MỤC LỤC
A. ĐẶT VẤN ĐỀ.................................................................................Trang 2.
I. Lời mở đầu.......................................................................................Trang 2.
II. Thực trạng vấn đề nghiên cứu.......................................................Trang 3.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ...................................................................Trang 3.
I. Các giải pháp thực hiện....................................................................Trang 3.
II. Biện pháp tổ chức thực hiện...........................................................Trang 3.
1. Kiến thức chuẩn bị...........................................................................Trang 3.
2. Một số bài toán thường gặp và phương pháp giải.........................Trang 3.
3. Bài tập vận dụng…………………………………………...........…Trang18
C. KẾT QUẢ........................................................................................Trang 22.

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG
TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

1


A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lời mở đầu.
Căn cứ vào đường lối, chủ trương chính sách của Đảng và Pháp luật của
Nhà nước. Căn cứ vào phương hướng, nhiệm vụ và kế hoạch chuyên môn của
trường THPT Hoàng Lệ Kha năm học 2016 – 2017.
Trong quá trình giảng dạy môn Toán, tôi được nhà trường giao cho dạy
các lớp có đối tượng học sinh chủ yếu là học sinh trung bình, trung bình khá và
một số ít học sinh khá. Chính vì nhiệm vụ trọng tâm của tôi là giúp các em học
sinh nắm chắc kiến thức cơ bản của các vấn đề theo định hướng của Bộ
GD&ĐT, của Sở GD&ĐT Thanh Hóa. Mục tiêu đặt ra là giảng dạy học sinh thi

2


Hiện nay khi gặp một số các bài toán giải hệ phương trình trong đề thi Đại
học-Cao đẳng và thi Tốt nghiệp THPT Quốc gia, một số học sinh đặc biệt là
những học sinh ở mức độ trung bình, trung bình khá chưa tìm ra cách giải hoặc
nếu có tìm ra cách giải thì mới chỉ giải quyết được một phần . Hầu hết học sinh
vẫn chưa giải xong được bài toán. .
2. Hệ quả của thực trạng trên
Khi gặp các bài toán về vấn đề trên, hầu như học sinh mất rất nhiều thời
gian để biến đổi bài toán, hoặc không giải được. Một số học sinh do năng lực tư
duy hạn chế chưa biết cách chọn phương pháp cho phù hợp. Chính vì vậy người
dạy phải hướng dẫn học sinh tìm ra cách giải đơn giản, để thuận lợi kết thúc bài
toán.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Các giải pháp thực hiện.
Khi tiếp cận các bài toán, giáo viên phải giúp học sinh biết phải sử dụng
kiến thức nào phù hợp. Sau đó giúp học sinh xây dựng phương pháp giải phù
hợp.
II. Biện pháp tổ chức thực hiện.
Để giúp học sinh có cách giải phù hợp với các bài toán giải hệ phương
trình bằng phương pháp hàm số, trước hết giáo viên cần yêu cầu học sinh ôn tập
các kiến thức về tính đơn điệu của hàm số và một số tính chất, phép toán cơ bản
về giải phương trình, hệ phương trình. Sau đó giáo viên chọn một số bài toán
điển hình để học sinh vận dụng.
Trong đề tài này, tôi xin đưa ra một số bài toán tương đối đầy đủ về các
bài toán giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số.
1. Kiến thức toán có liên quan
- Định nghĩa và tính chất của hàm số.
- Tính đơn điệu của hàm số.

y

3
y

Phương trình (1) ⇔ x( x 2 + 1 + 1) = ( ( ) 2 + 1 + 1)

(*)

Xét hàm số f ( t ) = t ( t 2 + 1 + 1 ) trên (0; +∞)

Ta có

f ' (t ) =

t2
t +1
2

+ t2 +1 +1 > 0
3

∀t > 0 ⇒ f (t ) là hàm số đồng biến trên (0; +∞)
3

3

Phương trình (*) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y ⇔ y = x

(**)

y = 3

 y = 3 (t / m)

2

3 

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = ( 1; 3) , (2; ) 


2 

Ví dụ 2 Giải hệ phương trình.

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

4


log ( x + x 2 + 4) + log ( y 2 + 4 − y ) = 2
2
2
( x, y ∈ ¡ ) [6]

 xy − 4( x + y ) + 10 = ( x + 2) 2 x − 1

(1)


⇔ x + x2 + 4 = y + y 2 + 4

Xét hàm số f (t ) = t + t 2 + 4 trên ¡
Ta có f , (t ) = 1 +

t
t2 + 4

=

t2 + 4 + t
t2 + 4

>

t +t
t2 + 4

≥0

⇒ f (t ) đồng biến trên ¡

Phương trình (*) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y
Ta được:

(**) thế vào phương trình (2)

x 2 − 8 x + 10 = ( x + 2) 2 x − 1
⇔ ( x + 2) 2 − ( x + 2) 2 x − 1 − 6(2 x − 1) = 0

2
x + x + 2 = y + 2


( x, y ∈ ¡ )

(1)
(2)

[7]

Phân tích bài toán: Phương trình (2) có thể rút y theo x ( sẽ thu được
phương trình bậc bốn đới với x) thế vào phương trình (1) sẽ đưa về phương trình
khá phức tạp vì vậy ở phương trình (1) nhận thấy bậc ba đối với ẩn x, đồng thời
chứa căn thức với y nhưng nếu đặt t = 3 y − 6 thì phương trình sẽ là phương
trình chứa đa thức bậc ba với ẩn t. Vì vậy ta có thể biến đổi phương trình (1) về
phương trình có hai biến tách biệt.
Lời giải
Điều kiện: y ≥ 2
Phương trình (1)

5
⇔ 9 x3 + x = ( y − ) 3 y − 6
3
⇔ 3 x(9 x 2 + 1) = 3 y − 6(3 y − 5)
⇔ 3 x(9 x 2 + 1) = 3 y − 6(3 y − 6 + 1)

(*)

Xét hàm số f (t ) = t (t 2 + 1) trên ¡ ⇒ f , (t ) = 3t 2 + 1 > 0 với ∀t ∈ ¡

6


3
 x − 2 y + 1 = 0
Ví dụ 4 Giải hệ phương trình: 
(3 − x) 2 − x − 2 y 2 y − 1 = 0

( x, y ∈ ¡ ) [8](2)

Phân tích bài toán: Phương trình (1) dễ dàng rút y theo x để thế vào
phương trình (2) và dẫn đến phương trình chứa căn thức và đa thức bậc ba khá
phức tạp. Vì vậy ta dễ thấy ở phương trình (2) có thể biến đổi về phương trình
tách biệt với hai biến x, y. Ta có thể thêm bớt 2y=2y-1+1 thì phương trình (2)
xuất hiện dạng phương trình f ( 2 − x ) = f ( 2 y − 1)
Lời giải
1
2

Điều kiện: y ≥ ; x ≤ 2
Phương trình (2)

⇔ (2 − x) 2 − x + 2 − x = (2 y − 1) 2 y − 1 + 2 y − 1

(*)

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên (0; +∞)
⇒ f , (t ) = 3t 2 + 1 > 0 với ∀t ≥ 0

Phương trình (*)

1
2

Điều kiện: x ≥ − , y ≥ 2
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

7


(1) ⇔ 2(2 x + 1)3 + (2 x + 1) = 2( y − 2) y − 2 + y − 2

Xét hàm số: f (t ) = 2t 3 + t

t ∈¡

f , (t ) = 6t 2 + 1 > 0

Ta có:

Phương trình (*)

với ∀t ∈ / R ⇒ f (t ) đồng biến trên ¡

⇔ f (2 x + 1) = f ( y − 2) ⇔ 2 x + 1 =
 y = 4x2 + 4x + 3

⇔
1

(2 x − 1)(2 x + 3)
1
2x + 3
+
= 0 ⇔ (2 x − 1) 
+
=0
2
2
4x + 2 + 2
8 x + 8 x + 10 + 4
8 x + 8 x + 10 + 4 
 4x + 2 + 2

2 x − 1 = 0
⇔
1
2x + 3

+
=0
2
 4 x + 2 + 2
8 x + 8 x + 10 + 4

Phương trình
2x + 3 > 0 )

⇔x=


2 y (1 + (2 y ) 2 + 1) =

được 2 y =

1
2
(1 + ( ) 2 + 1)
x
x

sau đó xét hàm số

f (t ) = t (1 + t 2 + 1 ) từ đó

1
x

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

8


Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0
Nếu x = 0 thay vào phương trình (2) được 1=0 vô lý, Loại
Nếu x ≠ 0 , chia hai vế phương trình (2) cho x 2 ta được:
y (2 + 2 4 y 2 + 1) =


x

Thế vào phương trình (1) ta được: x3 (

1
+ 1) + 2( x 2 + 1) x = 6
2
x

⇔ x ( x 2 + 1) + 2( x 2 + 1) x = 6

(**)

Nếu 0 < x < 1 ⇒ VT (**) < 1(12 + 1) + 2(12 + 1) 1 = 6 (Không t/m)
Nếu x = 1 ⇒ VT (**) = 6 ⇒ x = 1 (t/m)
Nếu x > 1 ⇒ VT (**) > 6 ⇒ (Không t/m).
Vậy phương trình (**) có nghiệm duy nhất x = 1 ta được y =

1
2

1
2

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (1; )
Ví dụ 7 Giải hệ phương trình:
 y + 3 y 2 − 2 y + 6 + 3 x 2 = 3 x + 7 x 2 + 7 + 2
( x, y ∈ ¡ ) [6]
 2
2


Xét hàm số: f (t ) = t + t
f , (t ) = 1 +

(*)

1
2 t

(*)

là hàm số đồng biến trên [ 0; +∞ )

⇔ f (3 y 2 − 2 y + 6 + 3 x 2 ) = f (7 x 2 + 7)
⇔ 3 y 2 − 2 y + 6 + 3x 2 = 7 x2 + 7
⇔ 3 y 2 − 4 x 2 − 2 y − 1 = 0 kết hợp với phương trình (2) ta được.
2
2
 y = 3x + 2
3 y − 4 x − 3 y + 3 x + 1 = 0
⇔ 2
 2
2
2
3 y − 4 x − 2 y − 1 = 0
3 y − 4 x − 2 y − 1 = 0

 x = −1
⇔
 y = −1

[7]

(2)

Phân tích bài toán : Mới nhìn hệ phương trình ta thấy cả hai phương
trình đều khá phức tạp, việc phân tích đưa về phương trình tích ở mỗi phương
trình đều khó khăn. Tuy nhiên ở phương trình (2) với y ≠ 0 ta có thể đưa về
phương trình hai ẩn x, y nằm về hai vế riêng biệt bằng cách chia hai vế cho y 3
Lời giải
Điều kiện: x ∈ [ −2; 2]
Xét y=0 phương trình (2) trở thành -8=0 vô lí ⇒ loại
8

6

Xét y ≠ 0 phương trình (2) ⇔ 5 2 − x − y 3 = y + x 2 − x
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

10


2
2
⇔ ( 2 − x )3 + 3 2 − x = ( )3 + 3( )
y
y

(*)

⇔ 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 + 3 x − 10 = 0

Đặt t = ( 2 + x − 2 2 − x ) ⇒ t 2 = 10 − 3x − 4 4 − x 2
t = 0
t = 3

2
Phương trình (**) ⇔ 3t − t = 0 ⇔ 

6

x =
Với t = 0 ⇒ 2 + x − 2 2 − x = 0 ⇔  5
y = 5


Với t = 3 ⇒ 2 + x − 2 2 − x = 3 phương trình vô nghiệm vì vế trái ≤ 2
6
5

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( ; 5)
3
3
2
2
 x − y + 3( x + y ) + 4( x − y ) + 4 = 0 (1)
Ví dụ 9 : Giải hệ phương trình:  2 2
[7]
(2)
 x + y − 2( x + y ) = 18

 y = −1
⇔
thế vào (**) ta được 
x = 3
y = 5

Vậy phương trình có hai nghiệm (x;y) = { (−3;−1), (3;5)}
Ví dụ 10 Giải hệ phương trình:
 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 4 = y 3 + 3 y
 3
2
2
 x (3 y − 7) = 1 − (1 + x )(1 + x )

(1)

( x, y ∈ ¡ )

[6]

(2)

Phân tích bài toán Từ phương trình (1) dễ dàng biến đổi thành
( x + 1) + 3( x + 1) = y 3 + 3 y từ đó xuất hiện hàm số f (t ) = t 3 + 3t là hàm số đồng biến
trên ¡ .
3

Lời giải
D= ¡



x = 0

⇔ 2
2 + x2 + 1 + x2
3 x − 4 x + 1 + 1 + x 2 = 0


(3)

Với x = 0 thỏa mãn
2 2 4 2 + x2 + 1 + x2
⇔
3(
x
−
) − +
=0
Với phương trình (3)
3
3
1 + 1 + x2
2
( 1 + x 2 − 1)2 + 5 x 2 + 2
⇔ 3( x − ) 2 +
= 0 vô nghiệm
3
6(1 + 1 + x 2 )

Với x = 0 ta được y = 1

Phương trình (*) ⇔ f ( 2 x − 1 = f ( y ) ⇔ 2 x − 1 = y (**)
 y = −5
 y = x −1

Phương trình (2) ⇔ ( y + 5)( y − x + 1) = 0 ⇔ 

Với y = −5 thế vào (**) ⇔ 2 x − 1 = −5 (vô nghiệm)
Với y = x − 1 thế vào (**) ⇔ 2 x − 1 = x − 1
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

13


 x ≥ 1
⇔
2
2 x − 1 = x − 2 x + 1 ⇔ x = 2 + 2

Với x = 2 + 2 ta được y = 1 + 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = (2 + 2;1 + 2)
Ví dụ 12 Giải hệ phương trình:
 2 y 3 + 12 y 2 + 25 y + 18 = (2 x + 9) x + 4

2
2
 3 x + 1 + 3 x − 14 x − 8 = 6 − 4 y − y

( x, y ∈ ¡ )


(*)

Xét hàm số f (t ) = 2t 3 + t trên ¡
Ta có f , (t ) = 6t 2 + 1 > 0 với ∀t ∈ ¡ ⇒ hàm số đồng biến trên ¡
y ≥ 2

Phương trình (*) ⇔ f ( y + 2) = f ( x + 4) ⇔ y + 2 = x + 4 ⇔ 

x = 4 y + y

2

Với x = 4 y + y 2 thế vào phương trình (2) ta được
3x + 1 + 3x 2 − 14 x − 8 = 6 − x
⇔ 3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0
⇔ ( 3x + 1 − 4) − ( 6 − x − 1) + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0
⇔

3( x − 5)
x −5
+
+ ( x − 5)(3 x + 1) = 0
3x + 1 + 4
6 − x +1

3
1



3x + 1 + 4
6 − x +1

1
3
 y ≥ −2

Với x = 5 ⇒ 

2
y + 4y = 5

⇔ y =1

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(5;1)
 x 3 − 3 x 2 + 2 = y 3 + 3 y 2
Ví dụ 13: Giải hệ phương trình: 
3 x − 2 = y 2 + 8 y

(1)

( x, y ∈ ¡ ) [7]
(2)

Phân tích bài toán:
Nhận thấy phương trình (1) có hai vế là hai ẩn x, y riêng biệt với điều kiện
xác định y ≥ 0 thì y 3 + 3 y 2 = y y + 3 = ( y + 3) y + 3 − 3 y + 3 ta phân tích phương
trình (1) xuất hiện hàm số f (t ) = t 3 − 3t .
Lời giải:
 y3 + 3 y 2 ≥ 0

y =1
⇔ ( y − 1)( y 3 + 17 y 2 + 99 y + 162) = 0 ⇔  3
2
 y + 17 y + 99 y + 162 = 0

Phương trình y 3 + 17 y 2 + 99 y + 162 = 0 vô nghiệm
Với y = 1 ta được x = 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(3;1)
 x + 3 x = y y − 1
Ví dụ 14: Giải hệ phương trình:  4
 x + x3 − x 2 + 1 = x( y − 1)3 + 1

(1)

( x, y ∈ ¡ ) [7]

(2)

Phân tích bài toán: Từ phương trình (1) dễ dàng phân tích thành
( x ) + 3 x = ( y − 1)3 + y − 1 dẫn đến xuất hiện hàm số f (t ) = t 3 + t là hàm số đồng
biến trên ¡ .
3

3

Lời giải:
y ≥1

ĐK: 


1 + x3 − x 2 + 1 



1
⇔ x 2 ( x − 1)  x +
=0
3
2
 1+ x − x +1 

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

16


x = 0


⇔ x = 1

1
x +
=0
3
 1 + x − x 2 + 1

Với x = 0 ta được

x + y + 3 ≥ 0

Đk: 

Phương trình (1) ⇔ x 2 + 3x = ( x + y + 3) + 3 x + y + 3

(*)

2
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t với t ≥ 0
,
2
Ta có f ( t ) = 2t + 3 > 0 với ∀t ≥ 0 ⇒ hàm số f ( t ) đồng biến trên [ 0; +∞ )

Phương trình (*) ⇔ f ( x ) = f ( x + y + 3 ) ⇔ x = x + y + 3
⇔ y = x 3 − x − 3 thế vào phương trình (2) ta có:
6 x 2 + 2 x ( x 2 − x − 3) + 2 ( x − 1) = 3 ( x 2 − x 2 + x + 3 − 4 ) 3 2 x 2 + x ( x 2 − x − 3 ) + 3 x + 2
⇔ 2 x 3 + 4 x 2 − 4 x − 2 = 3 ( x − 1) x3 + x 2 + 2
⇔ ( x − 1)  2 x 2 + 6 x + 2 − 3 3 x 3 + x 2 + 2  = 0



Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

17


x = 1

)

x3 + x 2 + 2 ⇔ x + 1 = 3 x3 + x 2 + 2


−3 + 11
x =
4

⇔ 2 x2 + 3x −1 = 0 ⇔ 

 x = −3 − 11

4

Với x =

(Thỏa mãn)
(Loại)

−3 + 11
−8 − 5 11
⇒y=
4
8


 −3 + 11 −8 − 5 11  
;
÷



 2 x 2 + y 2 − 3x − y + 1 = 0
Bài 2: Giải hệ phương trình:  2
2
2
2
2
 2 x + 2 y + x + y + x − y + 1 = 2 x + 2 y + x + 2

Đáp số: ( x; y ) = { ( 1;0 ) , ( 1;1) }

(

)

( x + x 2 + 2 x + 2 + 1) y + y 2 + 1 = 1

Bài 3 Giải hệ phương trình: 
 y − xy + 9 + 2015 = y 2 + 2 y + 4 + 2016 x

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

( x; y ∈ ¡ )

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

18



 3 − 11 −3 + 11  
;
÷
÷
2
 2
 


Đáp số: Hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) = ( 1; −1) , 


 x 3 − y 3 + 3 y 2 − 3 x − 2 = 0
Bài 6 Giải hệ phương trình:  2
2
2
 x + 1 − x − 3 2 y − y + 2 = 0

( x, y ∈ ¡ )

Đáp số: Hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) = ( 0;1)
 y
 x
2 x +1
+ 2.log 2 
 2.4 + 1 = 2
÷
÷
Bài 7 : Giải hệ phương trình: 
 y 

3
Bài 10 : Giải hệ phương trình: 
2 x 2 + x3 + x + 2
 2 − 3− 2y =
2x +1


( x, y ∈ ¡ )

Đáp số: Hệ phương trình vô nghiệm.
Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

19


C. KẾT QUẢ
I. Kết quả nghiên cứu
Thông qua hệ thống các bài toán giải hệ phương trình, ta thấy khi gặp các
vấn đề trở nên đơn giản hơn rất nhiều, dễ vận dụng, không quá phức tạp với học
sinh.
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy rằng: sau khi đưa ra hệ thống bài
tập trên, học sinh đã biết vận dụng một cách linh hoạt, vào các bài toán khác
nhau, từ đơn giản đến phức tạp. Học sinh không còn tâm lý e ngại khi gặp các
bài toán này nữa. Mặt khác, hiệu quả áp dụng tương đối cao, bài giải trở nên
sáng sủa, ngắn gọn.
II. Kiến nghị
Thứ nhất: Hằng năm, những sáng kiến kinh nghiệm có ứng dụng thực
tiễn, thiết thực phục vụ cho nhiệm vụ nâng cao chất lượng giáo dục và đào tạo,

[7]. Các đề thi thử của các trường THPT
[8]. Nguồn khác: Internet.

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha

21


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HOÀNG LỆ KHA



SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HỆ
PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

Người thực hiện: Nguyễn Văn Hà
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA, NĂM 2017

Giáo viên: Nguyễn Văn Hà

Trường THPT Hoàng Lệ Kha