Hướng dẫn học sinh tìm tòi lời giải chuyên đề hệ phương trình ôn thi học sinh giỏi thpt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ NGHĨA LỘ

BÁO CÁO SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ
(Lĩnh vực: Giáo dục)
Tên sáng kiến:
Hướng dẫn học sinh tìm tịi lời giải
chun đề “Hệ phương trình”- ơn thi học sinh giỏi THPT

Tác giả: Nguyễn Thị Hằng
Trình độ chun mơn: Thạc sỹ
Chức vụ: GIÁO VIÊN - TTCM
Đơn vị công tác: Trường THPT thị xã Nghĩa Lộ

Yên Bái, tháng 11 năm 2021


1
I.THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: “Hướng dẫn học sinh tìm tịi lời giải chun đề Hệ
phương trình - Ơn thi học sinh giỏi THPT”
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục và Đào tạo
3. Phạm vi áp dụng sáng kiến: Dạy ôn đội tuyển học sinh giỏi mơn Tốn
trường THPT Thị xã Nghĩa Lộ
4.Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ năm học 2019-2020
5.Tác giả:
Họ và tên tác giả sáng kiến NGUYỄN THỊ HẰNG
Ngày, tháng, năm sinh: 15/9/1975
Trình độ chun mơn: Thạc sỹ chun ngành Lí luận và Phương pháp
dạy học bộ mơn Tốn.
Chức vụ cơng tác: Giáo viên – TTCM

Nơi công tác: Trường THPT Thị xã Nghĩa Lộ
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT Thị xã Nghĩa Lộ
Điện thoại lên hệ: 0915659391
6. Đồng tác giả ( nếu có) : Khơng
II. MƠ TẢ GIẢI PHÁP SÁNG KIẾN
1. Tình trạng giải pháp đã biết
Qua kinh nghiệm 23 năm giảng dạy tại trường Trung học phở thơng, trong đó
có nhiều năm trực tiếp tham gia bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi cấp Tỉnh. Bản
thân tôi đã nhận thấy phương pháp dạy học hiện nay đã có nhiều thay đởi so với
trước. Các phương pháp dạy học tích cực đã dần thay thế cho cách dạy học thầy
đọc, trò chép, học sinh đã dần thay đổi cách học bớt thụ động, tự mình chủ động
khám phá và chiếm lĩnh tri thức. Tuy nhiên, hiện nay trong các nhà trường phở
thơng vẫn cịn có một bộ phận các giáo viên vẫn dạy học theo kiểu thuyết trình
tràn lan, thầy truyền đạt kiến thức, trị tiếp nhận và ghi nhớ. Đơi khi vẫn còn
xuất hiện kiểu dạy nhồi nhét, dạy chay, dạy một cách hình thức và xa rời thực
tiễn. Với cách dạy học đó đã làm cho học sinh thụ động tiếp thu bài giảng, hạn
chế lớn đến nhận thức và tư duy sáng tạo của học sinh, không phát huy được


2
tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh. Nhìn chung giáo viên mới chỉ
quan tâm dạy sao cho đúng, đủ nội dung quy định trong chương trình, sách giáo
khoa chứ chưa khuyến khích phát triển tối đa khả năng sáng tạo của người học.
Trong dạy học mơn Tốn ở đa số các trường phổ thông hiện nay đặc biệt
là dạy các chuyên đề bài tập trong đó có ôn thi học sinh giỏi, giáo viên thường
chữa và luyện cho học sinh theo bài tập mẫu, mới chỉ dừng lại ở bước trình bày
lời giải mà chưa quan tâm đến việc nghiên cứu sâu lời giải. Chính vì thế học
sinh thường quen với việc giải bài tập theo cách giải mẫu đã có một cách máy
móc mà khơng có sự sáng tạo, tìm tịi lời giải. Một thực tiễn nữa là thơng thường
học sinh thường thỏa mãn khi tìm ra một cách giải mà khơng chú trọng việc tìm

hiểu xem bài tốn có cịn cách giải nào khác nữa hay khơng? Cách giải của mình
đã tối ưu chưa? Bài tốn cịn được khai thác theo các cách khác theo hướng nào?
Hoặc đứng trước một bài tốn khó, dạng tốn lạ học sinh rất lúng túng và gặp
nhiều khó khăn trong việc giải quyết bài toán.
Để giải quyết phần nào những khó khăn trên, với mong muốn nâng cao chất
lượng giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi THPT cấp Tỉnh, tôi mạnh viết sáng
kiến kinh nghiệm này nhằm “Hướng dẫn học sinh tìm tịi lời giải chun đề
Hệ phương trình - Ôn thi học sinh giỏi THPT”. Đồng thời từ đó giúp học sinh
phát triển tư duy sáng tạo khi học mơn tốn nói chung và chun đề hệ phương
trình nói riêng.
2. Nội dung giải pháp đề nghị cơng nhận sáng kiến
a. Thực trạng :
Sau nhiều năm tham gia bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi và qua tìm
hiểu các em học sinh ở trường trung học phổ thông Thị xã Nghĩa Lộ, tôi nhận
thấy rằng khi học chuyên đề hệ phương trình học sinh cịn gặp phải một số vấn
đề sau:
+ Thứ nhất, hệ phương trình là mảng kiến thức phong phú và khó, địi hỏi
người học phải có tư duy sâu sắc, có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khác
nhau, có sự nhìn nhận trên nhiều phương diện. Hơn nữa nhiều năm gần đây đề


3
thi chọn học sinh giỏi THPT cấp Tỉnh mơn tốn ln có một bài về hệ phương
trình.
+ Thứ hai, sách giáo khoa trình bày phần này khá đơn giản, các tài liệu tham
khảo đề cập đến phần này khá nhiều song sự phân loại chưa dựa trên cái gốc của
bài tốn nên khi học, học sinh chưa có sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìn
tởng qt về hệ phương trình. Hầu hết các em học sinh đều giải được bài tập
dạng đơn giản bằng cách nhớ dạng tởng qt của hệ phương trình cơ bản, đã biết
phương pháp giải theo mẫu.

+Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quen tởng
qt bài tốn và tìm ra bài tốn xuất phát, chưa biết được bài toán trong các đề
thi do đâu mà có nên khi người ra đề chỉ cần thay đởi một chút là đã gây khó
khăn cho các em.
Sáng kiến kinh nghiệm của tơi về mặt hình thức là khơng mới. Cái mới ở
đây chính là sự phân loại có tính chất xun suốt chương trình nhưng vẫn bám
vào các kĩ thuật quen thuộc, phù hợp với tư duy của học sinh. Thêm vào đó, với
mỗi bài tốn đều có sự phân tích lơgic, có sự tởng qt và điều đặc biệt là giúp
học sinh tìm ra cái gốc của bài tốn, các bài tốn từ đâu mà có, người ta đã tạo ra
chúng bằng cách nào. Thơng qua đó học sinh sẽ dần dần thích nghi một cách tự
nhiên, có tư duy sáng tạo, có năng lực làm tốn và tạo ra các bài toán mới. Học
sinh sẽ hiểu sâu và học tập có hiệu quả chuyên đề này.
b. Giải pháp thực hiện :
Để khắc phục những khó khăn trên, tôi đã thực hiện một số giải pháp như sau :
+ Bước đầu phân dạng các bài tập một cách có hệ thống, và trình bày phương
pháp giải quyết từng dạng bài cho học sinh, nhằm giúp học sinh có cách nhìn
tởng qt về dạng tốn “Hệ phương trình” từ đó học sinh có thể tự giải quyết tốt
các dạng tốn đó.
+ Rèn luyện kỹ năng tính tốn cho học sinh, phân tích kỹ, hướng dẫn cách
tình bày một bài tốn tự luận để đảm bảm tính hợp lí, logic, đặc biệt hướng dẫn
học sinh phát hiện ‘‘nút thắt ’’ của bài tốn để ‘‘cởi’’ từ đó khuyến khích học
sinh chủ động, tích cực khi đứng trước mỗi bài toán.


4
+ Thực nghiệm sư phạm.
Nội dung cụ thể của sáng kiến là:
NỘI DUNG
Trong q trình tìm tịi, nghiên cứu, giảng dạy tôi đã tổng hợp ra một số dạng
bài tập mẫu về “Hệ phương trình” có nhiều cách giải khác nhau, phù hợp với

phạm vi khiến thức mà các em học sinh có thể giải quyết được trong q trình
tham gia ôn tập đội tuyển học sinh giỏi các cấp bắt đầu từ lớp 10.
I. Hệ phương trình cơ bản.


 x  y  xy  3
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 
* x, y  R 

 x 1  y 1  4
Phân tích: Ta nhận thấy rằng nếu thay đởi vị trí của x và y cho nhau thì hệ
phương trình khơng thay đởi và trật tự các phương trình cũng khơng thay đởi
nên từ đó kết luận đây là hệ phương trình đối xứng loại 1. Mặt khác, phương
trình đầu tiên đã có dạng tởng và tích nên ta quan tâm đến việc biến đởi phương
trình thứ hai.
Lời giải 1: Sử dụng kỹ thuật giải hệ phương trình dạng đối xứng loại I

 xy  0
Điều kiện: 
 x  1, y  1


 x  y  xy  3
Khi đó *  
**

 x  y  2 x  y  xy  1  14
S  x  y 2
, S  4P thì hệ phương trình (**) trở thành
Đặt 

P

xy






S  3
S  P  3

3  S  14
2
  P   S  3
 2

3S  8S  156  0
S  2 S  P  1  14 
2
2 S  5S  10  14  S


5

S  6  x  y  6

nên x, y là nghiệm phương trình X 2  6 X  9  0

 P  9  xy  9

x  3
Phương trình có nghiệm duy nhất X  3  
thỏa mãn điều kiện ban đầu.
y  3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    3;3
Lời giải 2: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

 xy  0
Điều kiện: 
 x  1, y  1


 x  y  xy  31


 x  1  y  1  4  2

* x, y  R 

Từ (1), suy ra : x  y  3  xy  x  y  0 . Mặt khác ta có xy  0 nên

x  0, y  0 3
Khi đó ta có 1  x  y  3  xy  3 

x y
2

 x  y  6  4
Đồng thời ta có  2  4  1. x  1  1. y  1  2 x  y  2  2 6  2  4
Nhận thấy rằng nghiệm của hệ phương trình là các giá trị làm cho dấu đẳng thức

x  y

 x y 3
trong  3 ,  4 đồng thời xảy ra, tức là  x  y  6

 x 1  y 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    3;3
Lời giải 3: Đưa về tổng các số không âm

 xy  0
Điều kiện: 
 x  0, y  1


6
Thực hiện nhân hai vế của phương trình 1 với 2 và hai vế của phương trình  2
với 4 ta được:

2 x  2 y  2 xy  4 x  1  4 y  1  10



 

 



 x  2 xy  y  x  1  2.2 x  1  4  y  1  2.2 y  1  4  0





x y

 
2



 



2

2

x 1  2 

y 1  2  0

 x y

x  3
  x 1  2  
thỏa mãn điều kiện ban đầu
y


3


 y  1  2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    3;3

 x2  3  2 x  3  y 1

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: 
 x, y  R 
2
 y  3  2 y  3  y  2 
Phân tích: Dễ dàng nhận ra đây là hệ phương trình đối xứng loại II, có chứa căn
thức và phương pháp giải là trừ tương ứng hai vế. Khi đó ta có hai hướng xử lí
thường gặp: Một là nhân liên hợp để đưa về dạng  x  y . f  x   0 , hai là xác
định hàm đặc trưng và dùng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh

f  x   f  y   x  y , sau khi khẳng định hàm đặc trưng đơn điệu.
Điều kiện x; y  0 , do x  y  0 không là nghiệm của hệ phương trình nên
ta chỉ xét x; y  0
Lấy 1   2   x2  3  y 2  3  3



Lời giải 1: Thực hiện nhân liên hợp
Ta có

* 

x2  y 2
x2  3  y 2  3





x  y  0 *

3 x  y 
0
x y


7



x y
3
  x  y 

0 x y
 x2  3  y 2  3

x

y



Vì

x y
x2  3  y 2  3



3
 0, x, y  0
x y

Thay x=y vào (1) ta được phương trình:

x2  3  x  3 3

Đến phương trình (3), đối với học sinh lớp 10 và lớp 11 sẽ giải phương trình
(3) theo cách sau:
2

u 2  x2  3
u  x  3  0 
Đặt 
 2
 u 2  v2  3
2
v  x


v  x  0

u  v  3
u  2  x2  3  4


 x 1
Từ đó ta có hệ phương trình:  2 2
u  v  3 v  1  x  1
Thử lại ta thấy x  1 là nghiệm của phương trình (3).
So với điều kiện kết luận hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

 x; y   1;1
Đối với học sinh lớp 12 có thể giải phương trình (3) theo cách sau:
Xét hàm số f  x   x2  3  x trên  0;  ta có:

f  x  

x
x2  3



1
2 x

 0, x  0 , do đó hàm số đồng biến trên khoảng

 0;  .
Mặt khác f 1  3  VP  3 nên phương trình (3) có nghiệm duy nhất x  1
So với điều kiện kết luận hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

 x; y   1;1
Lời giải 2: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số


8

* 

x2  3  3 x  y 2  3  3 y  f  x   f  y 

Xét hàm số f t   t 2  3  3 t trên  0;  , ta có;

f  x 

t
t 3
2



3
2 t

, t   0;   do đó hàm số đồng biến trên khoảng  0;  .

Suy ra f  x   f  y   x  y , đến đây giải tương tự như trên ta được x  y  1
So với điều kiện kết luận hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

 x; y   1;1
II. Hệ phương trình đưa về dạng tích số.

Giải hệ phương trình bằng các phép biến đởi về dạng tích số là một dạng tốn
thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi. Trong đó các kỹ thuật thường dùng
trong q trình biến đởi là:
 Kỹ thuật tách, ghép, nhóm và dùng tam thức bậc 2( hằng số biến thiên)
 Kỹ thuật liên hợp
 Kỹ thuật dùng phương pháp cộng

2 x2  y 2  3xy  3x  2 y  1  0 1
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:  2
2
4x  y  x  4  2 x  y  x  4 y  2 
Phân tích: Nhìn nhận thấy phương trình (1) có dạng tam thức bậc hai đối
với hai ẩn x, y nên từ đó ta có các hướng giải bài tốn như sau
Hướng 1: Phân tích cụm đẳng cấp 2 x2  y 2  3xy   x  y  2x  y  sau
đó viết cụm cịn lại theo hai biểu thức này, tức là

2 x2  y 2  3xy  3x  2 y  1  0   x  y  2x  y    x  y    2x  y  1  0
  x  y  2x  y  1   2x  y  1  0
  2x  y  1 x  y  1  0


9
Hướng 2: Khi nhận phương trình (1) có dạng phương trình bậc hai đối
với ẩn x, nên ta biến đởi phương trình như sau:

1  2x2  3 y  1 x  y 2  2 y  1  0
 x  9 y 1  8 y 1   y 1  0, y
2

2

2

Suy ra phương trình có hai nghiệm x 

y 1
, x  y 1
2

Từ hai hướng suy nghĩ đó dẫn đến lời giải của hệ phương trình như sau:
Lời giải : Điều kiện 2x  y  0, x  4 y  0

 y  2x  1
Ta có : 1   2x  y  1 x  y  1  0  
 y  x 1
 Với y  2x  1 thế vào phương trình (2) ta được phương trình:

3  3x  4x  1  9x  4  3
Nhận thấy phương trình  3 có một nghiệm x  0 nên sử dụng kỹ thuật ghép
hằng số và liên hợp ta có:

3  3x  4x  1  9x  4 



 

4x  1  1 



9x  4  2  3x  0

4x
9x

 3x  0
4x  1  1
9x  4  2
4
9


 x

 3  0
9x  4  2 
 4x  1  1


 x  0  y  1 (Vì

4
9
1

 3  0, x   )
4
4x  1  1
9x  4  2

 Với y  x  1 thế vào phương trình

 2

ta được phương trình:

3x 2  x  3  3x  1  5x  4  4 
Nhận thấy phương trình  4 có một nghiệm x  0 và một nghiệm x  1 nên sử
dụng kỹ thuật ghép ax  b và liên hợp ta có:


10

3x2  x  3  3x  1  5x  4  3x2  3x  3x  1   x  1  5x  4   x  2 
1
1


  x2  x  

 3  0
5x  4  x  2 
 3x  1  x  1
x 1  y  2
  x2  x   0  

x  0  y 1

1

1
1

 3  0, x   )
3
3x  1  x  1
5x  4  x  2

(Vì

Từ hai trường hợp trên so sánh với điều kiện kết luận hệ phương trình đã cho có
tập nghiệm S   x; y    0;1 ; 1;2 

 x x2  y  y  x4  x3  x 1

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: 
9
 x  x  x  1  y  x  1   2

2
Hướng 1: Nhận thấy phương trình 1 ln đúng khi x  y , tức là sẽ có
nhân tử chung  x  y  .
Khi đó: 1  x x2  y  x4  x3  x  y  x x2  y  x x2  x  x  y

x





x2  y  x2  x   x  y   0

Đến đây thực hiện kỹ thuật liên hợp trong dấu

 

sẽ làm xuất hiện nhân tử

chung là  x  y 
Hướng 2: Ngồi hướng suy nghĩ trên ta cịn thấy nếu chia hai vế của
phương trình 1 cho x 2 thì có thể giải hệ phương trình bằng cách sử dụng
phương pháp hàm số.
Từ đó ta có các lời giải hệ phương trình như sau:
Lời giải 1: Sử dụng kỹ thuật nhân lượng liên hợp
Điều kiện x  1; y  0 :


11

1  x
x

x2  y  x4  x3  x  y  x x2  y  x x2  x  x  y





x2  y  x2  x   y  x   0 

x y  x
x2  y  x2  x

  y  x  0



x
  y  x
 1  0
 x2  y  x2  x 


x
 y  x do
 1  0x  1; y  0
x2  y  x2  x
Thế y  x vào  2 ta được  2  x  x  x  1  x  x  1 

9
 3
2

t2 1
Đặt t  x  x  1  0  t  2x  1  2 x  x  1  x  x  x  1 
2
2

t 2  2t  8  0
t2 1

9
t   
t 2
Khi đó  3 
2
2
t

0

Suy ra

2  x  0
25
x y
x  x 1  2  x 1  2  x  
16
4 x  5

So sánh với điều kiện kết luận hệ phương trình đã cho có tập nghiệm

 25 25 
S   x; y    ; 
 16 16 
Lời giải 2: Sử dụng phương pháp hàm số
Chia hai vế của phương trình (1) cho x 2 ta được

1 

1

y
y
1 1
 2  1  
2
x
x
x x

 y
f  2 
x 

1
f 
 x

Xét hàm số f t   1  t  t , t   0;   f  t  
Suy ra hàm số f  t  luôn đồng biến trên  0; 

1
 1  0, t  0
2 1 t


12

 y
Do đó f  2  

x 

y 1
1
f   2   yx
x
x
 x

Thế y  x vào  2 ta được  2  2x  2 x  2 x  1  2 x  x  1  9  0

 








x

2

 2 x. x  1 



2

x  x 1  2







2
x 1   2






x  x 1  8  0



x  x 1  8  0

2  x  0
25
 x  x 1  2  x 1  2  x  
x y
16
4 x  5

 25 25 

So sánh với điều kiện thì hệ phương trình có tập nghiệm S   x; y    ; 
 16 16 
III. Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Đối với kỹ thuật giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ
thường rất đa dạng và phong phú. Tùy thuộc vào mỗi hệ phương trình mà ta
cần phải khai thác các đặc điểm riêng và cấu trúc của từng hệ phương trình để
tìm ra phép đặt ẩn phụ nhằm đưa về những hệ cơ bản( Hệ đối xứng loại I, loại
II, hệ đẳng cấp hay các hệ phương trình giải được bằng các phép thế, phép cộng
đại số…)


 7 x  y  2x+y  4 1
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: 

2 2x+y  5x  8  2  2
Phân tích: Từ các biểu thức trong căn bậc hai ta dễ dàng nhận thấy:

 7x  y    2x  y   a2  b2  5x

nên ta có thể giải bài tốn theo các cách sau


a  7 x  y  0
Lời giải 1: Đặt 
thì hệ phương trình đã cho tương đương
b

2x+
y


0


với hệ phương trình sau:


13

b  1

b  5
a  b  4
a  b  4



a

b

4





2
2
2 b  6  b  1
2b  a  b  8  2 

b2  4b  5  0 a  9


 56
 7x+y  9 7x  y  81  x  5


Suy ra 
2x+y=25
2x+y

5

 y  13


5

 56 13 
Thử lại ta thấy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S   x; y    ; 
 5 5
a  7 x  y  0

Lời giải 2: Đặt b  2x+y  0

c  5x+8  0
Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình sau:

a  b  4
a  9  7x  y  9  x  56





5
 b  5   2x  y  5  
2b  c  2
a 2  b 2  8  c 2
c  8 
 y  13


 5x  8  8
5


 56 13 
Thử lại ta thấy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S   x; y    ; 
 5 5
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình:





 2x  y  1 x  3  xy  x  8 x 1


2
 x  3  xy  xy  2 x  6  x   2 







Phân tích: Khi nhìn vào hệ phương trình mà khơng tìm ra mối liên hệ
giữa các hạng tử để đặt ẩn phụ thì cần hướng dẫn học sinh thực hiện các phép
biến đổi làm xuất hiện các hạng tử giống nhau hoặc có liên quan đến kỹ thuật
đặt ẩn phụ. Cụ thể ở đây nếu chia hai vế của phương trình 1 cho

x và chia

hai vế phương trình  2 cho x ta sẽ nhận được các hạng tử giống nhau ở cả hai
phương trình.


14
Lời giải: Điều kiện x, y  0 , ta thấy x  0 không phải là nghiệm của hệ
phương trình trên nên ta có:


 x3

2x

y

1


y

1




8
 2x  y  1 x  3  xy  x  8 x
x







2
2

 x  3  xy  xy  2 x  6  x 
 x  3

 y   y  26  x 

x













 x3

 y  1  8
 2x  y  1 
x




2

 x  3
 y   2x  y  12

x


Đặt a  2x  y, b 

x3
 y  0 khi đó hệ phương trình đã cho tương đương

x

2

 a  1 b  1  8 
a  12  b , b  0
với hệ phương trình sau:  2
 3 2
b

a

12
b  b  11b  3  0




2

a  3
a  12  b , b  0



2
b3
b

3

b

4
b

1

0








2x  y  3
 y  3  2x
a  3 

 x3
 x3
Với 
 y 3 
 3  2x  3  0  3
b  3 
 x
 x
Giải phương trình
Xét hàm số f  x  

f  x   

x3
 3  2x  3  0 3 bằng phương pháp hàm số
x
x3
 3
 3  2x  3, x   0;  ta có
x
 2

3
x
1
 3
.

 x   0;  nên hàm số f  x  luôn nghịch biến
2
2x
x3
3  2x
 2

 3
trên  0; 
 2

15
Mặt khác ta thấy

f 1  0 nên phương trình

 3

có 1 nghiệm

x 1 y 1
So sánh với điều kiện và thử lại ta thấy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm

S   x; y   1;1
Ví dụ 7: Giải hệ phương trình:
2
2

 x  y  xy  1 1
 x, y  R 

2
2

 x  x  1  y  y  1  2

Phân tích: Nhìn vào phương trình  2 dễ thấy x, y độc lập ở từng vế nên
có thể nghĩ đến cách giải bằng phương pháp hàm số, tuy nhiên học sinh sẽ bị
mắc vì khơng tìm ra được hàm đặc trưng ở hai vế. Nếu để ý ta có thể biến đởi
phương trình  2  x  y2  1  y  x2  1 , đến đây có thể giải tiếp bài tốn
theo hai hướng:

Hướng 1: Đặt điều kiện rồi bình phương hai vế sẽ tìm được mối liên hệ
giữa x, y sau đó sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ.
Hướng 2: Sử dụng kỹ thuật liên hợp cũng sẽ làm xuất hiện nhân tử

x2  y 2  1 sau đó kết hợp với phương trình 1 để đặt ẩn phụ và giải hệ
phương trình.
Lời giải: Điều kiện y  1
Ta có  2  x  y 2  1  y  x2  1 



x2  ( y2  1)
x  y2  1

x2  y 2  1
x  y2  1





y2  ( x2  1)
y  x2  1

x2  y 2  1
y  x2  1

0




1
1
  x2  y 2  1 

0
 x  y 2  1 y  x2  1 


2
2
2
2
 x  y  1  0  x  y  1


16

  x  y  x  y   1 3
Đồng thời 1   x  y   3 x  y   4  4
2

2


 x  y  x  y   1
Từ  3 ,  4  ta có hệ phương trình sau 
2
2


 x  y   3 x  y   4
Đến đây dễ dàng giải được hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ, tức là

1

a2  3b2  4 a   ,  a, b  0
a  x  y
Đặt 
ta có hệ phương trình 

b
4
b  x  y
ab  1
3b  4b2  1  0

b  1

hoặc
a  1



3
3
b  1
b 
b  
hoặc 
3 hoặc 

3

a  1
a   3
a  3



x  y  1
Suy ra 
hoặc
 x  y  1

 x  y  1
hoặc

x  y  1


3
x  y 
3 hoặc

x  y   3



3
x  y  
3


x  y  3




3
3
x


x


x  0
x  0


3
3
Khi đó ta có 
hoặc 
hoặc 
hoặc 
 y  1
y 1
x  y   2 3
x  y  2 3



3
3
So sánh với điều kiện y  1 và thử lại thì hệ phương trình có tập nghiệm


 3 2 3 


S   x; y    0;1 ;  ;



 3 3 

IV. Giải hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá
Đối với dạng hệ phương trình giải bằng phương pháp đánh giá, trong
phạm vi kiến thức của học sinh trong đội tuyển ơn thi học sinh giỏi có cả học
sinh lớp 10 đến lớp 12, thì chủ yếu sử dụng hai phương pháp đánh giá chính là:
 Phương pháp đánh giá bằng hàm số.


17
 Phương pháp đánh giá bằng cách sử dụng bất đẳng thức.
Tuy nhiên khi sử dụng phương pháp đánh giá bằng cách nào thì cũng có nhiều
kỹ thuật và hướng phân tích bài tốn, địi hỏi học sinh phải sáng tạo và nhạy bén
khi gặp các hệ phương trình trong dạng phương pháp này.
3

2 y  y  2 x 1  x  3 1  x 1
Ví dụ 8: Giải hệ phương trình: 

2
2
2

 9  4 y  2x  6 y  7  2 

Phân tích: Ở phương trình 1 nếu chuyển vế và rút 1  x làm nhân tử
thì 1 có dạng cơ bản, cụ thể ta có:

1  2 y3  y  3  2x 

1 x



 2 y3  y  2 1  x








2

 1 1  x


3

 2 y3  y  2 1  x  1  x
Khi đó hai vế của phương trình xuất hiện hàm đặc trưng f  t   t 3  t là
hàm số luôn đơn điệu trên R .
Lời giải: Điều kiện x  1, 



1  x  2 y 3  y  2 1  x


1  2 y3  y  3  2x 



3
3
 y
2
2



 2 y3  y  2 1  x  1  x  f  y   f
3





1 x

2

 1 1  x




Xét hàm số f  t   t 3  t , t  R  f   t   6t 2  1  0, t  R
Do đó hàm số f  t   t 3  t luôn đồng biến trên R nên

f  y  f





1  x  y  1  x  0  y 2  1  x,0  y 

3
2

Thế vào phương trình  2 ta được  2   4x  5  2x 2  6x  1  3


18
Đến đây thấy rằng phương trình  3 dạng

ax  b  cx 2 +dx+e có thể

giải bằng nhiều cách khác nhau như sử dụng các kỹ thuật liên hợp, lũy thừa, đặt
ẩn phụ hoặc biến đởi về phương trình dạng A2  B 2
Lời giải 1: Sử dụng kỹ thuật tách ghép và liên hợp

4x  5  2x 2  6x  1 2  x2  4x+1   2x  3  4x  5   0
 2  x  4x+1 
2

4  x 2  4x+1

 2x  3 

4x  5

0



2
 2  x 2  4x+1 1 
0
  2x  3  4x  5 
 x2  4x+1  0  4 


2
1
 0  5
  2x  3  4x  5


x  2  3
Giải phương trình  4 : x 2  4x+1  0  
thử lại vào phương trình
 x  2  3

 3 cả hai nghiệm đều không thỏa mãn.
Giải phương trình  5 : 1 

2
 0  4x  5  1  2x
 2x  3  4x  5

 1
1  2x  0
x 


2

2
4x

5

1

4x

4x

2

4x  4x  4  0
1

x  2

 
 x 1 2
x 1 2

 x  1  2

Thử lại ta thấy x  1  2 thỏa mãn phương trình  3 khi đó ta có y   4 2


19
So sánh với điều kiện và thử lại thì hệ phương trình đã cho có tập nghiệm





S   x; y   1  2; 4 2 ; 1  2;  4 2



Lời giải 2: Sử dụng kỹ thuật lũy thừa hai vế biến đổi về dạng tích

2x 2  6x  1  0

4x  5  2x  6x  1   4
3
2
 x  6x  8x  2x  1  0
2x 2  6x  1  0
2
2x  6x  1  0
 2
4
 2

 x  4x  1  0  x  1  2  y   2
2
 x  4x  1 x  2x  1  0  x2  2x  1  0

2

So sánh với điều kiện và thử lại thì hệ phương trình đã cho có tập nghiệm





S   x; y   1  2; 4 2 ; 1  2;  4 2



Lời giải 3: Sử dụng kỹ thuật đặt ẩn phụ khơng hồn tồn
2


4 y  12 y  9  4x  5
Đặt: 2 y  3  4 x  5   2

2x  6x  1  2 y  3
2
 y  3 y  1  x
 2
 x2  y 2  2  x  y   0
 x  3x  1  y
y  x
  x  y  x  y  2   0  
y  2  x

 Với y  x suy ra

 3
4x  5  2x-3 : phương trình vơ nghiệm với x  0; 
 2

 Với y  2  x suy ra

 1
x 
4 x  5  1  2x  
2
2
 x  2x  1  0

 1
x  2


 
 x 1 2  y   4 2
x 1 2

 x  1  2
