1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
TÊN ĐỀ TÀI
KINH NGHIỆM TÌM HÀM ĐẶC TRƯNG ĐỂ
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Người thực hiện: Lê Xuân Thắng
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán
THANH HOÁ NĂM 2013
I, Phần mở đầu
1.Lí do chọn sang kiến kinh nghiệm
+ Lí do khách quan: Các bài toán về hệ phương trình thường rất phong phú và đa
dạng, gặp nhiều trong các kì thi học sinh giỏi, thi đại học, cao đẳng đặc biệt là bài
toán về hệ phương trình giải bằng cách sử dụng hàm đặc trưng.
Thông thường học sinh hay lúng túng trước các bài toán giải hệ phương trình, nhất
là khi gặp những bài giải hệ phương trình với cách giải như dùng hàm đặc trưng,
dùng đánh giá, dùng bất đẳng thức…
+ Lí do chủ quan: Qua kinh nghiệm giảng dạy và tham khảo tài liệu, tôi thấy để
giải được hệ phương trình loại trên việc tìm được hàm đặc trưng là khâu quan trọng
bậc nhất, vì việc tìm được hàm đặc trưng từ hệ phương trình đã cho thì bài toán coi
như đã giải được một nửa. Vấn đề là làm sao tìm được hàm đặc trưng. Tư duy như
thế nào? Cách biến đổi làm sao?. SKKN “Kinh nghiệm tìm hàm đặc trưng để giải
hệ phương trình” sẽ một phần giúp các em trả lời câu hỏi đó.
2. Đối tượng phương pháp nghiên cứu và đối tượng khảo sát
+ Đối tượng nghiên cứu là các hệ phương trình trong đề thi học sinh giỏi, đề thi đại
học cao đẳng.
+Đối tượng khảo sát là học sinh lớp 12 chuẩn bị thi Đại học các khối có thi môn
Toán.
Trong thực tế, kiểm nghiệm kết quả trước và sau khi áp dụng chuyên đề để khẳng

Giỏi Khá TB Yếu
SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%)
12B2 50 2 4 13 26 22 44 13 26
Xuất phát từ thực tế đó, tôi đã tiến hành đổi mới dạy nội dung này tại lớp 12C3
(lớp 12C3 có chất lượng tương đương với lớp 12B2)
III. Giải pháp và tổ chức thực hiện
A. Định lí.
Trước hết tôi nêu định lí dưới dạng đơn giản nhất
Cho hàm số f đơn điệu trên
( )
;a b
(hoặc
[ ] [
) (
]
; ; ; ; ;a b a b a b
). Nếu
( ) ( ) ( )
1f u f v
=
và
( )
, v ;u a b∈
khi đó
( )
1 u v⇔ =
.
Sau đó cho thí dụ theo hệ thống từ đơn giản đến phức tạp nhằm trước tiên cho
học sinh nhận dạng được khái niệm sau đó mới từ từ nâng cao với các ví dụ đa
dạng với nhiều hướng biến đổi khác nhau. Cụ thể tôi tổ chức thực hiện như sau:

.
Đặt
( )
t>0
t
f t e t= − ∀
;
( )
' 1 0 t>0
t
f t e= − > ∀
. Hay
( )
f t
hàm số đồng biến. Do đó
( )
* x y
⇔ =
. Thay vào
( )
1
ta được
( )
3
2 2 2 2
2
log log 4 10 1 log 2 2 3log 10 7log 7 2
2
x
x x x x x

x ≥ −
. Từ hệ suy ra
0y ≠
. Chia cả hai vế của phương trình (1) cho
5
y
ta được
( )
5
5
*
x x
y y
y y
   
+ = +
 ÷  ÷
   
. Xét hàm số :
5 4
( ) ; '( ) 5 1 0 tf t t t f t t= + = + > ∀
.
Hay f(t) đồng biến . Do đó
( )
* ⇔

2
x
y x y
y

− = −



+ =


Giải:
Từ (2) suy ra :
, 1x y ≤
.
Từ (1) ta xét hàm số : f(t)=
[ ]
3 2
5 '( ) 3 5 0 1;1t t f t t t− ⇒ = − < ∀ ∈ −
hay f(t) là một
hàm số nghịch biến. Do đó
( )
1 x y⇔ =
thay vào
( )
2
ta được :
8
8
1 1
2
2
x x= ⇔ = ±
tương ứng

1 7
1 7
x
y
≤ ≤


≤ ≤

.
Trừ hai vế phương trình cho nhau ta được
( )
1 7 1 7 *x x y y+ − − = + − −
.
4
Đặt
( )
[ ]
1 7 t 1;7f t t t= + − − ∀ ∈
; Ta có
( )
[ ]
1 1
' >0 t 1;7
1 7
f t
t t
= + ∀ ∈
+ −


x
x x x
y y y
−
−

+ − + = +


+ − + = +


Giải:
Đặt
1u x= −
;
1v y= −
khi đó hệ có dạng :
( )
2
2
1 3 3
1 3
v
u
u u
v v

+ + =


Hay hàm số đồng biến. Do đó
( )
* ⇔

u v=
.Thay vào (3)
( ) ( )
2 2 2
1 3 ln 1 ln3 ( ) ln 1 ln3
u
u u u u u g u u u u⇔ + + = ⇔ + + = ⇒ = + + −
Ta có
2
2 2
1
1
1
'( ) ln3 ln3 0
1 1
u
u
g u u
u u u
+
+
= − = − < ∀
+ + +
. Chứng tỏ hàm số
( )
g t

(Học sinh giỏi Hà Nội 2012).
Giải: Từ hệ phương trình suy ra
0x ≠
.
( ) ( )
( )
( )
3
3
3
3
8
2 3
2 3 8 1

6
2 6 2
2
y
x y
x
x y
y
x
−

− + =
− + = −



.
( )
2
' 3 3 0 tf t t= + > ∀
. Hay hàm số đồng biến. Do
đó
( )
2
* 2y xy
x
−
⇔ = ⇔ = −
. Thay vào
( )
1
ta được
( )
( )
3 3 2 2
1
6
2 8 2 6 8 0 1 4 4 0
2
x
x x x x x x
x
x
=

 


+ + + = − −


+ + + =


.
Giải: Điều kiện
1
2
2
x
y
−

≥



≥

Đặt
2
2 1
2
2 0
a x
y b
b y

2 2 2 4 6 3y y− + + =
. Rõ ràng vế trái phương trình
( )
3
là hàm đồng biến
với
0y∀ ≥
. Nhận thấy phương trình
( )
3
có nghiệm
6x =
suy ra đó là nghiệm duy
nhất của
( )
3
tương ứng
1
2
x =
.
Vậy hệ có nghiệm
1
6;
2
 
 ÷
 
.
Thí dụ 8:

= +

. Khi đó hệ trở thành
( )
( )
3
2 1
1 1
1 4
a b
a b a
b b
b
e e b a
e e a b e b
e a e a
e a
− = −

+ = + + = +
 

⇔ ⇔
  
= + = +
= +

 

Xét

e x− − =
Xét
( ) ( )
= 1 x; ' = 1 0 0
x x
g x e x g x e x− − ∀ − = ⇔ =
Bảng biến thiên
x
0 +−∞ ∞
( )
'g x
- 0 +
( )
g x
++∞ ∞

0
Suy ra phương trình
( )
5
có nghiệm duy nhất
0x =
.
Vậy hệ có nghiệm
( )
0;0
.
Thí dụ 9:
Giải hệ phương trình sau
( )

1 0 1
x x
y y
< <
 
⇔
 
− < >
 
. Khi đó
( )
5 1
2 0
1
y
x
y
+
⇔ = <
−
vô lí ( vì
1y >
).
Do đó trường hợp 1 vô nghiệm.
Trường hợp 2 :
0 0
1 0 1
x x
y y
> >

t
f t
t
= + > ∀
. Hay hàm số
( )
f t
đồng biến. Do đó
( )
* 1x y⇔ = −
. Thay vào
( )
2
ta được
( )
2
2
1
1 5 1 0 3 2 0
2
y
y y y y
y
= −

− + + = ⇔ + + = ⇔

= −

tương ứng

+ + − =


Giải:
Điều kiện :
3 5
,
4 2
x y≤ ≤
. Đặt
( )
2
1
5 2 5
2
t y y t= − ⇒ = −
, thay vào (1) ta có :
( )
2
3 3 3
5
4 3 8 2 *
2
t
x x t x x t t
−
 
⇔ + = − ⇔ + = +
 ÷
 

 ÷
 ÷
 
 
Ta có
( )
2 2
5 4 4 3
'( ) 8 8 2 4 4 3 0 0;
2 4
3 4 3 4
g x x x x x x x
x x
   
= − − − = − − < ∀ ∈
 ÷  ÷
− −
   
,
Nhận thấy
1 1
( ) 0
2 2
g x= ⇒ =
là nghiệm duy nhất của
( )
0g x =
, tương ứng
2y =
.

( )
3 2 3 2 3 3
1 3 9 22 3 9 ( 1) 12 23 ( 1) 12x x x y y y x x y y⇔ − − + = + − ⇔ − − + = + −
3 3
( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1)x x y y⇔ − − − = + − +
8
( )
2 2
1
2
2
x y x y⇔ + − + =

2 2
1 1
( ) ( ) 1 (2)
2 2
x y⇔ − + + =
Từ (2) ta suy ra
2
2
1 1 3 1
( ) 1 1 1 1
2 2 2 2
1 1 1 3
( ) 1 1 1 1
2 2 2 2
x x x
y y y
−

1
2 2
( 2) ( 2) 4 8 3 0
1 3
2
;
2 2
y x
y y y y y y
y x
−

= =

+ + − + + = ⇔ + + = ⇔

−

= =


Vậy hệ nghiệm:
3 1 1 3
( ; );( ; )
2 2 2 2
− −
Thí dụ 12:
Giải hệ phương trình sau
( ) ( )
2 1 2 2 1

5 5
t t
t t t
t
+
− +
+ +
+ = + ⇔ =
1 4 1 2
.2
5 5 5 5
t t
t
   
⇔ + = +
 ÷  ÷
   
(3)
Ta có hàm số
1 4
( )
5 5
t t
f t
   
= +
 ÷  ÷
   

nghịch biến và hàm số

t
f t f t t
t
−
= = ⇒ =
+
BBT:
t
f’(t)
f(t)
Với
1x =
1,y⇒ =
ta có
1x y= =
thỏa mãn hệ phương trình đã cho.
Từ
2 1 1x y y x x− = ⇔ − = −
Với
1x ≠
ta có:
1 1 ( ) ( )Khi x y x f y f x> ⇒ > > ⇒ >
1 1 ( ) ( )Khi x y x f y f x< ⇒ < < ⇒ >
Suy ra với
{ }
( 3; ) \ 1
2 1,
x
x y
∀ ∈ − +∞


− − + =


(Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa 2012)
Giải
Điều kiện:
0, 2 0x y x y+ ≥ − ≥
(*).
Khi đó:
2
(1) 2 (2 ) 2 2 ( )
x y x y
x y x y x y x y
− +
⇔ + − − = + + +
.
Xét hàm
( ) 2
t
f t t t= +
, suy ra: (1) có dạng
(2 ) ( )f x y f x y− = +
.
Mặt khác
( )f t
đồng biến, do đó (1)
2x y x y⇔ − = +
hay
2x y=

0
-
+
Thế vào một phương trình của hệ ta được:
3
(2 1)y y= −
3 2
8 12 5 1 0y y y⇔ − + − =
2
( 1)(8 4 1) 0y y y⇔ − − + =
1y⇔ =
.
1 2y x= ⇒ =
, thoả mãn (*). Vậy hệ đã cho có nghiệm (duy nhất):
( ; ) (2;1)x y =
.
Thí dụ 14:
Giải hệ phương trình sau
( )
( )
( )
11 10 22 12
4 4 2 2
3
1
7 13 8 2 3 3 1 2
x xy y y
y x y x x y
+ = +


11
f t t t= +
.
( )
10
' 11 1 0 tf t t= + > ∀
. Hay
hàm số đồng biến. Do đó
( )
2
* 0
x
y x y
y
⇔ = ⇔ = >
.
Thay vào
( )
2
ta được
( )
( )
2 2 2
3
3
2 3 2
7 13 8 3 1
7 13 8 2 3 3 1 2 3 3x x x x x x
x x x x x
+ + = + − ⇔ + + = + −

** 2 1 3 3 8 13 3 2 0 1 8 5 2 0
1
8 5 2 0
a a a a a a a a a
a
a a vn
⇔ + = + − ⇔ + + − = ⇔ + + + =
= −

⇔

+ + =

1 0a⇔ = − <
loại hay hệ vô nghiệm .
C. Bài tập tương tự:
Giải các hệ phương trình sau:
1.
3 3
6 6
3 3
1
x x y y
x y
− = −


+ =

2.

x x y
y y x

+ + =


+ + =


.
11
5.
( )
( )
3 3
6 6
3 3 1
1 2
x x y y
x y
− = −



+ =


.
6.
( ) ( )

2 3
x y
x y
+ =



− =


.
9.
( )
( )
3
3 2 2 2 1 0
2 2 2 1 1
x x y y
x y

− − − − =


− − − =


.
10.
3
2

+


+ + = + + +

.
12.
3 3 2
2
3 4 2
1 2 1
y y x x x
x y y
+ = + + +



− − = − −


.
13.
( )
( )
2
2 2
2
3 2
9
2 6ln

+ − = −


IV. KIỂM NGHIỆM
Như trên đã phân tích định lí được nêu dưới dạnh đơn giản. Đảm bảo đa số học
sinh hiểu được nội dung và vận dụng ban đầu vào các ví dụ minh họa( mang tính chất
nhận diện khái niệm). Qua đó kích thích tính tự học, tự nghiên cứu và phát hiện vấn đề.
- Đa số học sinh tỏ ra hứng thú hơn khi giải toán, tập trung đào sâu suy nghĩ vấn
đề, phát hiện vấn đề hiệu quả hơn, nhanh hơn.
- Giờ dạy tránh được tính đơn điệu, nhàm chán
- Học sinh có nhiều thay đổi tích cực về phương pháp học tập và tư duy giải toán.
Kết quả cụ thể như sau
Lớp Số HS
Giỏi Khá TB Yếu
SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%)
12B2 50 2 4 13 26 22 44 13 26
12C3 47 7 14,9 19 40.4 15 31,9 6 12,8
V. Kết luận
A, Kết quả thực hiện đề tài
Qua thời gian thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy khi chưa đưa chuyên đề vào giảng dạy,
học sinh chỉ có thể giải quyết được các bài tập đơn giản. Không biết phân tích bài toán,
đặc biệt là việc đánh giá miền giá trị của các biến. Sau khi học chuyên đề học sinh đã có
12
thể làm tốt các bài tập khó hơn, các em hứng thú và say mê hơn trong học tập. Qua khảo
sát kết quả học tập của các em tăng lên rõ rệt.
B, Bài học kinh nghiệm
1. Để học sinh có kết quả cao trong kỳ thi đại học và thi HSG, người thầy cần nghiên
cứu, tìm tòi và xây dựng được các phương pháp giải toán sao cho học sinh dễ hiểu và
cách giải ngắn nhất.
2. Thầy giáo tăng cường kiểm tra, sửa chữa sai sót cho học sinh, đồng thời động viên các