Tài liệu Skkn sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình và hệ phương trình

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 3 năm 2015 MỤC LỤC MỞ ĐẦU ............................................................................................................. 2 GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ...................................................................................... 3 I. Một số kiến thức chuẩn bị ........................................................................ 3 II. Phân dạng bài tập và ví dụ ...................................................................... 4 A. Phương trình .................................................................................... 4 B. Hệ phương trình .............................................................................. 9 KẾT LUẬN ......................................................................................................... 14 TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................................. 15 MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Trong chương trình toán học ở bậc trung học phổ thông, nhóm kiến thức về phương trình và hệ phương trình là phổ biến vàcơ bản nhất. Bằng chứng là chúng luôn có mặt trong các đề thi của các kì thi quan trọng. Tuy nhiên, những kiến thức hay phương pháp giải của phương trình và hệ phương trình được trình bày ở sách giáo khoa phổ thông cho học sinh còn khá đơn giản. Do vậy, khi phải đối mặt với những phương trình hay hệ phương trình không quen thuộc (như trong các đề thi tuyển sinh Đại học những năm gần đây) học sinh thường gặp khó khăn. Để làm được những bài toán ở mức độ khó này học sinh cần được trang bị và luyện tập nhiều một số cách giải khác nữa. Một trong những phương pháp khá hiệu quả được áp dụng nhiều đó là: “Sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình và hệ phương trình ”. Đó là lí do của sáng kiến kinh nghiệm này. 2. Mục đích nghiên cứu Cung cấp cho học sinh và chia sẻ với đồng nghiệp một phương pháp để giải các bài toán phương trình, hệ phương trình. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu cơ sở của phương pháp để có thể áp dụng chúng vào giải phương trình hệ phương trình. - Giải một số bài toán và kèm theo đó là các đánh giá, phân tích, nhận xét, so sánh để thấy tác dụng của phương pháp này và hệ thống bài tập luyện tập cho học sinh. 4. Đối tượng nghiên cứu Các bài toán về phương trình và hệ phương trình trong chương trình toán trung học phổ thông. 5. Phương pháp nghiên cứu - Sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu qua các thao tác phân tích, tổng hợp, so sánh…các tài liệu tham khảo. - Thảo luận, trao đổi với đồng nghiệp và học sinh. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Sau đây là một số tính chất của đạo hàm và tính đơn điệu của hàm số đã biết được sử dụng trong chuyên đề này. Việc chứng minh nó được trình bày trong sách giáo khoa hoặc bạn đọc tự chứng minh lấy vì khá đơn giản. Tính chất 1: Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm trên khoảng K. Khi đó  Nếu f '  x   0, x  K thì hàm số f ( x) đồng biến (tăng) trên K.  Nếu f '  x   0, x  K thì hàm số f ( x) nghịch biến (giảm) trên K. (Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số điểm hữu hạn trên K) Chú ý: Phát biểu trên vẫn đúng khi K là một đoạn hay nửa khoảng với điều kiện là f ( x) liên tục trên đoạn hay nửa khoảng đó. Tính chất 2: Cho hàm f (u )  f (v)  u  v u, v  K . số y  f ( x) đơn điệu trên K. Khi đó Tính chất 3: Nếu f(x) đồng biến trên (a; b) thì x, y, z là nghiệm của hệ phương trình  f  x  y   f  y  z  x  y  z   f z  x  f  x  y  Chứng minh: Xét hệ phương trình  f  y   z (*) . Giả sử (x,y,z) là một nghiệm của hệ   f z  x phương trình (*). Không mất tính tổng quát, giả sử x  y  z , vì f(x) đồng biến nên. f  x   f  y   f  z   z  x  y  x  y  z (đpcm) Tính chất 4:  Nếu f(x) và g(x) là hai hàm số cùng đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng K. Khi đó tổng f(x) + g(x) cũng là hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên K. Tính chất này nói chung không đúng với hiệu f(x) - g(x).  Nếu f(x) và g(x) là hai hàm số dương, cùng đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng K thì tích f(x).g(x) cũng là hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên K. Tính chất này nói chung không đúng với tích f(x).g(x) khi f(x) và g(x) là hai hàm số không cùng dương trên K. Tính chất 5: Cho y  f ( x), y  g ( x) là hai hàm số liên tục trên tập hợp K. Khi đó Nếu f ( x) đồng biến (nghịch biến) trên K, g ( x) nghịch biến (đồng biến) hoặc là hàm hằng trên K thì phương trình f ( x)  g ( x) có nhiều nhất một nghiệm trên K. II. PHÂN DẠNG BÀI TẬP VÀ VÍ DỤ A. PHƯƠNG TRÌNH Phương pháp chung: Để giải những phương trình F ( x)  0 bằng cách sử dụng tính đồng biến nghịch biến của hàm số, ta thường biến đổi theo các cách sau đây Cách 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) để suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng lập luận khẳng định f(x) đồng biến (nghịch biến) còn g(x) nghịch biến (đồng biến) hoặc hàm hằng suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Cách 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) rồi chứng minh f(x) đơn điệu. Khi đó ta có: u = v. Dạng 1: Biến đổi phương trình về dạng f ( x)  k hoặc f ( x)  g ( x) Ví dụ 1: Giải phương trình: x  2 x  1  3 x  4  4 x  9  14 (1) Nhận xét: Khi gặp dạng toán phương trình chứa căn thức, thường ta phải khử căn bằng các phép lũy thừa, nhân lượng liên hợp, đặt ẩn phụ hoặc đánh giá.... Tuy nhiên dễ dàng nhận thấy vế trái của phương trình (1) là một hàm số đồng biến, vế phải là hàm hằng nên ta có thể sử dụng hàm số ở đây, cụ thể: Giải Điều kiện: x  0 . Xét hàm số f ( x )  x  2 x  1  3 x  4  4 x  9 , x   0;   Ta có : f ' ( x)  1 2 x  1 3 2    0, x  (0; ) . 2 x  1 2 3x  4 4x  9 Vì f ( x) liên tục trên 0;  nên f ( x) đồng biến trên  0;  . Do đó phương trình (1) có nhiều nhất một nghiệm. Mặt khác f (4)  14 nên x  4 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Chú ý:  Vì các hàm số y = ax + b với a > 0 là một hàm đồng biến và nếu f(x) là hàm đồng biến thì hàm f ( x) (với điều kiện căn thức tồn tại) cũng là một hàm đồng biến nên ta dễ dàng nhận ra vế trái của phương trình là hàm đồng biến.  Khi dự đoán nghiệm thì ta ưu tiên những giá trị của x sao cho các biểu thức dưới dấu căn nhận giá trị là số chính phương (nhiều trường hợp cần nhờ đến máy tính cầm tay).  Bài toán trên có thể giải bằng cách nhiều cách khác, chẳng hạn là nhân thêm các lượng liên hợp, cụ thể: Điều kiện: x  0 . Khi đó x  2 x  1  3x  4  4 x  9  14  x  2  2 x  1  3  3x  4  4  4 x  9  5  0 2 3 4  1  ( x  4)       0  x  4. 2x 1  3 3x  4  4 4x  9  5   x 2 Ví dụ 2: Giải phương trình Giải: Điều kiện x  3 5x3  3  3x  2  3x2  4 x  2 (2) 2 3 5x2 Xét f  x   3 5 x3  3  3x  2 . Vì f '  x   3 5x 3  3 2  3 2   0 x   ;   2 3x  2 3  2  2  và f(x) liên tục trên  ;   nên đồng biến trên  ;   . 3  3  2  Xét g  x   3 x 2  4 x  2 . Ta có g '  x   6 x  4  0 x   ;   nên g  x  nghịch 3  2  biến trên  ;   . 3  Vậy phương trình (2) có nhiều nhất một nghiệm. Mặt khác ta thấy x = 1 thỏa mãn. Vậy phương trình (2) có nghiệm duy nhất x = 1. Ví dụ 3: Giải phương trình  x  2  2 x  1  3 Giải: Điều kiện : x  x6  4  x  6  2 x  1  3 (3) 1 2 Phương trình (3) viết lại dưới dạng như sau: Để phương trình (*) có nghiệm thì  2x 1  3 1  0 x  5; 2x 1   x  2  x  6  4 (*) 2x  1  3  0  2x  1  3  x  5 . Xét hàm số f  x   g  x  .h  x  với g  x   2 x  1  3; Ta có g   x   x2 h  x   h x  x  2  x  6 1 1   0 x  5 . 2 x2 2 x6 Do đó hàm số g  x   2 x  1  3; h  x   x  2  x  6 dương và cùng đồng biến trên  5;  . Suy ra f  x   g  x  .h  x  đồng biến trên  5;  . Mặt khác f  7   4 nên x  7 là nghiệm duy nhất của phương trình (3). Chú ý:  Tính chất trên chỉ áp dụng cho hai hàm số cùng nhận giá trị dương và cùng đồng biến (hoặc cùng nghịch biến) trên một khoảng nào đó.  Nhờ đặt điều kiện để phương trình có nghiệm (x > 5) dẫn đến vế trái của phương trình là tích của hai hàm số dương và cùng đồng biến. Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 3 x  x 2  8 x  14  0 (4) Giải: Điều kiện: x  3 , phương trình (4) viết lại: 2 Xét hai hàm số f ( x)  2 Ta có f '( x )  3 x 3 x   x 2  8 x  14 và g  x    x 2  8 x  14 xác định và liên tục trên  ;3 . 2 3 x .ln 2  0 x   ;3 nên f ( x) nghịch biến trên  ;3 2 3 x g '( x)  2 x  8  0 x   ;3 nên g ( x) đồng biến trên  ;3 . Mặt khác, ta có f  3  g  3  1, suy ra phương trình (4) có nghiệm duy nhất x = 1. Bài tập 1: Giải các phương trình sau đây a) x  1  3 5 x  7  4 7 x  5  5 13x  7  8 (KQ: x = 3) b) x3  5  2 3 2 x  1  x  0 (KQ: x = – 1) c) 3x7  5  4 x  3  x3 (KQ: x = 1) d) 4  x  2   log 2  x  3  log 3  x  2    15  x  1 (KQ: x = 11). Dạng 2: Biến đổi phương trình về dạng f  u   f  v  rồi chứng minh f  x  đơn điệu để suy ra u  v . Ví dụ 5: Giải phương trình: 2 x3  x 2  3 2 x3  3 x  1  3 x  1  3 x 2  2 (5) Giải: Biến đổi phương trình (5)  2 x3  3x  1  3 2 x3  3 x  1  x 2  2  3 x 2  2 Xét hàm số f  t   t  3 t trên R. Ta có f   t   1  1 3 3 t2 (*)  0 t  R \ 0 . Do đó hàm số f  t   t  3 t đồng biến trên R. Từ (*)  f  2 x 3  3 x  1  f  x 2  2   2 x3  3 x  1  x 2  2  2 x3  x 2  3x  1  0 1 1 5 1 1 5 x x . Vậy nghiệm của phương trình (5) là: x   ; x  2 2 2 2 Ví dụ 6: Giải phương trình 3 6 x  2  4 x  8 x3  2 (6). 3 Giải: Phương trình (6)  6 x  2  3 6 x  2   2 x   2 x (*) Xét hàm số f  t   t 3  t , t  R . Ta có f '  t   3t 2  1  0 t  R nên f  t  đồng biến trên R. Phương trình (*) có dạng: f  3 x  1 . 6 x  2  f  2 x   6 x  2  2 x  4 x  3x  1  0   x   1  2  3 3 Vậy phương trình (6) có hai nghiệm x = 1 và x  1 . 2 Ví dụ 7: Giải phương trình x 3  3 x  4 x  2   3 x  2  3 x  1 (7) Giải: 1 Điều kiện: x   . Phương trình (7) viết lại 3 ( x  1)3   x  1   3x  1  1 3x  1  ( x  1)3   x  1   3x  1 3  3x  1 (*) Xét hàm số f  t   t 3  t , t   0;   . Vì f '  t   3t 2  1  0 t   0;   . Mặt khác (*) có dạng: f  x  1  f  x  0 3x  1  x  1  3x  1  x 2  x  0   x  1  Vậy phương trình (7) có hai nghiệm x = 0 và x = 1. Ví dụ 8: Giải phương trình 3 x  2  3 2x2  3 2 x2  1  3 x  1 (8). Giải: Phương trình (8)  3 2 x 2  1  3 2 x 2  3  x  1  1  3 x  1 (*) t2 Xét hàm số f  t   t  3 t 3  1, t  R . Ta có f '  t   1  3 t 3  1 2 đồng biến trên R. Mặt khác phương trình (*) có dạng: f  3   2 x2  f 3 x 1  x  1  2x  x  1  2x  x  1  0   x  1  2 3 2 3 2 1 Vậy phương trình (8) có hai nghiệm là x  1  x  . 2  0 t  R nên f  t   2x 1  Ví dụ 9: Giải phương trình log3    3x2  8x  5   x  1 2    (9) Giải: Điều kiện: x   2x 1  1 2 và x  1 . Phương trình (9)  log 3    1  3  x  1   2 x  1 2   x  1  2    2   log3  2 x  1   2 x  1  log3 3  x  1  3  x  1 Xét hàm số f  t   log 3 t  t , t  0 . Ta có f '  t   2 (*) 1  1  0 t  0 , suy ra f  t  t ln 3 đồng biến trên  0;   .  Phương trình (*) có dạng: f  2 x  1  f 3  x  1 Vậy phương trình (9) có hai nghiệm x  2; x  2  x  2  2 x  1  3  x  1   x  2 3  2 2 . 3 Nhận xét chung  Những bài tập dạng này thường có biểu thức nhìn bề ngoài khá phức tạp, đòi hỏi người học phải có óc quan sát và tư duy nhạy bén để quy lạ về quen.  Điều mấu chốt của những bài toán này là kĩ năng biến đổi, thêm bớt,… để chọn được các hàm đặc trưng. Đồng thời xác định đúng tập xác định của phương trình của ẩn để trên đó các hàm đặc trưng phải đơn điệu. Bài tập 2: Giải các phương trình sau a) 3x 2 x  3x 1  ( x  1) 2 1 x 2 b) 2 x2 1 2 x 2 x2  1 1  2 x (KQ: x = 1). (KQ: x = 0; x = 2).    c) sin 2 x  cos x  1  log 2 x, x   0;   2 (KQ: x  d) 3x  1  x  log 3 1  2 x  (KQ: x = 0; x = 1). e) x  1  3 5 x  7  4 7 x  5  5 13 x  7  8 6 ). (KQ: x = 8). B. HỆ 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 pháp cộng nói 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 như phân tích thành tích, đánh giá qua bất đẳng thức, 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  x 2  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 2  1   2  x   x  y 2  1 (*) + Xét x  2  y  2 thay vào (2) không thỏa mãn. + Xét x  y  0  x   y  x  2  0  x  2  y  2 (không thỏa mãn). Do đó phương trình (*) tương đương với:  2  x 2  1 2 x   x  y 2  1 x y 1 t2 1  0, t  0 nên f  t  nghịch Xét hàm số f  t   (t  0) , f '  t   t t2 t2 1 biến trên các khoảng  ;0  và  0;   . Do đó 2  x  x  y  y  2  2 x . (Do 2  x và x  y cùng dấu ) Thay vào (2) ta được: x    x  x   3 x  3   3  3 x   3 x  1  2  2 x   3x  1  2 x2  x  3  x2  x  3x  1  2  3 x  3 2 x  1 Từ đó giải được x = 1; y = 0. Vậy hệ phương trình (10) có nghiệm duy nhất  y  0  y 2  x2 x 2  1  2 (1) e Ví dụ 11: Giải hệ phương trình  y 1 3log x  2 y  6  2log x  y  2  1 (2)   3 2  (11) Giải: x  2 y  6  0 Điều kiện  . x  y  2  0     Phương trình (1)  ln x 2  1  x 2  1  ln y 2  1  y 2  1 (*) 1 Xét f (t )  ln t  t , t  1. Ta có f '  t    1  0 t  1 nên f (t ) đồng biến trên 1;  . t     Từ (*) ta có  f x 2  1  f y 2  1  x 2  1  y 2  1  x   y . + Với y   x thay vào (2) ta được: log3  6  x   1  x  3; y  3 + Với y  x thì (2) trở thành: 3log3  3x  6   2log 2  2 x  2   1  3log3  x  2   2log 2  x  1 Đặt t log3  x  2   2t  x  2  9 3log3  x  2   2log 2  x  1  6t    t log 2  x  1  3t  x  1  8 t t 8 1 Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được: 9  8  1  1       (**). 9 9 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 x  7 ;  Vậy hệ phương trình (11) có hai nghiệm  .  y  3  y  7  x  x 2  2 x  2  3 y 1  1  Ví dụ 12: Giải hệ phương trình   y  y 2  2 y  2  3x 1  1 (12) Nhận xét đây là một phương trình đối xứng 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:  x 1  Hệ phương trình (12)    y 1   x  12  1  3 y 1  y  1 2 1  3 . x 1 u  u 2  1  3v  Đặt u  x  1; v  y  1 ta được   u  u 2  1  3u  v  v 2  1  3v v  v 2  1  3u (Trừ vế theo vế của hai phương trình trong hệ) Xét hàm số f  t   t  t 2  1  3t , t  R, f '  t   t2 1  t t2 1  3t ln 3  0 t  R . Do đó f  t  đồng biến trên R nên suy ra u = v  u  u 2  1  3u (*).   Vì u  u 2  1  0 u  R nên phương trình (*)  ln u  u 2  1  u ln 3  0 .   Xét hàm số g  u   ln u  u 2  1  u ln 3, u  R , g '  u   1 2  ln 3  1  ln 3  0 . u 1 Vậy g  u  nghịch biến trên R nên phương trình (*) có nhiều nhất 1 nghiệm. Mặt khác g  0   0 nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất u =0. Suy ra x = y =1. x  1 Vậy hệ phương trình (12) có nhiệm duy nhất  y 1  x  y3  y 2  y  2  Ví dụ 13: Giải hệ phương trình  y  z 3  z 2  z  2  3 2  z  x  x  x  2 (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: Xét hàm số f  t   t 3  t 2  t  2, t  R . Ta có f '  t   3t 2  2t  1  0  t  R , suy ra f(t) đồng biến trên R. x  f  y  Hệ phương trình (13)   y  f  z   x  y  z .  z  f  x Thay vào hệ phương trình ta được: x3  x 2  2  0  x  1. Vậy hệ phương trình (13) có một nghiệm (1;1;1). Chú ý: Kết quả của tính chất 3 được phát biểu như là một bổ đề, giúp định hướng tìm cách giải. Khi làm bài tập, học sinh đương nhiên phải chứng minh lại rõ ràng mới được áp dụng.        x3  3x  3  ln x 2  x  1  y   Ví dụ 14: Giải hệ phương trình  y 3  3 y  3  ln y 2  y  1  z   z 3  3 z  3  ln z 2  z  1  x  (14) Giải:   Xét hàm số f  t   t 3  3t  2  ln t 2  t  1 , t  R Ta có f '  t   3t 2  3  2t  1 2 t2  t 1  3t  1  2t 2  1 t2  t 1  0 t  R . Suy ra f  t  đồng biến trên R.   Theo tính chất 3, suy ra x = y = z. Thay vào hệ ta có: x3  2 x  3  ln x 2  x  1  0 (*)   Xét hàm g ( x)  x3  2 x  3  ln x 2  x  1 , x  R . Ta có g '( x )  3 x 2  2  2x 1  3x 2  2x2  1  0 x  R . Do đó phương trình (*) x2  x  1 x2  x  1 có nhiều nhất một nghiệm. Mặt khác g (1)  0 nên (*) có nghiệm duy nhất x = 1. Vậy hệ (14) có 1 nghiệm (1;1;1). Chú ý: Tính chất (3) còn được phát biểu tổng quát hơn như sau: Cho f(x) và g(x) là hai hàm số cùng đồng biến (hoặc cùng nghịch biến) trên khoảng (a ; b). Khi đó bộ số  x1, x2 ,..., xn  là nghiệm của hệ phương trình  f  x1   g  x2    f  x2   g  x3   ...  f x   gx  n 1  khi và chỉ x1  x2  ...  xn Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử x1  x2  ...  xn và f  x  , g  x  là 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 3  9 x 2  27 x  27  Ví dụ 15: Giải hệ phương trình  z 3  9 y 2  27 y  27  3 2  x  9 z  27 z  27 (15) Giải 2  3  3  27 Ta có 9 x 2  27 x  27  9 x 2  3x  3  9  x      . 2  4  4   Suy ra y 3   27 3 3 3  y  3 . Tương tự x  3 ; z  3 4 4 4 4  3  Xét hàm số f  u   9u 2  27u  27 trên  3 ;    4   3   3  Ta có f '  u   18u  27  0 u   3 ;   nên f  u  đồng biến trên  3 ;   .  4   4   3   3  Xét g  u   u 3 có g '  u   3u 2  0 u   3 ;   nên g  u  đồng biến trên  3 ;    4   4  Áp dụng tính chất vừa nêu, suy ra được x = y = z thay vào hệ phương trình ta được: 3 x3  9 x 2  27 x  27  0   x  3  0  x  3 . Vậy hệ phương trình (15) có nghiệm duy nhất  x; y; z    3;3;3 . Bài tập 3: Giải các hệ phương trình sau  x  1  4 x 1  y4  2  y  a)  (đề thi khối A - 2013)  x 2  2 x  y  1  y 2  6 y  1  0  x 12  y  y 12  x 2  12  b)   x3  8 x  1  2 y  2     1 x2 2 y 3 2 x 2   xy   2 c)  2  2 2  x y  2 x  2 x y  1  4 x  0   log5 x  log3   d) log5 y  log3  log5 z  log3      z  4 x  4 (đề thi khối A - 2014) (KQ: (1;0) và (2;1)) (KQ: (3;3)) 3  (KQ:  2;   ) 4  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. Mặc dù đây không 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 đẹp. Do đó, người làm toán sơ cấp cần phải trang bị cho 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. Đây luôn được xem là bài toán khó 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 khỏi thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý, phê bình của quý Thầy Cô giáo đồng nghiệp và các em học sinh để bài viết hoàn thiện hơn. Trân trọng cảm ơn! Vinh Xuân, ngày 15 tháng 3 năm 2015 Người viết Nguyễn Công Tân TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Nguyễn Thái Hòe, (2004), Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập toán, NXB giáo dục. 2. Phan Huy Khải, (2001), 10.000 bài toán sơ cấp – phương trình và bất phương trình, NXB Hà Nội. 3. Nguyễn Đăng Quý, Nguyễn Việt Hà, (1999). Phương pháp giải toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, NXB Đà Nẵng. 4. 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 3 năm 2015 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của 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