SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị : Trường THPT Xuân Thọ
Mã số:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ
PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Người thực hiện: ĐỖ THỊ YÊN
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục 
- Phương pháp dạy học bộ môn: .TOÁN 

- Lĩnh vực khác: 
Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)
Năm học: 2013 - 2014
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: ĐỖ THỊ YÊN
2. Ngày tháng năm sinh: 08 / 03 / 1987
3. Nam, nữ: Nữ
4. Địa chỉ: Ấp Thọ Hòa , Xuân Thọ, Xuân Lộc, Đồng Nai.
5. Điện thoại: 0613 731 769 (CQ)/ ĐTDĐ: 0938.560.211
6. Fax: E-mail:
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Nhiệm vụ được giao: giảng dạy môn Toán lớp 10C2; 11A1; 11A9; chủ
nhiệm lớp 10C2
9. Đơn vị công tác: Trường THPT Xuân Thọ.
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học
- Năm nhận bằng: 2010

hợp phải bình phương học sinh sẽ dẫn đến bình phương mà không tính đến vấn đề
2 vế phương trình không âm, nhiều lúc khi bình phương sẽ dẫn đến một phương
trình bậc cao rất khó tìm ra nghiệm, hoặc một số phương trình hệ phương trình
phải sử dụng đến tính duy nhất của nghiệm mới giải quyết được thì học sinh sẽ rất
hoang mang và không biết hướng giải quyết vấn đề
Từ việc sử dụng tính chất của hàm số vào giải quyết một số phương trình và hệ
phương trình sẽ đơn giản hơn, nếu là phương trình và hệ phương trình mà yêu cầu
phải đặt ẩn phụ hoặc thực hiện một số tính toán phức tạp khiến cho học sinh khó
tìm ra hướng giải quyết tiếp theo, chưa kể đến một số bài toán khi biến đổi còn khó
khăn, với phương pháp hàm số học sinh có thể sử dụng kết quả của tính đơn điệu
của hàm số vào giải quyết như vậy sẽ dẫn đến bài toán được giải quyết một cách dễ
dàng hơn rất nhiều
Đề tài được viết bao gồm 2 nội dung:
1. Giải phương trình một ẩn
2. Giải hệ phương trình hai ẩn
3
BM03-TMSKKN
III/ TỒ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
1/ Giải phương trình một ẩn:
Trong phần này tôi hướng dẫn học sinh sử dụng định lí về tính đơn điệu của hàm
số để giải phương trình qua các bước sau:
• Phân tích đề bài
• Sử dụng tính chất của hàm số để giải phương trình,
TÓM TẮT LÝ THUYẾT:
Dựa vào định nghĩa hàm số đồng biến , hàm số đồng biến ta có:
Kí hiệu K là khoảng, hoặc đoạn, hoặc nửa khoảng. Giả sử hàm số
( )y f x=
xác
định trên K
• Nếu hàm số

 Nhận xét :
( )f x
là hàm số đơn điệu và nếu
0
x x=
thì
0
( )f x a=
 Nếu
0
x x>
thì
0
( ) ( )f x f x>
hoặc Nếu
0
x x<
thì
0
( ) ( )f x f x<
 Vậy
0
( )f x a=
ta có
0
x
là nghiệm duy nhất của phương trình
Do đó ta có thể sử dụng phương pháp này cho những phương trình như trên:
Ví dụ 1:
Giải phương trình sau:

x n
x x
x l




















 







x x
x x
x
x



⇔ + = −
⇔ + =
=
⇔
= −
( sai lầm của học sinh là đã sử dụng dấu ‘‘
⇔
’’ )
So sánh với điều kiện ban đầu thì phương trình có nghiệm
1x = −
và
2x =
Khi nhận cả 2 nghiệm
1x = −
và
2x =
đã nhận thừa nghiệm ngoại lai của phương
trình, đó là một số sai lầm có thể mắc phải của học sinh
Cách 2:
Điều kiện:
2 3x− ≤ ≤
khi đó:
13 2 1 3 2x x x x− =− = + + ⇔ − +

vậy x= -1 là nghiệm duy nhất của phương trình
 Nhận xét: Như vậy học sinh có thể giải bằng 2 phương pháp, và bài này ẩn
x cũng là bậc nhất nên khi bình phương 2 vế thì bậc của x sẽ lên bậc 2 do đó
có thể giải được như chương trình lớp 10. Tuy nhiên phải chú ý khi bình
phương có nhiều lúc sẽ đưa phương trình về phương trình hệ quả, cuối cùng
phải thử lại nghiệm để loại nghiệm ngoại lai
 Đối với phương pháp hàm số thì học sinh sẽ không lấy thừa nghiệm của
phương trình
Ví dụ 2:
Giải phương trình sau:
2 2
3 2 1x x x x− + − + − =
Giải:
Cách 1:
Điều kiện:
2
2 0 1 2x x x+ − ≥ ⇔ − ≤ ≤
Gọi
2 2
( ) 3 2f x x x x x= − + − + −

Đặt
2
t x x= −
Suy ra
( ) 3 2f t t t= + − −
với
3 2t− ≤ ≤

khi đó phương trình:

x
x x
x






+
=
− − = ⇔
−
=
Vậy phương trình có tập nghiệm:
1 5 1 5
{ ; }
2 2
S
+ −
=
Cách 2:
Điều kiện:
2
2 0 1 2x x x+ − ≥ ⇔ − ≤ ≤
Đặt :
2
2
3 0
2 0





− =
+ =
2 2
2
1
1
1
1( )
(1 ) 5
2 2 4 0
2( )
a b
a b
a b
b n
b b
b b
b l




 
⇔

  




+
=
− − = ⇔
−
=
Phương trình có tập nghiệm:
1 5 1 5
{ ; }
2 2
S
+ −
=
 Nhận xét: Đối với bài này 2 cách giải đều tương tự nhau song với cách đưa
về hệ phương trình các em phải nhận định được :
2 2
3 2 5x x x x− + + + − =
sau đó đưa về hệ phương trình để giải, hơn nữa trong khi giải phương trình
học sinh ít khi nghĩ là sẽ đưa về hệ phương trình để giải bài toán . thông
thường học sinh sẽ chuyển vế rồi bình phương 2 vế như ở ví dụ 1. Như vậy
sẽ dẫn đến bài toán rất khó giải quyết
b) Phương Pháp 2:
 Ta nhận thấy nếu có thể thực hiện đưa phương trình về dạng :
( ) ( )f u f v=
 Sau đó xét hàm số :
( )y f t=
dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu
 Khi đó:

2
'( ) 3 1f t t= +

0 x> ∀ ∈¡
Hàm số
( )f t
là hàm số đồng biến trên R
Mà phương trình (*) có dạng:
3
( 1) ( 2 3)f x f x+ = +
Vậy :

( )
( )
( )
3
3
3 2
2
1 2 3
1 2 3
3 2 0
2 1 0
2
1 5
2
1 5
2
x x
x x


3
1 2 3a x+ = +
khi đó :
( )
3
1 2 3 (1)a x
+ = +
(vì khi đó sau khi lập phương dùng một số bước biến đổi có thể rút được thừa số
chung)
Với :
3
1 2 3a x+ = +
thay vào phương trình (*) ta được:
( )
3
1 1 2 (2)x a x+ = + + +
Lấy (1) – (2) vế theo vế ta được:

( ) ( )
3 3
1 1a x x a+ − + = −

( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
1 1 1 1 1 0
0









⇔ = ⇔ + = + ⇔ + + − =
= −
− +
⇔ =
− −
=
Ta có thể dễ dàng chứng minh được:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1 1 1 0a a x a+ + + + + + + =
vô
nghiệm (vì luôn luôn là một số dương)
Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt
7
 Nhận xét:
Đối với cách 2 không phải học sinh nào cũng biết cách đặt ẩn phụ không
hoàn toàn, về phần tính toán cũng phải tính rất chính xác , yêu cầu học sinh
phải từ khá giỏi mới giải được bài toán này, việc giải theo cách 2 sẽ rất khó và
phức tạp
Đối với cách 1 học sinh có thể giải bài toán một cách dễ dàng hơn rất nhiều
Ví dụ 2: Giải phương trình sau:
( )

f t t= + > ∀ ∈¡
Do đó hàm số
( )f t
là hàm số đồng biến trên R
Mà từ phương trình ban đầu ta lại có:
2 2
( 1) ( ) 1 1f x f x x x x x x− = − ⇔ − = − ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=1
Ví dụ 3:
Giải phương trình sau:
3 3
2 2 2 3
3 3 3 2 0
x x x x
x x
− + +
− + − + =
Giải:
Nhận xét : ta hoàn toàn có thể đưa phương trình trên về dạng:
( ) ( )f u f v=
Rồi sau đó sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải bài toán
Vậy :

3 3
2 2 2 3
3 3
2 2 3 2 3
3 3 3 2 0
3 2 2 3 2
x x x x

f x x f x x
x x x x
x x
x x
x
x



− + = +
⇔ − + = +
⇔ − + =
⇔ − + =
=
⇔
= −
Vậy phương trình có nghiệm : x=1 và x=-2
c) Phương pháp 3:
 Ta có thể chuyển phương trình về dạng:
( ) ( )f x g x=
 Dùng lập luận khẳng định rằng:
( )f x
và
( )g x
có tính chất trái ngược nhau
(tính đồng biến và nghịch biến trái ngược nhau trong cùng khoảng xác định
của phương trình ) hoặc một hàm số đơn điệu trên tập xác định còn một
hàm số là hàm hằng
8
 Đồng thời xác định một số

x do x
x
x x
⇔ − − + = −
−
⇔ = − >
+
⇔ − = −
Đặt
3
( ) log ( 2)f x x= −
và
( ) 3g x x= −
với x>2
Ta có :
3
( ) log ( 2)f x x= −
suy ra
1
'( ) 0
( 2)ln3
f x
x
= >
−
với x>2
Vậy f(x) là hàm số đồng biến với x>2
Đồng thời:
( ) 3g x x= −
là hàm số nghịch biến với x>2

 ÷
 ÷
 
 
+ =
Nhận xét: với x=2 thỏa mãn phương trình do đó x=2 là 1 nghiệm phương trình
Ta nhận thấy theo phương trình (*) :
+ Hàm số
8 8 8
3 3 3 3 3 3
1 1 1
' ln ln 0
x x
x x
y y
   
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   
= + ⇒ = + <
là hàm số nghịch
biến trên R
+ Hàm số y=1 là hàm hằng số
Nếu x>2 thì VT<1 còn VP=1 nên x>2 không là nghiệm PT
Nếu x<2 thì VT>1 còn VP=1 nên x<2 không là nghiệm PT
Vậy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ 3: Chứng minh rằng phương trình:

Vậy phương trình
5
3 15 8 0x x− − + =
có một nghiệm duy nhất
Nhận xét : Một số bài toán có thể giải bằng nhiều phương pháp như sau:
Ví dụ 4 :
Giải phương trình sau:
3
2 2 2 24x x x x− − + = +
Giải:
Cách 1: học sinh có thể đặt ẩn phụ để giải bài toán này:
Điều kiện:
2 2x− ≤ ≤
3 3 3
2 2 2 24 2 (2 ) 2 (2 )x x x x x x x x− − + = + ⇔ − + − = + + +
Đặt:
2 0
2 0
x a
x b





− = ≥
+ = ≥
khi đó phương trình trở thành:
2 2
6 6

a b
a b a a b b
 
 




⇔ + = +
⇔ − + − =
⇔ − + + + + =
− =
⇔
+ + + + =
Với:
2 2 0a b x x x= ⇒ − = + ⇔ =
vậy x=0 là nghiệm của phương trình
Với:
( )
( )
4 2 2 2
1 0a b a a b b+ + =+ +
Dễ dàng chứng minh được phương trình vô
nghiệm
Do đó phương trình có nghiệm x=0
Cách 2: ta có thể giải bài toán theo phương pháp 1 nêu trên:
Khi đó phương trình:
3
2 2 2 24 0x x x x⇔ − − + − − =
Xét hàm số :

x x
−
= − < ∀ ∈ −
− +

Vậy f(x) là hàm số nghịch biến trên D
Xét
3 2
( ) 2 24 '( ) 6 24 0g x x x g x x x D= + ⇒ = + > ∀ ∈
vậy g(x) đồng biến trên D
Do đó phương trình f(x)=g(x) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất
Với x=0 ta thấy f(0)=g(0) do đó x=0 là nghiệm duy nhất của phương trình
Cách 4: Bài toán này có thể sử dụng phương pháp 3 để giải
TXĐ: D=[-2;2]
PT:
3 3 3
2 2 2 24 2 (2 ) 2 (2 ) (1)x x x x x x x x− − + = + ⇔ − + − = + + +
Xét hàm số:
3
( )f t t t= +
trên
)
0;


+∞
Ta có:
2
1
'( ) 3 0 0

Có rất nhiều cách để giải một hệ phương trình, tuy nhiên ở giới hạn đề tải tôi chỉ
hướng dẫn học sinh một trong các phương pháp giải hệ phương trình:là vận dụng
tính đơn điệu của hàm số vào giải hệ phương trình
Có rất nhiều người đã sử dụng phương pháp này, sau đây là một số nhận định về
phương pháp hàm số trong việc giải hệ phương trình
Ta có thể ứng dụng tính liên tục và đơn điệu của hàm số vào việc giải hệ phương
trình, như vậy có thể giúp giải quyết bài toán một cách đơn giản hơn:
Sơ lược cách giải hệ phương trình hai ẩn:
Ta có thể thực hiện theo các bước sau:
 Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức trong hệ ( Nếu có)
 Bước 2: Rút ra từ hệ một phương trình ( có thể ra một trong hai phương
trình của hệ hoặc phương trình hệ quả nhận được sau các phép biến đổi đại
số từ hệ phương trình)
 Bước 3: Áp dụng phương pháp hàm số vừa nhận được
 Bước 4: Sử dụng kết quả của phép biến đổi vừa làm ở bước 2 và kết hợp với
bước 3 để giải hệ phương trình
 Bước 5: Suy ra nghiệm của hệ phương trình
11
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau:
3 2
3 2
1 2 2 2
1 2 2 2
x x x y
y y y x






'( ) 0f t t> ∀ ∈¡
Do đó:
Nếu :
( ) ( ) 2 2x y f x f y y x y x> ⇒ > ⇒ > ⇒ >
( mâu thuẫn )
Nếu :
( ) ( ) 2 2x y f x f y y x y x< ⇒ < ⇒ < ⇒ <
( mâu thuẫn )
Vây x=y ta giải phương trình: ( )
( )
3 2
3 2
2
2 2 1 2
2 1 0
1 1 0
1
1 5
2
1 5
2
x x x x
x x
x x x
x
x
x

Hệ phương trình :
3 2
3 2
2 2 1 2
2 2 1 2
x x x y
y y y x





− + + =
− + + =
⇔
3 2
3 2
2 2 2 1 0 (1)
2 2 2 1 0 (2)
x x x y
y y y x





− + − + =
− + − + =
Lấy ( 1) – ( 2) vế theo vế các phương trình trong hê ta được:
( ) ( )

2 1 0
1 1 0
1 1
1 5 1 5
2 2
1 5 1 5
2 2
x x
x x x
x y
x y
x y









⇔ − + =
⇔ − − − =
= ⇒ =
+ +
⇔ = ⇒ =
− −
= ⇒ =
Từ ( 4) ta có :
2 2

khó khăn khi phải chỉ ra rằng phương trình :
2 2
2 2 4 0x xy y x y+ + − − + =
vô nghiệm, việc học sinh tách được thành tổng bình phương của các số rất
phức tạp, yêu cầu kĩ năng phải thành thạo, vì phải tách thành một bình
phương gồm
2 2
2
1 1 1
1 1 2 0
2 2 2
x y y y
   
 ÷  ÷
   
+ − + − + + =
 Cách học sinh sử dụng tính chất của hàm số nhằm giải quyết bài toán sẽ
nhanh và đơn giản hơn rất nhiều, học sinh sẽ không phải đánh giá khó khăn
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
3 3
4 2
(1)
(2)
6 6
1
x x y y
x y




 
 
∈ −
suy ra :
2 2
'( ) 3 6 3( 2) 0f t t t= − = − <
Do đó f(t) là hàm số nghịch biến trên [-1;1]
Mà (1):
( ) ( )f x f y x y= ⇔ =
x=y thay vào (2):
2
4 2
2
1 5
( )
2
1 0
1 5
( )
2
x n
x x
x l






− +

1 5 1 5 1 5 1 5
; ; ;
2 2 2 2
   
− + − + − + − +
 ÷  ÷
− −
 ÷  ÷
   
Cách 2: Ta thấy :
4
2
1 1 1
1 1
1
x x
y
y



 



≤ − ≤ ≤
⇒
− ≤ ≤
≤
Từ (1):

x x
x l






− +
=
+ − = ⇔
− −
=
Với
2
1 5 1 5
1 5
2 2
2
1 5 1 5
2 2
x y
x
x y







2
x x x y y y
x y x y





− − + = + −
+ − + =
( Đại học khối A năm 2012 )
Giải:
Cách 1: Dùng phương pháp hàm số trong việc giải hệ phương trình trên:
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
2 2
1 12 1 1 12 1 (1)
1 1
1 (2)
2 2
x x y y
x y




   

 ÷  ÷


trên
3 3
;
2 2
 
 
 
−
Ta có:
( )
2 2
3 3
'( ) 3 12 3 4 0 ;
2 2
f t t t t t
 
 
 
= − = − < ∀ ∈ −
Vậy f(t) là hàm số nghịch biến trên
3 3
;
2 2
 
 
 
−

Mà
( 1) ( 1) 1 1 2 (*)f x f y x y x y− = + ⇔ − = + ⇔ = +

⇔ + + =
= −
⇔
= −
Vậy với
1 3
2 2
y x= − ⇒ =
vậy hệ phương có nghiệm
3 1
;
2 2
 
 ÷
 
−
Với
3 1
2 2
y x= − ⇒ =
vậy hệ phương có nghiệm
1 3
;
2 2
 
 ÷
 
−

Hệ phương trình có các nghiệm:

2
2
x y x y x y
x x x y y y
x y x y
x y x y


 
 
 


− − + − − + =
− − + = + −
⇔
+ − + =
+ − − =
Thông thường học sinh chỉ sẽ đặt
a x y
b xy



= +
=
rồi sau đó tìm nghiệm x, y bằng định
lí viet. Nhưng đối với bài này không thể đặt ẩn phụ như trên mà phải đặt

a x y










− − + − − + =
⇔
+ − − =
− + − − − − − − + =
⇔
− + − − =
15
Đối với bài này ta có thể đặt:
a x y
b xy



= −
=
vậy hệ phương trình trở thành:

3 2
2
3 3 6 9 22 0 (1)
1

− + + − + +
⇔ + − − − + =

( )
( )
3 3 2 2 2
3 2
2
2
4 6 6 3 12 12 12 6 36 88 0
2 6 45 82 0
2 2 41 0
2 0
2 41 0
a a a a a a a a
a a a
a a a
a
a a



⇔ − + + − + − − − + =
⇔ − + − + =
⇔ − − + =
− =
⇔
− + =
Với
3

   

   



  
 






= +
− = = +
= +
= − ⇒ =
⇔ ⇔ ⇔
+ + =
= − + = −
= − ⇒ =
Với
2
2 41 0a a− + =
phương trình vô nghiệm
Vậy hệ phương trình có các nghiệm:
3 1
;
2 2




+ − − − = −
− + + =
( Bài tập trên violet )
Giải:
Điều kiện:
1
1
2
x
y





≥
≥
16

( )
2
2 2
3 2
2 1 2 2 2 1 (1)
3 5 2 4 (2)
x y
x x e y y e

+∞
mà ta có:
( ) (2 ) 2f x f y x y= ⇔ =

( )
( )
3 2
3 2
2
2
3 5 2 4
2
4 4 0
2
1 4 0
2
1
x y
y xy y x
x y
y y y
x y
y y
x
y






y
x y
y x





+ = +
+ = +
Như bài toán này ta có thể cộng vế theo vế hai phương trình của hệ để được
phương trình hệ quả:
Hệ phương trình :
( )
2 2 3 (1)
3 2 2 2
x
y
x y
x y





+ = +
+ = +
Lấy (1)+(2) vế theo vế của các phương trình trong hệ:
Ta được:
2 3 3 2 3 3



=
=
⇔
= −
+ = +
Ta thấy : PT: (*)
2 3
x
x= −
có
Vế trái phương trình (*) là một hàm số đồng biến
Vế phải của phương trình (*) là một hàm số nghịch biến
Mà dễ thấy x=1 là một nghiệm của phương trình (*) nên suy ra x=1 là nghiệm duy
nhất của phương trình (*)
Vậy :
1
1
x
y



=
=
vậy hệ phương trình có một nghiệm là : ( 1; 1 )
17
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình sau:
( )

1 4 (2)
x x y y
x x y y y
x x y y
x y y










+ + − = + +
⇔
+ − + − + =
+ + − = + +
⇔
+ − =
Từ đó ta có:
0y ≥
Ta có: đặt
4
1 0x u− = ≥
suy ra
4
1x u= +
Vậy phương trình (1 ) của hệ:

2
3
0
4 1 4 0
1 4 0
y
y y y y y y
y y

 

 
 


=
+ = ⇔ + − = ⇔
+ − =
Với: y=0 suy ra x= 1
Với:
( )
2
3 7 4
1 4 0 2 4 0 (3)y y y y y+ − = ⇔ + + − =

Xét hàm số:
7 4
( ) 2 4 0 0g y y y y y= + + − = ∀ ≥
suy ra:
6 3








≤
≤
Đặt:
2
5 2 0
x u
y v





=
− = ≥
suy ra :
2
5
2
v
y
−
=
18


⇔ + − − =
⇔ − + + + =
− =
⇔
+ + + =
Với u=v suy ra
2
3
0
4
2 5 2
5 4
(*)
2
x
x y
x
y







≤ ≤
= − ⇔
−
=

Ta có:
( )
3 2
4 4
'( ) 16 12 4 4 3 0
3 4 3 4
g x x x x x
x x
= − − = − − <
− −
với
3
0
4
x≤ ≤
Vậy g(x) là hàm số nghịch biến trên
3
0
4
x≤ ≤
Ta thấy
1
2
1
7
2
g x
 
 ÷
 


+ = +
+ + + =
( HSG toán 12 Đồng nai)
3) Giải hệ phương trình:
3 3 2
2
3 3 6 4 0
2 2 5 3 14 6 0
x y y x y
x y x y x y





− + + − + =
+ − − + + + − + =
( Thi thử đại học THPT Long Khánh- Đồng Nai)
4) Giải hệ phương trình:
2 2
5 5
12
x y
y x
x xy y





1. Sách giáo khoa 10, 11, 12 – Nhà xuất bản giáo dục - 2008
2. Bài giảng trọng tâm chương trình chuẩn toán 12- Lê Hồng Đức- Vương
Ngọc- Nguyễn Tuấn Phong- Lê Viết Hòa- Lê Đức Ngọc- NXB đại học quốc gia
Hà Nội
3. 18 chủ đề giải tích 12 – Nguyễn Tất Thu- Nguyễn Văn Dũng- NXB đại học
quốc gia Hà Nội
4. Một số đề - đáp án thi tuyển sinh đại học, cao đẳng của Bộ giáo dục và đào
tạo.
5. Một số tài liệu trên Internet
20
VII/ PHỤ LỤC
Bài tập khảo sát:
Bài 1: Giải phương trình sau:
2
2 1 5 22 0x x x x+ ++ − − − =
Bài 2: Giải hệ phương trình:
3 2 3 2
3 4 3 4 4 0
2 1 1 0
x x x y y y
x y





+ + − + − + =
− − + + =
Đáp án :
Câu 1: Học sinh có thể giải theo 2 cách như sau:

2
x− < <
vậy
( )f x
là hàm
số đồng biến
Xét hàm số
2
( ) 22 '( ) 2 1 0g x x x g x x= − − + ⇒ = − − ≤
vậy
( )g x
là hàm
số nghịch biến trên
1
5
2
x− ≤ ≤
Mà với
4x =
thì:
(4) (4)f g=
do đó
4x =
là nghiệm duy nhất của
phương trình
Cách 2: Điều kiện:
1
5
2
x− ≤ ≤

x
x
x
 
 
 





⇔ + − − − − + + − =
− −
⇔ − + − + =
− +
+ +
⇔ − + + + =
− +
+ +
− =
⇔
+ + + =
− +
+ +
Với
4 0 4x x− = ⇔ =
2 1
0
2 1
5 0

Vậy pt (*) vô nghiệm do đó x=4 là nghiệm duy nhất của phương
trình
Câu 2:
Cách 1: Điều kiện:
2
1
x
y



≤
≥ −
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 3 2
3 3
(1)
(2)
3 4 3 4 4 0
2 1 1 0
1 1 1 1
2 1 1 0
x x x y y y
x y
x x y y
x y


⇔


1 4y− ≤ ≤
Suy ra :
1 1
'( ) 0
2 4 2 1
g y
y y
= − − <
− +
với
1 4y− < <
Ta thấy :
(3) 0g =
do đó
3y =
là nghiệm duy nhất của PT (*)
Với
3 1y x= ⇒ =

So sánh với điều kiện hệ phương trình có nghiêm ( 1;3)
Cách 2: Điều kiện:
2
1
x
y



≤
≥ −

x x y y
 
+
 


+


⇔ + + + = − + −
⇔ − + + + + − + − =
− + =
⇔
+ + + − + − =
22
Với:
2x y= −
thay vào (2) :
(*)4 1 1 0y y− − + + =

2
4 1 1
1 4
4 2 4 1 1
1 4
4 2
2 4
2 4
0( )
3 0




⇔ − + = +
− ≤ ≤
⇔
− + − + = +
− ≤ ≤
⇔
− = −
≤ ≤
≤ ≤
⇔ ⇔
=
− =
=
Vậy
3 1y x= ⇒ =
Với:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1 1 1 0x x y y ++ + + − + − =

( ) ( )
2
2
1 3
1 1 1 1 0
2 4
x y y