến (tăng) trên khoảng (a,b) khi và chỉ khi với mọi x thuộc khoảng (a,b), f '( x) ≥ 0 , dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm - Hàm số được gọi là nghịch biến (giảm) trên khoảng (a,b) khi và chỉ khi với mọi x thuộc khoảng (a,b), f '( x ) ≤ 0 , dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm *Lưu ý: Khi sử dụng phương trình f (u ) = f (v), u ∈ (a, b); v ∈ (c, d ) , ta xét hàm số f (t ), t ∈ (a, b) ∪ (c, d ) Tập xác định của các hàm số đó quyết định đến một bước quan trọng của bài toán là kết luận về tính đơn điệu của nó b Các ví dụ Ví dụ 1 Tìm hàm số trong các phương trình sau: a 2 y 3 + 2 x 1 − x = 3 1 − x − y 3 3 2 b x - y - 6 y + 3x-15 y = 14 Mục đích của ví dụ này là yêu cầu gỡ nút hàm số cho các phương trình Phân tích +Cần phân li hai ẩn sang hai vế của mỗi phương trình +Từ đó nhận dạng, dự đoán hàm số cần sử dụng +Đối với câu a, ta dựa vào vế đơn giản hơn là vế chứa biến y để đưa ra hàm số, sau đó biến đổi vế chứa biến x, để đơn giản, học sinh có thể đặt u = x −1 + Đối với câu b, sử dụng hàm số theo biến x, bên vế còn lại để dễ biến đổi, ta có thể dùng công cụ máy tính nhẩm nghiệm để so sánh x và y, chẳng hạn: x=0 thì y = −2 (máy tính cầm tay hỗ trợ công đoạn này), do đó bên vế còn lại biến đổi làm xuất hiện y + 2 Ngoài ra học sinh có thể tìm ra biểu thức y + 2 bằng cách đặt t = y + a và tìm hằng số a bằng cách đồng nhất thức(chỉ cần đồng nhất hệ số tự do của vế chứa y) 4 Lời giải a 2 y3 + 2 x 1 − x = 3 1 − x − y ⇔ 2 y 3 + y = (3 − 2 x) 1 − x ⇔ 2 y 3 + y = 2(1 − x) 1 − x + 1 − x Xét hàm số: f (t ) = 2t 3 + t f '(t ) = 6t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ b x 3 − y 3 − 6 y 2 + 3x − 15 y = 14 ⇔ x 3 + 3 x = y 3 + 6 y 2 + 15 y + 14 ⇔ x 3 + 3 x = ( y + 2)3 + 3( y + 2) f(t) = t 3 + 3t , f '(t) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ¡  x3 + 3 x 2 + 4 x + 2 = y 3 + y (1) Ví dụ 2 Giải hệ phương trình:  2  1 − x − y = 2 − y − 1 (2) Phân tích Xét phương trình đa thức + Giữ nguyên vế đơn giản nhất ( vế phải) + Đặt VP = f ( y ) , ( y = v ) + VT = f (u ), u = x + a + Việc tìm a có thể dựa vào đồng nhất thức hoặc dùng máy tính để so sánh 2 ẩn x, y, khi đó ta tìm được a=1 Lời giải Đk: x ∈ [ −1,1] , y ∈ [ 0,2] (1) ⇔ ( x + 1)3 + ( x + 1) = y 3 f (t ) = t 3 + t , t ∈ [ 0,2] f '(t ) = 3t 2 + t > 0, ∀t ∈ [ 0,2] f (u ) = f (v) ⇔ u = v ⇔ y = x + 1 Thay vào (2) ta có: 1 − x2 + x + 1 + 1 − x + 1 = 0 a = x +1 + 1− x ⇒ a = o∨ a = 2 5 Do a>0, ta có a = 2 ⇒ 1 − x2 = 1 ⇔ x = 0, y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y ) = (0,1) 2 x − 2 y = ( y − x )( xy + 2) Ví dụ 3 Giải hệ phương trình  2 2 x + y = 2 Phân tích Nếu thay vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hằng đẳng thức Lời giải 2 2 Thay 2 = x + y vào phương trình thứ nhất ta được 2 x − 2 y = ( y − x)( xy + x 2 + y 2 ) ⇔ 2 x − 2 y = y 3 − x 3 ⇔ 2 x + x 3 = 2 y + y 3 (1) t 3 t 2 Xét hàm số f (t ) = 2 + t , t ∈ ¡ có f '(t ) = 2 ln 2 + 3t > 0, ∀t ∈ ¡ suy ra f (t ) đồng biến trên ¡ (1) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y thế vào pt thứ hai ta được x = y = ±1 Vậy tập nghiệm của hệ là S = { (1;1); (−1; −1)} 2  (4 x + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 (1) Ví dụ 4 Giải hệ phương trình  2 2 (2)  4 x + y + 2 3 − 4 x = 7 Lời giải 3  x≤  3 − 4 x ≥ 0  4 ⇔ ĐK:  5 − 2 y ≥ 0  y ≤ 5  2 2 (1) ⇔ (4 x + 1)2 x + (2 y − 6) 5 − 2 y = 0 ⇔ (2 x) 2 + 1 (2 x) =   ( 5 − 2y ) 2 + 1 5 − 2 y ⇔ (2 x)3 + 2 x =  ( 5 − 2y ) 3 + 5 − 2y ⇔ f (2 x) = f ( 5 − 2 y ) với f (t ) = t 3 + t f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f (t ) đồng 5 − 4 x2 ,x ≥0 biến trên ¡ Vậy f (2 x) = f ( 5 − 2 y ) ⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔ y = 2 2  5 − 4x2  2 Thế vào pt (2) ta được 4 x +  ÷ + 2 3 − 4 x − 7 = 0 ⇔ g ( x) = 0  2  2  5 − 4x2   3 + 2 3 − 4 x − 7, x ∈ 0;  Với g ( x) = 4 x +  ÷  4  2   3 Hàm số nghịch biến do g’(x) 0, ∀x ∈ ¡ do x + 1 − x > 0 và x + 1 ≥ 1 2 x +1   Suy ra g ( x) đồng biến trên ¡ Bởi vậy g ( x) = g (0) ⇔ x = 0 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 0 = 3x (1) ln(1 + x) − ln(1 + y ) = x − y Ví dụ 8 Giải hệ phương trình  2 2 (2)  x − 12 xy + 20 y = 0 Lời giải ĐK: x > −1, y > −1 (1) ⇔ ln(1 + x) − x = ln(1 + y ) − y ⇔ f ( x) = f ( y ) với f (t ) = ln(1 + t ) − t , t ∈ (−1; +∞) 1 −t f '(t ) = −1 = = 0 ⇔ t = 0 ∈ (−1; +∞ ) ⇒ f (t ) đồng biến trên (−1;0) và 1+ t 1+ t nghịch biến trên khoảng (0; +∞) TH 1 x, y ∈ (−1;0) hoặc x, y ∈ (0; +∞) thì f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y Thế vào pt (2) ta được x = y = 0 (không thỏa mãn) 2 2 TH 2 x ∈ (−1;0), y ∈ (0; +∞) hoặc ngược lại thì xy < 0 ⇒ x − 12 xy + 20 y > 0 TH 3 xy = 0 thì hệ có nghiệm x = y = 0 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 0 Ví dụ 9 (Đại học khối A năm 2012) Giải hệ phương trình sau:  x 3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y (1)   2 1 2 x + y − x + y = (2)   2 Phân tích + Cái hay của bài toán nằm ở chỗ: sau khi gỡ được nút hàm số thì ta lại gặp khó khăn trong việc chứng minh cho hàm đơn điệu Điều này khiến nhiều bạn bỏ cuộc, suy nghĩ sang hướng khác vì cho rằng hàm số này không sử dụng được 8 + Vấn đề này đòi hỏi ta phải chú ý đến việc tìm điều kiện cho ẩn đặc trưng t, và một cái khó nhìn nữa là điều kiện của t không đơn thuần chỉ là việc dựa theo điều kiện của hai ẩn x, y từ đầu, mà là phải dựa vào đánh giá phương trình (2) Lời giải (1) ⇔ x3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y f (t ) = t 3 +3t 2 − 9t , t ∈ ¡ f '(t ) = 3t 2 + 6t − 9 Bảng biến thiên: t −∞ f’(t) -3 + 0 +∞ 1 - 0 + +∞ f(t) -∞ Ta đi tìm điều kiện của t 1 1 (2) ⇔ ( x − ) 2 + ( y + ) 2 = 1 2 2 1 1 ⇒ ( x − )2 ≤ 1;( y + ) 2 ≤ 1 2 2 1  − 1 ≤ x − ≤1  2 ⇒  −1 ≤ y + 1 ≤ 1  2   1 3  x ∈ − 2 , 2      5 1  5 1 ⇒ ⇒ t ∈ − ,  ⇒ f '(t ) < 0,∀t ∈ − ,   2 2  2 2  y ∈ − 3 , 1   2 2   ⇒u=v ⇒ y=x−2 1 3 3 1 (2) ⇒ x = , y = − ∨ x = , y = − 2 2 2 2 9 Ví dụ 10 Giải hệ phương trình: 3 2 (1)  y (3x + 2 x − 1) + 4 y = 8  2 3 2 2  y x + 4 y x − 6 y + 5 y = 4 (2) Phân tích +Chia hai vế của (1) cho y 3 , (2) cho y 2 rồi cộng vế theo vế của hai phương trình mới ta sẽ gỡ được nút hàm số của bài Lời giải HD: 8 4  2 3 x + 2 x − 1 = − 3  y y2 2 2 2  hpt ⇔  ⇒ x 3 + 3x 2 + 6 x + 4 = ( )3 + 3( ) ⇒ f ( x + 1) = f ( ) y y y  x3 + 4 x + 5 = 4 + 6 2  y y Như vậy việc gỡ nút trong nhiều bài tập là tương đối phức tạp, không chỉ dựa trên một phương trình mà còn có thể kết hợp nhân, chia, cộng, trừ các phương trình Để tìm hiểu về “nguồn gốc của những cái nút” ấy, ta đi tìm cách tự tạo ra một số nút thắt 2.3.2 Kỹ thuật tạo nút thắt hàm số cho một số bài toán giải hệ phương trình Mục đích của nội dung này là giúp học sinh làm quen với một số kỹ thuật tạo nút hàm số để tạo ra các dạng đề thi quen thuộc, ở các mức độ khó, dễ khác nhau Từ cách tư duy này học sinh có thể hiểu được một số ý tưởng ra đề để “đón đầu” được xu thế của người ra đề Để nắm được kĩ thuật sáng tạo hệ phương trình, học sinh cần phải được rèn luyện nhuần nhuyễn các kĩ năng như: thêm-bớt, quy lạ về quen, f ( x) = t 3 + t , có f ’ ( t ) = 3t 2 + 1 ≥ 0 , ∀t ∈ ¡ nên Ví dụ 1 Xét hàm số: hàm số f(t) đồng biến trên ¡ Ta có f ( x ) = x x + x = ( x + 1) x f ( y + 2) = ( y + 2) y + 2 + y + 2 = (y+ 3) y + 2 Ta có phương trình ( x + 1) x = ( y + 3) y + 2 ⇔ f ( x ) = f ( y + 2) ⇔ x = y+2⇔ x= y+2 Cho x = 3, y = 1 10 Kết hợp với một phương trình khác nhận (x,y)=(3,1) là nghiệm, chẳng hạn phương trình: y + 3 − x − 2 + 8 − x2 = 0 ( x + 1) x = ( y + 3 y + 2 (1) Ta có hệ  2  y + 3 − x − 2 + 8 − x = o (2) Như vậy để giải phương trình (1), ta xét hàm số f(t)=t3+t, chứng minh hàm số y=f(t) đồng biến trên ¡ Biến đổi phương trình (1) để được:  x = y + 2 Thế vào pt(2) ta được: x + 1 − x − 2 + 8 − x2 = 0 ⇔ x + 1 − 2 + 1 − x − 2 + 9 − x2 = 0 x −3 x−3 ⇔ + − ( x − 3)( x + 3) = 0 x +1 + 2 1+ x − 2 x = 3 ⇔ 1 1  + = x + 3(3)  x + 1 + 2 1 + x − 2 Xét PT (3) Với x≥2 thì VT≤3/2,VP≥5 Vậy phương trình (3) vô nghiệm Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x,y)=(3,1) * Để làm cho bài toán trở nên khó hơn ta xét hàm số f(t) với biểu thức theo t phức tạp hơn, chẳng hạn: 3  f ( 2 x + 1) = ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) = 8 x3 + 12 x 2 + 6 x + 1 + 2 x + 1 = 8 x 3 + 12 x 2 + 8 x + 2 = 2 ( 4 x3 + 6 x 2 + 4 x + 1) f ( 2 y + 3) = (2 y + 3) 2 y + 3 + 2 y + 3 = (2 y + 4) 2 y + 3 Từ đó ta có Pt: 4 x3 + 6 x 2 + 4 x + 1 = (y + 2) 2 y + 3 ⇔ f (2 x + 1) = f ( 2 x + 3) ⇔ y = 2x2 + 2 x − 1 Cho x = 1, y = 3 Kết hợp với một phương trình khác nhận ( x, y ) = ( 3,1) là nghiệm, chẳng hạn phương trình: y − x y + 6 − 6x2 + 6 = 0 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 = (y + 2) 2 y + 3 Ta có hệ:  (II) 2  y − x y + 6 − 6 x + 6 = 0 11 3 Như vậy để giải hệ phương trình (II), ta xét hàm số f ( t ) = t + t , chứng minh hàm số y=f(t) đồng biến trên ¡ Biến đổi phương trình đầu để được: y = 2 x 2 + 2 x − 1 Thế vào pt sau ta được: 2x2 + 2x −1 − x 2x2 + 2 x + 5 − 6x2 + 6 = 0 ⇔ 2 x2 + 2 x + 5 − x 2 x2 + 2x + 5 − 6 x2 = 0 x =1  2 x 2 + 2 x + 5 = 3x ⇔ ⇔  x = 1 − 11  2 x 2 + 2 x + 5 = −2 x  2 Vậy hệ có 2 nghiệm (1;3) và ( 1 − 11 ; 6 − 2 11) 2 Ví dụ 2 Ta xét hàm số khác, chẳng hạn ta xét hàm số t2 2 2 f (t ) = t (2 + t + 4), f '(t ) = 2 + t + 4 + ≥ 0, ∀t ∈ ¡ t2 + 4 Suy ra f(t) đồng biến trên R Ta có: f (2 x ) = 2 x(2 + 4 x 2 + 4) = 4 x + 4 x x 2 + 1 f (2 y + 1) = (2 y + 1)(2 + (2 y + 1) 2 + 4) = 4 y + 2 + (2 y + 1) 4 y 2 + 4 y + 5 Từ đó ta có phương trình: 2 x = 2 y + 1 1  Kết hợp với một phương trình khác nhận   ;0 ÷ là nghiệm, chẳng hạn PT: 2  2x + 3 + 3 2 y + 1 − 3 = 0 Ta có hệ:  4 x + 4 x x 2 + 1 = 4 y + 2 + (2 y + 1) 4 y 2 + 4 y + 5 (III)  3 2y +1 − 3 = 0 2 x + 3 +  Như vậy để giải hệ phương trình (III), ta xét hàm số t2 2 2 f (t ) = t (2 + t + 4), f '(t ) = 2 + t + 4 + ≥ 0, ∀t ∈ ¡ , hàm số 2 t +4 y = f ( t ) đồng biến trên ¡ Biến đổi phương trình đầu để được: 2 x = 2 y + 1 Thế vào pt sau ta được: 12 2x + 3 − 2 + 3 2x −1 = 0 2x −1 2x −1 ⇔ + =0 2x + 3 + 2 3 4x2 + 3 2x +1 1 ⇔ x = ⇒ y = 0 2 1  Vậy hệ có nghiệm duy nhất  ;0 ÷ 2  * Để làm cho bài toán trở nên khó hơn ta xét hàm số f(t) với biểu thức theo t phức tạp hơn, chẳng hạn: 1 1 1 1 1 1 f ( ) = (2 + 2 + 4) = (2 + 1 + 4 x 2 ) = 2 (2 x + 1 + 4 x 2 ); x x x x x x f (2 y ) = 2 y (2 + 4 y 2 + 4) = 4 y + 4 y y 2 + 1 1 1 ⇒ f ( ) = f (2 y ) ⇔ = 2 y x x 1 1 Cho x = 1 suy ra y = Kết hợp với một phương trình khác nhận x = 1, y = 2 2 làm nghiệm, chẳng hạn phương trình: −2 x 2 + 2 x − 1 + 1 2y 1 −1 = 0 y Ta có hệ:  1 1 2 −1 = 0  −2 x + 2 x − 1 + 2 y y (IV)   2 2 2 2 x + 1 + 4 x − 4 x y y + 1 = 0 Như vậy để giải hệ phương trình (IV), ta xét hàm số f (t ) = t (2 + t 2 + 4), f '(t ) = 2 + t 2 + 4 + t2 t2 + 4 ≥ 0, ∀t ∈ ¡ , hàm số y=f(t) đồng biến trên ¡ Biến đổi phương trình sau để được: 1 = 2y x Thế vào pt đầu ta được: 13 −2 x 2 + 2 x − 1 + x 2 x − 1 = 0 ⇔ 2x −1+ x 2x − 1 − 2x2 = 0  2x −1 = x ⇔  2 x − 1 = −2 x 1 ⇔ x =1⇒ y = 2  1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 1; ÷  2 Ví dụ 3 Sau đây ta sẽ xây dựng hệ phương trình giải được bằng phương pháp hàm số mà phải kết hợp cả hai phương trình trong hệ Đầu tiên ta sẽ xây dựng hệ phương trình giải được bằng cách chỉ nhân một phương trình của hệ với hằng số và kết hợp với phương trình còn lại Chẳng hạn ta xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t , f '(t ) = 3t 2 + 3 ≥ 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số f(t) đồng biến trên ¡ f (2 x + 1)3 + 3(2 x + 1) = 8 x 3 + 12 x 2 + 12 x + 4 ; f ( y + 2) = ( y + 2)3 + 3( y + 2) = y 3 + 6 y 2 + 15 y + 14 Khi đó f (2 x + 1) = f ( y + 2) ⇔ 2 x + 1 = y + 2 (2) Cho x=1 thì y=1 Từ đó ta xét hệ phương trình 3 2 2  4 x + 6 x − 3 y − 3 y − 4 = 0 (V)  3 y + 9 y − 12 x + 2 = 0   Để giải hệ trên ta lấy phương trình đầu nhân 2 trừ đi phương trình sau và 3 biến đổi để đưa về phương trình dạng (1), với f ( t ) = t + 3t có f ’ ( t ) = 3t 2 + 3 ≥ 0 ∀t ∈ ¡ nên hàm số f(t) đồng biến trên ¡ Khi đó ta có y = 2 x − 1 Thay vào phương trình đầu của hệ ta có x=1, suy ra y=1 * Bây giờ ta sẽ xây dựng hệ phương trình giải bằng cách nhân cả hai phương trình của hệ với hằng số và kết hợp hai phương trình mới lại với nhau Chẳng hạn ta xét hàm số f (t ) = t 3 + t , f '(t ) = 3t 2 + 1 ≥ 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số f(t) đồng biến trên ¡ Ta có: f (2 x − 1) = (2 x − 1)3 + (2 x − 1) = 8 x 3 − 12 x 2 + 8 x − 2; f (3 y − 2) = (3 y − 2)3 + (3 y − 2) = 27 y 3 − 54 y 2 + 39 y − 10 ⇒ f (2 x − 1) = f (3 y − 2) ⇔ 8 x3 − 12 x 2 + 8 x − 2 = 27 y 3 − 54 y 2 + 39 y − 10(1) Chọn x=1, y=1 14 Khi đó ta biến đổi PT (1) sao cho hai vế của PT (1) bằng nhau khi thay cặp số (1,1) vào, chẳng hạn ta có thể biến đổi như sau: (1) ⇔ 8 x 3 + 8 x − 12 y − 4 = 27 y 3 − 54 y 2 + 27 y + 12 x 2 − 12 Từ đó ta có hệ :  4 x 3 + 4 x − 6 y − 2 = 0(3)  2  4 x + 9 y − 18 y + 9 y − 4 = 0(4) Để giải hệ phương trình trên , ta lấy PT (3) nhân 2 trừ PT (4) nhân với 3 ta được PT (2), biến đổi PT (2) về PT(1) Xét hàm số f (t ) = t 3 + t , f '(t ) = 3t 2 + 1 ≥ 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số f(t) đồng biến trên ¡ Nên PT (1) suy ra f ( 2 x − 1) = f ( 3 y − 2 ) hay 2 x − 1 = 3 y − 2 Thế vào PT (3) ta được x = 1, y = 1 là nghiệm của hệ 2 Bài tập đề nghị Bài toán: Giải các hệ phương trình sau: 2 2   x + 21 = y − 1 + y 1  2 2   y + 21 = x − 1 + x ln( x + 1) − ln( y + 1) = x − y 3  2 2  x − 12 xy + 20 y = 0  x + 1 + 2 − y = 3 5   2 − x + y + 1 = 3 7  x + y − x − y = 4x − y    x 2 − 16 = 2 y − 3 x (4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 9  2 2  4 x + y + 2 3 − 4 x = 7 1  1 x − = y −  x y 2  2 y = x3 + 1   x 2 + y = y 2 + x 4  x + y x −1  2 − 2 = x − y 2  4 x − = 2 y −  x y 6  2 x = y3 + 3   x 2 y 2 − 2 x + y 2 = 0 8  3 2 2 x + 3 x + 6 y − 12 x + 13 = 0  3 1 + x + 1 − y = 2 10  2 4 3  x − y + 9 y = x (9 + y − y )  x5 + xy 4 = y10 + y 6 11  2  4 x + 5 + y + 8 = 6  2(2 x + 1)3 + 2 x + 1 = (2 y − 3) y − 2 12   4 x + 2 + 2 y + 4 = 6 15 y  x e = 2007 − y2 −1  13  e y = 2007 − x  x2 −1 2  x + 3x + ln(2 x + 1) = y 14  2  y + 3 y + ln(2 y + 1) = x x + 2x − 5 y = 4 y + x − y  15    xy = 1  x 2 + 2 xy 2 + 2 y = x + 2 xy + 4 y 2 16  3 2 3x − 5 + 3 8 y − 3x + 9 = 7 2 x− y  − 2 x + y = ( x + y ) x + y − (2 x − y ) 2 x − y 2 17  3 3   y − 2( x − 1) + 1 = 0  7 x + y + 2 x + y = 5 18   x + 4 y + x − y = 2 2 y −1  x + x − 2x + 2 = 3 +1 19  2 x −1   y + y − 2 y + 2 = 3 +1 3 2 2( x + 2 x − y − 1) = x ( y + 1) 21  3 2  y + x + 1 + ln( y + 2 x) = 0  x − y = (log 2 y − log 2 x)( xy + 2) 23  3 3  x + y = 16 27 x 3 − 8 y 3 = 27 x 2 + 2 y − 12 x + 2 25  3 2  x + x − 15 x + 30 = 4 4 9(2 y + 4)  x 2 + 91 = y − 2 + y 2 20   y 2 + 91 = x − 2 + x 2 x− y x+ y e + e = 2( x + 1) 22  x + y e = x − y + 1  x3 y = 24 24  3 2 x + y = 6 3 3 2y  log = x −2y 2012  x  26  3 3  x + y = x2 + y2   x+ y 16 2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường Tổ chức thực nghiệm Tổ chức thực nghiệm tại trường THPT Lê Viết Tạo, huyện Hoằng Hóa gồm: • Lớp thực nghiệm: 12A Thời gian tiến hành thực nghiệm từ tháng 09 năm 2015 đến tháng 01 năm 2016 Hoạt động học tập của học sinh nhìn chung diễn ra khá sôi nổi không gây cảm giác áp đặt Việc sử dụng các biện pháp nhận được sự hứng thú của học sinh trong giải toán và học toán Kết quả kiểm tra Điểm Lớp 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Số bài TN(12A) 0 0 7 7 8 5 4 4 4 1 40 Kết quả lớp thực nghiệm có 26/40 (chiếm 65%) đạt trung bình trở lên, trong đó có 12/40 (chiếm 30%) đạt khá giỏi Sau khi thực hiện đề tài, các em học sinh đã có được: - Có thêm một phương pháp để giải hệ phương trình bằng sử dụng tính đơn điệu của hàm số, hình thành và thuần thục kỹ năng giải toán và từ đó biết so sánh với cách giải cụ thể của từng loại (đại số, lượng giác, mũ, logarit) để tìm ra những ưu điểm nổi bật của phương pháp hàm này; - Tư duy logic, sáng tạo, hệ thống và khái quát hoá Trên cơ sở đó các em có được một phương pháp tư duy khoa học cho nhóm đối tượng học sinh trung bình - khá trở lên; - Tích cực chủ động và sự hứng thú học tập nội dung này của mọi đối tượng học sinh, từ đó tạo động lực và niềm tin vào bản thân để các em tự tin học bộ môn Toán Kết quả khả quan của việc thực hiện đề tài trong năm học qua có ý nghĩa to lớn tạo động lực và niềm tin cho tôi tiếp tục thực hiện đề tài trong những năm học tiếp theo 17 3 Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận Trên đây là những giải pháp mà tôi đúc rút được trong suốt quá trình giảng dạy tại trường THPT Bên cạnh việc rèn kĩ năng giải hệ theo phương pháp xét tính đơn điệu của hàm số, học sinh còn được thực hành cách xây dựng một bài toán (tự mình tìm ra các đề bài ở mức độ khó, dễ khác nhau) Điều này khiến các em trở nên tự tin hơn khi đứng trước một bài toán giải hệ phương trình dù là rất phức tạp, hơn nữa còn kích thích tư duy sáng tạo, khả năng khái quát hóa 3.2 Kiến nghị Sau khi thực hiện đề tài, ngoài những ưu điểm và kết quả của đề tài đã trình bầy ở trên, tôi nhận thấy việc thực hiện đề tài sẽ hiệu quả hơn nếu một số vấn đề sau được quan tâm: - Một số học sinh còn chưa thành thạo kỹ năng tính đạo hàm hàm số Do đó, các thầy cô giáo khi giảng dạy cần hướng dẫn cho học sinh tính đạo hàm, tìm cực trị ,miền giá trị của hàm số một cách thành thạo - Đề tài khái quát một cách giải phổ biến nhất cho các hệ phương trình thuộc nhiều dạng khác nhau nhưng không có nghĩa là triệt tiêu tất cả các cách giải khác trong trường hợp cụ thể Do đó, đòi hỏi các thầy cô khi áp dụng cần coi trọng tính ưu việt của đề tài đối với những bài tập mà áp dụng theo cách khác gặp khó khăn để tạo được hứng thú và tính chủ động tích cực cho các em Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn nhiều hạn chế Tôi rất mong nhận được sự góp ý chân thành của quý thầy cô và đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2016 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác Lưu Thị Hương 18 MỤC LỤC 1 1.1 1.2 1.3 1.4 2 2.1 MỞ ĐẦU LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ TRƯỚC 2.2 KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH 2.3 NGHIỆM CÁC GIẢI PHÁP ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 2.3.1 KỸ THUẬT GỠ NÚT THẮT HÀM Trang 1 1 1 2 2 2 3 3 3 SỐ KHI SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2.3.2 KỸ THUẬT TẠO NÚT THẮT CHO 11 MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH 2.4 3 3.1 3.2 NGHIỆM ĐỐI VỚI HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC, VỚI BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ TRƯỜNG KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ KẾT LUẬN KIẾN NGHỊ 17 18 18 18 19 ... GIẢI PHÁP ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 2.3.1 KỸ THUẬT GỠ NÚT THẮT HÀM Trang 1 2 3 SỐ KHI SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2.3.2 KỸ THUẬT TẠO NÚT THẮT CHO 11 MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH... tạo nút thắt hàm số cho số toán giải hệ phương trình Mục đích nội dung giúp học sinh làm quen với số kỹ thuật tạo nút hàm số để tạo dạng đề thi quen thuộc, mức độ khó, dễ khác Từ cách tư học sinh. .. mà học sinh rèn luyện từ cấp 2, giảng dạy hệ phương trình thường dễ tạo hứng thú học tập cho em thông qua tập đơn giản b Khó khăn Qua khảo sát thực tế, học sinh trường THPT nói chung học sinh