Xây dựng hệ thống câu hỏi định hướng để hướng dẫn học sinh lớp 10 giải các bài toán về phương pháp t...

Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

MỘT SỐ KỸ THUẬT ĐẶC BIỆT GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I/ Lời mở đầu.
Căn cứ vào chủ trương đường lối, chính sách pháp luật của Đảng và nhà
nước. Căn cứ vào phương hướng, nhiệm vụ và kế hoạch chuyên môn của
trường THPT Hoàng Lệ Kha năm học 2015 – 2016.
Trong q trình giảng dạy, tơi được nhà trường tin tưởng giao cho dạy các
lớp mũi nhọn, đối tượng học sinh chủ yếu là học sinh khá, giỏi. Chính vì vậy
ngồi việc giúp các em nắm chắc kiến thức cơ bản tơi cịn phải bồi dưỡng các
em tham gia các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh và đặc biệt tôi coi việc bồi
dưỡng cho các em ôn thi đại học là nhiệm vụ quan trọng số một.
Trong các nội dung thi Đại học – Cao đẳng phần hệ phương trình đóng vai
trị quan trọng trong việc phân loại học sinh ở mức độ vận dụng cao. Phần giải
hệ phương trình là phần rất nhiều vấn đề và rất nhiều bài tập phong phú điển
hình là các bài tốn vận dụng cao quyết định điểm 9 trong đề thi đại học nhiều
năm qua, trong đề tài của mình tơi chọn vấn đề là một số kỹ thuật đặc biệt giải
hệ phương trình.
Từ lý do chọn đề tài, từ thực tiễn giảng dạy và bồi dưỡng học sinh ôn thi đại
học, cùng với kinh nghiệm trong q trình giảng dạy. Tơi đã tổng hợp, khai
thác thành chuyên đề: ‘‘Một số kỹ thuật đặc biệt giải hệ phương trình’’.
Trong chun đề này tơi chỉ xây dựng bài tốn giải hệ phương trình theo
nhiều góc độ khác nhau mang tính phát hiện giúp người đọc có cái nhìn tổng
quan, có sự phân biệt khá rõ nét.
Qua nội dung đề tài này tôi mong muốn cung cấp cho học sinh một số
phương pháp và các kỹ năng cơ bản để học sinh có thể phát hiện và giải quyết
một số hệ phương trình hay và khó, thường làm phức tạp vấn đề hay khơng

giải được. Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng
các học sinh có cái nhìn linh hoạt và chủ động khi gặp một số bài tốn giải hệ
phương trình.
II. Thực trạng vấn đề nghiên cứu
1. Thực trạng vấn đề
Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

1


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

Hiện nay khi gặp một số các bài tốn tìm giải hệ phương trình, một số học
sinh chưa tìm ra cách giải hoặc nếu có tìm ra cách giải thì thường làm phức
tạp hóa bài tốn nên khó kết thúc 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 tốn, hoặc khơng 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 tốn tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến, trước hết giáo viên cần yêu cầu học
sinh ôn tập các kiến thức về bất đẳng thức cơ bản, các hằng đẳng thức, các
cách phân tích. Sau đó giáo viên chọn một số bài tốn điển hình để học sinh
vận dụng.
Trong đề tài này, tôi xin đưa ra một số bài tốn về hệ phương trình khá hay
và thực sự khó khăn khi học sinh chưa tiếp cận.
1. Kiến thức tốn có liên quan
- Bất đẳng thức Cơsi.
- Bất đẳng thức Buanhiacopski.
- Bất thức tam giác.
- Bất đẳng thức cơ bản.
- Các bài tóan phân tích đa thức thành nhân tử.
- Tính đồng biến và nghịch biến của hàm số.
Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

2


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

2. Một số kỹ thuật thường gặp và phương pháp giải
a. Kỹ thuật xét tổng và hiệu
Một phương trình trong hệ có dạng A  B  C . Ta sử dụng phương pháp
này khi thấy C là nhân tử của (A-B). Dựa vào đó ta xét tổng hoặc hiệu để rút
thế hợp lý đưa về phương trình một ẩn.
Ví dụ 1 Giải hệ phương trình
 y  3 x  4  y  5 x  4  4
.

 5 y  3  7 x  2  2 x  1  4 y

Phân tích bài tốn
Nhận thấy phương trình đầu ta có A  B  ( y  3x  4)  ( y  5 x  4)  8 x có
liên quan đến 4.
3
5

2
7

Lời giải Điều kiện: y  3x  4  0; y  5 x  4  0; y   ; x  .
Ta có:

y  3x  4  y  5 x  4 

( y  3 x  4)  ( y  5 x  4) 8 x

 2 x
4
y  3x  4  y  5 x  4

 y  3 x  4  y  5 x  4  4
 y  x2  x
 2 y  3x  4  4  2 x  
Suy ra: 
.
x  2
 y  3 x  4  y  5 x  4  2 x

Thay vào phương trình thứ 2 ta có:
5x2  5x  3  7 x  2  4 x2  6 x  1  0
 ( 5 x 2  5 x  3  ( x  1))  (2 x  7 x  2)  4 x 2  7 x  2  0
1
1
 (4 x 2  7 x  2)(

 1)  0
2
5x  5x  3  x  1 2 x  7 x  2

2
7

Vì x  

1

1
1  0
5x2  5x  3  x  1 2 x  7 x  2

 4x2  7 x  2  0  x 



7  17
.
8

Vậy hệ có hai nghiệm là (

7  17 5  3 17 7  17 5  3 17
;
);(
;
).
8
32
8
8

Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

3

Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

Ví dụ 2 Giải hệ phương trình
 y  2 x  1  1  y  y  2
.

2
 x x  y ( x  1)  x  y

Phân tích bài tốn
Phương trình thứ hai có A  B  y ( x  1)  ( x 2  y )  x( y  x) có thể rút gọn với
Cx x.

Lời giải Điều kiện: y  2 x  1  0; x  0; y  1; y ( x  1)  0; x 2  y  0 .
Từ phương trình 2 ta có:

y ( x  1)  x 2  y 

y ( x  1)  ( x 2  y )
y ( x  1)  x 2  y



x( y  x) y  x

x x
x

Suy ra:
 y ( x  1)  x 2  y  x x
x2  x  y


2
y
(
x

1)

 2 y ( x 2  x)  ( x 2  x)  y

yx
2
x
 y ( x  1)  x  y 
x


 y  x2  x

Thế vào phương trình thứ nhất ta có:
x2  x 1   x2  x  1  x2  x  2 .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
1. x 2  x  1 

1  ( x 2  x  1)

x2  x
 x2  x 1 
.
2
2

1.  x 2  x  1 

Suy ra :

1  ( x 2  x  1)
 x2  x  2
  x2  x  1 
.
2
2

x 2  x  1   x 2  x  1  x  1.

Vì x  1  x  1  ( x  1)2  x  1  x 2  x  2  x 2  x  1   x 2  x  1  x 2  x  2.
Dấu đẳng thức xảy ra khi x  1  y  0 .
Đối chiếu điều kiện hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 0).

Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

4

Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

Ví dụ 3 Giải hệ phương trình

2( y 2  24)
x

4
x

1

y

0

2 y2
.

 5x  y  5  1  x  y  6


Phân tích bài tốn
Trong phương trình thứ hai có A  B  (5 x  y  5)  (1  x  y )  6( x  1) có nhân tử
chung là 6, khi đó ta thực hiện theo tổng hiệu.
Lời giải Điều kiện x  1; 2 y  

Ta có : 5 x  y  5  1  x  y 

2
;5 x  y  5  0;1  x  y  0 .
2

(5 x  y  5)  (1  x  y ) 6( x  1)

 x 1
6
5x  y  5  1  x  y

 5x  y  5  1  x  y  x  1
 2 1 x  y  7  x
Suy ra 
 5 x  y  5  1  x  y  6

x  7

 y  5.
2
4 y  ( x  5)  20

Từ phương trình đầu ta có
x  4 x 1  y 

2( y 2  24)
( y  5)(2 y 2  2 y  9)
2


(
x

1

2)

 0; y  5; x  1.
2 y2 1
2 y2 1

Đẳng thức xảy ra khi x  y  5 .
Đối chiếu điều kiện hệ có nghiệm duy nhất x  y  5 .
b. Kỹ thuật đánh giá giải hệ phương trình
Ví dụ 1 Giải hệ phương trình
1
1
2




1  2 xy
 1  2x2
1 2 y2
.

2

 x(1  2 x)  y (1  2 y )  9

Phân tích bài tốn: Phương trình đầu là đẳng thức rất đẹp mà dấu
bằng chỉ xẩy ra khi x  y . Ta sử dụng Bunhiacopxki ta có
Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

5


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

(

1

Năm học 2015 - 2016

1

1
1
) 2  2(

)
2
1 2x 1 2 y2
1 2 y2



1  2x2

1
1
2
1


 0;0  xy  . để chứng minh
2
2
1  2 x 1  2 y 1  2 xy
4

Sau đó ta xét hiệu :

1
1
2
dấu bằng khi x  y .


2
2
1 2x 1 2 y
1  2 xy
1

2

1
2

Lời giải Điều kiện 0  x  ;0  y  .
1

Ta chứng minh:

1 2x

2

1



1 2 y

2



2
1  2 xy

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki
(

1

1

1
1
) 2  2(

)
2
1 2x 1 2 y2
1 2 y2



1  2x2

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
1
1 2x



2

1
1
 x 2  y 2  x  y vì 0  x  ;0  y  .
2
2

1 2 y

1

2

Lại có :
1
1
2
2  4 xy  2 y 2  4 xy 3  2 x 2  4 x 3 y  2(1  2 x 2  2 y 2  4 x 2 y 2 )



1  2 x 2 1  2 y 2 1  2 xy
(1  2 x 2 )(1  2 y 2 )(1  2 xy )

4 xy  2 y 2  4 xy 3  2 x 2  4 x 3 y  8 x 2 y 2

(1  2 x 2 )(1  2 y 2 )(1  2 xy )
4 xy ( y 2  2 xy  x 2 )  2( x  y ) 2

(1  2 x 2 )(1  2 y 2 )(1  2 xy )
2( x  y ) 2 (2 xy  1)

0
(1  2 x 2 )(1  2 y 2 )(1  2 xy )

1
2

1
2

1
4

Vì 0  x  ;0  y   0  xy  .
Dấu đẳng thức xẩy ra khi x  y .
Vậy ta có :

1
1 2x

2



1
1 2 y

2



2
dấu bằng khi x  y .
1  2 xy

Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

6


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

Thế vào phương trình thứ hai ta có :
x(1  2 x) 

1
9  73
 162 x 2  81x 2  1  0  x 
9
36

Từ đó hệ có hai nghiệm x  y 

9  73
.
36

Ví dụ 2 Giải hệ phương trình
 y 2  (4 x  1) 2  3 4 x(8 x  1)
.


2
40
x

x

y
14
x

1


Phân tích bài tốn: Trước hết ta sử dụng máy tính cầm tay tìm nghiệm
như sau: Từ phương trình 2 ta có : y 

40 x 2  x
thế vào phương trình đầu sử
14 x  1

1
8

dụng SHIFT SOLVE ta thu được x   y 
Lời giải Điều kiện: x 

3
.
2

1
.
14

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

3

8x  1
4 x(8 x  1)  3 8 x.
.1 
2

Và y 14 x  1 

8x 

8x  1
1
8x  1
2
 3 4 x(8 x  1) 
3
2

y 2  14 x  1
2

8x  1

 2
2
 y  (4 x  1)  2
Ta có : 
2
40 x 2  x  y  14 x  1

2

 y 2  (4 x  1) 2  2(40 x 2  x) 
1
8

8x  1 2
 y  14 x  1
2

1
8

Suy ra : 96( x  )2  0  x   y 

3
.
2

1 3
).
8 2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất là ( ;

Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

7


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

Ví dụ 3 Giải hệ phương trình
 x 2  2 x  2   y 2  4 y  2
.

6 x  y  11  10  4 x  2 x 2  0

Phân tích bài tốn: Từ phương trình thứ hai ta rút
y  6 x  11  10  4 x  2 x 2 thế vào phương trình đầu sử dụng máy tính cầm tay

ta nhẩm được nghiệm x  1; y  3.
Lời giải Điều kiện :  y 2  4 y  2  0;10  4 x  2 x 2  0.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
x 2  2 x  2  1.  y 2  4 y  2 

6 x  y  11 

1 y2  4 y  2
 y2  4 y 1
 x2  2x  2 
2
2

2. 10  4 x  2 x 2 4  10  4 x  2 x 2
7  2x  x2

 6 x  y  11 
2
4
2

2
2
2 x  4 x  y  4 y  3  0
Ta có :  2
 3 x 2  6 x  y 2  6 y  12  0  3( x  1) 2  ( y  3) 2  0
 x  10 x  2 y  15  0

Suy ra x  1; y  3.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1; y  3.
c. Kỹ thuật hàm số
Ví dụ 1 Giải hệ phương trình
4  9.3x  2 y  (4  9 x  2 y ).7 2 y  x
 x
4  4  4 x  4 2 y  2 x  4
2

2

2

2

Phân tích bài tốn Từ phương trình thứ nhất ta đặt t  x 2  2 y và đưa
phương trình về dạng f (u )  f (v) với hàm f (t ) nghịch biến trên ¡ .
Lời giải Điều kiện 2 y  2 x  4  0 .
Đặt t  x 2  2 y , phương trình thứ nhất trở thành
4  3t  2 4  32t
 2t (*)
7t  2
7

Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

8


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

4  3u

Xét hàm số : f (u )  u trên ¡ .
7

1
7

3
7

Vì hàm g (u )  4.( )u ; h(u )  ( )u nghịch biến trên ¡ nên f (u ) 

4  3u
nghịch
7u

biến trên ¡ .
Từ phương trình (*) ta có t  2  2t  t  2  2 y  x 2  2 .
Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta có :
4 x  4  4 x  4 x 2  2 x  2  4 x 1  ( x  1)  ( x  1) 2  1 (**).

Đặt: s  x  1 phương trình (**) trở thành
4 s  s  s 2  1
4  s  s 1  
 4 s  4 s  2 s  0
 s 2  1  s  4 s
s

2

Ta xét hàm số  ( s)  4s  4 s  2s trên ¡ .

Ta có :  '( s)  (4s  4 s ).ln 4  2  2(ln 4  1)  0; s  ¡ .
1
2

Suy ra  ( s) đồng biến trên ¡ mà  (0)  0 nên s  0  x  1  y   .
1
2

Đối chiếu điều kiện hệ có nghiệm duy nhất (1;  ).
Ví dụ 2 Giải hệ phương trình
 x 4  4 y 3  ( x 4  1) y  4 y 2  1
.
 3
2
2
8 y  4 x  1  x  6 y  2

Phân tích bài tốn Từ phương trình đầu ta có thể phân tích thành nhân
tử như sau ( y  1)( x 4  4 y 2  1)  0 , có hai trường hợp khi y  1 là dễ dàng cho
nghiệm của hệ, còn trường hợp còn lại ta sử dụng hàm số khá đặc biệt để giải
quyết trọn vẹn bài tốn.
Lời giải
Từ phương trình thứ nhất ta có:
 y  1
.
x 4  4 y 3  ( x 4  1) y  4 y 2  1  ( y  1)( x 4  4 y 2  1)  0   4
2
x  4y  1
Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

9


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

x  0

*) Với y  1  4 x 2  1  x 2  4  

 x  2 2

Suy ra hệ có nghiệm (0; 1);(2 2; 1) .
1  x  1
*) Với x  4 y  1   1
1.


y

 2
2
4

2

Phương trình thứ 2 tương đương :
(8 y 3  6 y  1)  (4 x 2  1  x 2 )  0  g ( y )  f ( x)  0

Với g ( y )  8 y 3  6 y  1; f ( x)  4 x 2  1  x 2
Ta có
min f ( x)  f (0)  4

x[-1;1]

1
min g ( y )  g ( )  4
1 1
2
y[- ; ]
2 2

1
2

Phương trình thứ hai suy ra x  0; y   .
1
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là (0; 1);(2 2; 1);(0;  )  .


2 

Ví dụ 3 Giải hệ phương trình
7
 2

2
(2 x  1)(2 y  1)  xy
.
2

 x 2  y 2  xy  7 x  6 y  14  0


Phân tích bài tốn Ở bài này ta thấy phát hiện lời giải là khá khó khăn,
ở đây ta sử dụng tích hai hàm hai biến tương ứng là x, y nhưng phải dựa vào
phương trình thứ hai để giới hạn miền của x, y khi đó bài tốn xử lý rất đẹp.
Lời giải
Coi phương trình thứ hai là phương trình bậc hai ẩn y suy ra 2  x 

10
.
3
7
3

Coi phương trình thứ hai là phương trình bậc hai ẩn x suy ra 1  y  .
Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

10

Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

Trên các miền vừa tìm được ta có phương trình thứ nhất trở thành :
x  2
1
1
7
.
(2 x  )(2 y  )   f ( x) f ( y )  f (2) f (1)  
x
y
2
y 1
1
t

Vì hàm số f (t )  2t  đồng biến trên (0; ) .
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (2 ;1).
d. Kỹ thuật phân tích thành nhân tử
Ví dụ 1 Giải hệ phương trình
 xy  ( x  y )( xy  2)  x  y  y


( x  1)[y  xy  x(1  x)]  4

Phân tích bài tốn Thay y  x vào phương trình thứ nhất ta thấy hai
vế bằng nhau, khi đó ta tạo nhân tử chung là ( x  y ) phần còn lại khá phức tạp
nhưng kết hợp với phương trình thứ hai ta sẽ có được biểu thức luôn dương.

Lời giải Điều kiện x  0; y  0; xy  ( x  y )( xy  2)  0.
Phương trình thứ nhất tương đương
xy  ( x  y )( xy  2)  y  x  y  0 

( x  y )( y  xy  2)
xy  ( x  y )( xy  2)  y



x y
0
x y

x  y

y  xy  2
1

(vì y  0 khơng thỏa mãn hệ).

 0(*)

x y
 xy  ( x  y )( xy  2)  y

*) Với y  x thế vào phương trình hai ta có :
x  1
x  1

( x  1)( x  x  4)  0 


 x  1  17
 x  1  17


2
2
2

Suy ra hệ có hai nghiệm x  y  1; x  y 

1  17
.
2

Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

11


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

*) Từ phương trình hai ta có :
y  xy  x 2  x 

4
4
2 2
 x 1
 ( x  1) 2  2  ( x  1 
)  ( x  1) 2  2  2
x 1
x 1
x 1

Suy ra vế trái (*) luôn dương.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x  y  1; x  y 

1  17
.
2

Ví dụ 2 Giải hệ phương trình
2( x 2  3 y  1)  7. xy 2  1
.
 3
2
3
2
 x  4 x  7 x  xy  y  5 y  7 y

Phân tích bài tốn Thay y  x vào phương trình thứ nhất ta thấy hai vế
bằng nhau, khi đó ta tạo nhân tử chung là ( x  y ) phần còn lại khá phức tạp
nhưng sử dụng tam thức bậc hai ta có biểu thức luôn không âm suy ra được

x, y thử lại phương trình đầu.
Lời giải Điều kiện xy 2  1  0 .
Phương trình thứ hai tương đương với
y  x
( x  y )( x 2  xy  y 2  7  4 x  5 y )  0   2
.
2
 x  xy  y  4 x  5 y  7  0

*) Với y  x thế vào phương trình đầu ta có
2 x 2  6 x  2  7 x 3  1  2( x 2  x  1)  4( x  1)  ( x  1)( x 2  x  1)

 2  4.

Đặt t 

x 1
x 1
7 2
(*).
x  x 1
x  x 1
2

x 1
; t  0.
x  x 1
2

t  2

1
17  349
Phương trình (*) trở thành 4t  7t  2  0   1  t   x 
t 
4
2
 4
2

Suy ra hệ có nghiệm x  y 

17  349
.
2

Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

12


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

*) Ta có :
x 2  xy  y 2  4 x  5 y  7  0  x 2  ( y  4) x  y 2  5 y  7  0

Coi phương trình này là phương trình bậc hai ẩn x,  x  3( y  2)2  0 suy ra
y  2  x  1 khơng thỏa mãn phương trình đầu.

Vậy hệ có hai nghiệm x  y 

17  349
.
2

e. Kỹ thuật rút thế
Ví dụ 1 Giải hệ phương trình
3
3
2 y  2 x  3
.

3
 y  4 x  x  3

Phân tích bài tốn Từ phương trình hai ta có 3  y  4 x3  x thế vào
phương trình một ta được phương trình tích ( x  y )(2 x 2  2 xy  2 y 2  1)  0 , khi
đó y   x ta xử lý dễ dàng, còn 2 x 2  2 xy  2 y 2  1  0 ta kết hợp với phương
trình đầu ta được hệ phản đối xứng.
Lời giải
Từ phương trình hai ta có 3  y  4 x3  x thế vào phương trình một ta được
phương trình tích
 y  x
( x  y )(2 x 2  2 xy  2 y 2  1)  0   2
2

 2 x  2 xy  2 y  1

*) Với y   x thế vào phương trình đầu ta có
x  3

3
3
y3 .
4
4
3
4

3
4

Suy ra hệ có nghiệm ( 3 ; 3 ).
*) Với 2 x 2  2 xy  2 y 2  1 kết hợp với phương trình đầu ta có hệ
2 x 2  2 xy  2 y 2  1
 3
3
2 y  2 x  1
Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

13

Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

2t 2  2ty  2 y 2  1 2(t  y ) 2  2ty  1
Đặt x  t ta có hệ :  3

3
3
2t  2 y  1

2(t  y )  6ty (t  y )  1

Giải hệ này vơ nghiệm
3
4

3
4

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( 3 ; 3 ).
Ví dụ 2 Giải hệ phương trình
3

2
2
( y  1)  y y  1  x  2
.


2
x  x  2x  5  1 2 2x  4 y  2


Phân tích bài tốn Bài tốn này cho ta kỹ thuật thế cực kỳ khéo léo từ
phương trình đầu ta có được 2 x  4 y  2  ( y 2  1  y )2 thế vào phương trình thứ
hai cho ta phương trình rất quen thuộc và áp dụng hàm số ta sẽ rút x theo y .
Lời giải
Điều kiện : x  2 y  1  0 .
Từ phương trình đầu ta có :
2 x  4 y  2  ( y 2  1  y)2

Thế vào phương trình thứ hai ta có :
( x  1)  ( x  1) 2  4  2 y  (2 y ) 2  4

Xét hàm số f (t )  t  t 2  4 trên ¡ .
Ta có f '(t )  1 

t
t2 1

 0, t  ¡ .

Suy ra hàm số đồng biến trên ¡ nên ta có :
x 1  2 y  x  2 y 1
3
4

5
2

Thế vào phương trình đầu ta có : y   x  .
5 3
2 4

Vậy hệ có nghiệm duy nhất là ( ; ) .
Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

14


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

3. Bài tập vận dụng
Bài 1 Giải hệ phương trình
 x 3  4 x 2  2 y 2  4 y ( x  1)  3  0
.

 2 x  y  2 x  y  4  4

Bài 2 Giải hệ phương trình
 x  y 5  3
.
 2

2
2
2
 x  y  x  y  2 y

Bài 3 Giải hệ phương trình
 x 12  y  y (12  x 2 )  12
.
 3
 x  8 x  1  2 y  2

Bài 4 Giải hệ phương trình
 x  2 y2  x  y2 1  y 1

.

2
2
 ( x  1)  2( x  1) x  1  2 y

Bài 5 Giải hệ phương trình
( x  1) 2  y 2  3 x(2 x  1)

.
 2
1
2
3 x  x   y x  x

2

Bài 6 Giải hệ phương trình
2 x  y  2 x  y  8
.

 x  y  2
2

2

Bài 7 Giải hệ phương trình
 x 2  8 y 3  2 xy (1  2 y )

 3
(2 y  1) 2 .
x

4
x

1


3


Bài 8 Giải hệ phương trình
Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hồng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

15


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

 y 2  8 x  9  3 xy  12  6 x  1
.

 2( x  y ) 2  10 x  6 y  12  x  x  2

Bài 9 Giải hệ phương trình
 x2  y 2
x 2  xy  y 2

 x y

.
2
3


 x 2 xy  5 x  3  4 xy  5 x  3

Bài 10 Giải hệ phương trình
4 x 3  x  ( y  3) 5  2 x  0

.
 2
2
4
x

y

2
3

4
x

7


Bài 11 Giải hệ phương trình
 x 3 y  y 4  28
.
 2
2
3
 x y  2 xy  y  18 2

Bài 12 Giải hệ phương trình
(17  3 x) 5  x  (3 y  14) 4  y  0
.

2

2 2 x  y  5  3 3 x  2 y  11  x  6 x  13

Bài 13 Giải hệ phương trình
(1  42 x  y ).51 2 x  y  1  22 x  y 1
.
 3
2
 y  4 x  1  ln( y  2 x)  0

Bài 14 Giải hệ phương trình
3x  2  92 y 1  2( 2 y  x )
.
 ( x  y )2  2
 2 x  y  29
3
2

2

Bài 15 Giải hệ phương trình
 x 3  4 x 2  2 y 2  4 y ( x  1)  3  0
.

 2 x  y  2 x  y  4  4

Bài 16 Giải hệ phương trình

Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hồng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

16


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

 x 3  x 2 y  x 2  x  y  1
.
 3
3
2
2
x

9
y

6
x

18
y

15

3.

6
x

2


Bài 17 Giải hệ phương trình
 x  2  3 y  6  4
.

3
3 6 y 
2
x

y

3

x

1

x

2


Bài 18 Giải hệ phương trình
4 x  1  xy 4  y 2  0

.

y2
log 2 x  2

Bài 19 Giải hệ phương trình
1  2 x  y  1  4(2 x  y ) 2  6 x  3 y
.

2
2
( x  1) 2 x  x  4  8 x  4 xy  4

Bài 20 Giải hệ phương trình
 x  y 2  x  2 y 2  2
.

2( x  2  4 y )  8 y xy  2 y  34  15 x

Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

17


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

C. KẾT QUẢ
I. Kết quả nghiên cứu
Thông qua hệ thống các bài toán trên, 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 khơng cịn 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
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, nhất là
các sáng kiến đổi mới phương pháp giảng dạy cần được tập hợp trong một kỷ
yếu khoa học của Sở GD& ĐT và tạo điều kiện cho giáo viên, học sinh và
phụ huynh được tham khảo.

Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

18


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Năm học 2015 - 2016

MỤC LỤC
A. ĐẶT VẤN ĐỀ......................................................................Trang 1.
I. Lời mở đầu............................................................................Trang 1.
II. Thực trạng vấn đề nghiên cứu...........................................Trang 1.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.......................................................Trang 2.
I. Các giải pháp thực hiện........................................................Trang 2.
II. Biện pháp tổ chức thực hiện...............................................Trang 2.
1. Kiến thức chuẩn bị................................................................Trang 2.
2. Một số bài toán thường gặp và phương pháp giải.............Trang 3.
3. Bài tập vận dụng……………………………………………Trang15.
C. KẾT QUẢ.............................................................................Trang 18.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa hình học 12 Nâng cao.
2. Sách giáo khoa Đại số - Giải tích 12 Nâng cao.
3. Sách bài tập Đại số - Giải tích 12 Nâng cao.
4. Hàm số tập 1. Tác giả: Phan Huy Khải.
5. Hàm số tập 1. Tác giả: Trần Phương.
6. Báo toán học và tuổi trẻ.
7. Các đề thi đại học mơn tốn từ 2002 - 2015.
8. Nguồn khác: Internet.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 05
năm 2016
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung
của người khác.
Mai Văn Ngọc

Giáo viên: Mai Văn Ngọc

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

19


Sáng kiến kinh nghiệm mơn Tốn

Giáo viên: Mai Văn Ngọc

Năm học 2015 - 2016

THPT Hoàng Lệ Kha

SangKienKinhNghiem.net

20