Đổi mới phương pháp dạy học môn toán qua chuyên đề Một số dạng hệ phương trình và phương pháp giải_SKKN toán THPT
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (232.07 KB, 17 trang )
PHẦN I
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong phần Đại số 10, các em học sinh đã được tiếp cận một số hệ phương
trình (hpt) : hpt bậc nhất hai ẩn, hpt đối xứng loại 1,hpt đối xứng loại 2. Lớp 12 tiếp
cận với hpt mũ và hpt logarit , giải một số bài toán về số phức mà để có được kết
quả cuối cùng học sinh phải giải được hpt đại số và hs cũng chỉ giải được những
bài toán cơ bản đơn giản. Tuy nhiên trong thực tế các bài toán giải hpt rất phong
phú và đa dạng và đặc biệt là trong các đề thi Đại học - Cao đẳng -THCN, các em
sẽ gặp một lớp các bài toán về hpt mà chỉ có số ít các em biết phương pháp giải . .
Từ cơ sở thực tiễn giảng dạy khối 12 ở trường THPT, cùng với kinh nghiệm
trong thời gian giảng dạy. Tôi đã tổng hợp , khai thác và hệ thống hoá lại các kiến
thức thành một chuyên đề:
“Đổi mới hoạt động dạy học môn toán qua chuyên đề : Một số dạng
hệ phương trình và phương pháp giải ’’.
Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn gởi mở cho học sinh một số
cách nhận dạng hệ phương trình tư đó phân tích bài toán và tìm ra lời giải . Hy
vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh có
một cái nhìn khá toàn diện cũng như phương pháp giải một lớp các bài toán về hệ
giải phương trình .
2. Đối tượng nghiên cứu- Phạm vi nghiên cứu
2.1. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh khối 12 giải các dạng hệ phương trình (hpt) : có một phương
trình(pt) bậc nhất hai ẩn, hpt đối xứng loại 1,hpt đối xứng loại 2, hệ thuần nhất ,hpt
mà trong hệ có môt pt đối xứng,hoặc có một pt mà bậc của ẩn như nhau,và một số
hpt khác
Các hệ phương trình được giải trên tập hợp số thực
2.2. Phạm vi nghiên cứu
Nội dung phần hệ phương trình và một số bài toán cơ bản, nâng cao nằm
trong chương trình đại số 10, đại số 12 Nâng cao
4. Nhiệm vụ -yêu cầu của đề tài
4.1. Nhiệm vụ: Giúp cho giáo viên thực hiện tốt nhiệm vụ và nâng cao chất
lượng giáo dục, giúp học sinh hình thành tư duy logic kỹ năng phân tích để đi đến
một hướng giải đúng và thích hợp khi gặp bài toán hệ giải phương trình từ phức tạp
đưa về dạng đơn giản.
1
4.2. Yêu cầu của đề tài. Nội dung giải pháp rõ ràng không rườm rà lôgíc ,có sáng
tạo đổi mới. Giới thiệu được các dạng hệ phương trình cơ bản, đưa ra được giải
pháp và một số ví dụ minh hoạ.
Đề tài được sử dụng để giảng dạy và bồi dưỡng cho các em học sinh khối 10,
khối 12 hệ THPT ,đặc biệt là hs ôn thi Cao Đẳng,Đại Học và làm tài liệu tham khảo
cho các thầy cô giảng dạy môn Toán. Các thầy cô và học sinh có thể sử dụng các
bài toán trong đề tài này làm bài toán gốc để đặt và giải quyết các bài tập cụ thể.
VI/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
Phương pháp: Nghiên cứu lý luận chung.
- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học .
- Tổng hợp so sánh , đúc rút kinh nghiệm.
Cách thực hiện:- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ
môn
Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình
giảng dạy.
Tham khảo các đề thi Đại học
2
PHẦN II
GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận
Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và
hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo
nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ
thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời sống của
con người. Môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến thức
rộng, đa phần các em hoặc rất yêu thích hoặc ngại học môn này.
Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở
môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng
bài tập. Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải có tư
duy logic và cách biến đổi. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên
cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận
dụng lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải.
Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính giúp
cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán giải
hệ phương trình. Trước hết chúng ta tìm hiểu lại một số hệ phươnh trình
1.Hệ phương trình trong đó có một phương trình bậc nhất.
2. Hệ phương trình đối xứng loại 1. Khi thay thế
x
bởi
y
và
y
bởi
x
thì biểu thức
trong mỗi phương trình không đổi, hệ phương trình không đổi
3. Hệ phương trình đối xứng loại 2. Khi thay thế
x
bởi
y
và
y
bởi
x
thì pt thứ
nhất biến thành pt thứ hai và ngược lại .Hệ phương trình không đổi.
Tuy nhiên khi gặp bài toán giải hpt có nhiều bài toán đòi hỏi học sinh phải biết vận
dụng kết hợp nhiều kiến thức kĩ năng phân tích biến đổi để đưa phương trình từ
dạng phức tạp về dạng đơn giản
Trong giới hạn của SKKN tôi chỉ hướng dẫn học sinh một số dạng hệ
phương trình thường gặp, một số dạng bài toán không mẫu mực .
2. Thực trạnh của đề tài
2.1.Thực trạng của học sinh:
Qua việc khảo sát kiểm tra định kỳ và việc học tập, làm bài tập hàng ngày
đặc biệt trong kỳ thi khảo sát chất lượng lớp 12 học sinh đa số học sinh thường bỏ
qua hoặc không giải được đẫn đến kết quả không cao
2.2. Thực trạng của giáo viên
3
Trong chương trình SGK Đại số lớp 10 Nâng Cao hiện hành phần hệ phương
trình được trình bày ở chương III rất là ít và hạn hẹp chỉ có hai tiết sách giáo khoa
giới thiệu sơ lược 3 ví dụ , phần bài tập đưa ra sau bài học cũng rất hạn chế. Tương
tự lớp 12các em cũng chỉ làm một số dạng đơn giản chủ yếu đưa về hpt dạng ở lớp
10. Như vậy số tiết phân phối chương trình cho phần này quá ít nên trong quá trình
giảng dạy, các giáo viên không thể đưa ra đưa ra được nhiều bài tập cho nhiều dạng
để hình thành kỹ năng giải cho học sinh.
3. Một số giải pháp
Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến của đồng
nghiệp tôi mạnh dạn đưa ra hướng giải quyết các vấn đề trên của học sinh với
những giải pháp giúp học sinh hình thành kĩ năng khi biến đổi và giải hpt.
3.1. Giải pháp 1: Phương pháp thế .
3.1.1: Một phương trình của hệ là phương trình bậc nhất.Từ phương trình (pt)
đó, ta tính 1 ẩn số theo ẩn kia. Thay kết quả đó vào pt còn lại thu được pt một ẩn ,
từ đó tìm nghiệm của hệ pt.
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình.
−=+
−=+++
24
16)12(
2
yxxy
yyyxyxy
( )
( )
2
1
Phân tích:- Nhận thấy (2) là pt bậc nhất nên rút ẩn nọ theo ẩn kia.
-Ở pt (1) ẩn y xuất hiện nhiều lần mũ cũng phức tạp hơn nên ta rút x theo y ở (2)
rồi thay vào (1).
Lời giải. Từ (2) rút ra
1
24
+
−
=
y
y
x
(
1−=y
không thõa mãn hệ ), thay vào (1) biến
đổi rút gọn ta được pt:
011918
234
=++−− yyyy
=
=
⇒
=
=
⇔=−−−−⇔
0
1
2
1
1
0)1218)(1(
23
x
x
y
y
yyyy
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (
yx;
) là (1; 1), (0;
2
1
).
Thí dụ 2. (Khối B-2008)Giải hpt
+=+
+=++
662
922
2
2234
xxyx
xyxyxx
(
Ryx ∈,
)
( )
( )
2
1
Phân tích : - Nhận thấy (2) là pt bậc nhất đối với y nên ta sẽ rút y theo x
-Vế trái của (1) là hằng đẳng thức
22
)( xyx +
4
Lời giải. Từ (2) ta thấy
0=x
không phải là nghiệm , từ đó rút được
x
xx
y
2
66
2
−+
=
thế vào pt (1) ta có pt
9233
2
2
2
+=
++⇔ xx
x
92183399
4
232
4
+=+++++⇔ xxxxx
x
0644812
234
=+++⇔ xxxx
=+++
=
⇔
0644812
0
23
xxx
x
4−=⇔ x
(x=0 (loại
trực tiếp từ hệ đã cho).Suy ra
4
17
=y
.
Vậy hệ đã cho có nghiệm (
yx;
) là
−
4
17
;4
.
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:
=++
=+
3
32
.1
22
24
yyx
yxx
=−
=−+−
3log)9(log3
121
.2
3
3
2
9
yx
yx
3.1.2:Trong hệ có một pt chứa pt bậc 2 một ẩn . Ta tính một ẩn theo ẩn còn lại
rồi thế vào pt còn lại
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình
=+
=+−−+
2
023
22
2
yx
yxxyx
(
Ryx ∈,
)
( )
( )
2
1
Phân tích : -(1) là pt bậc nhất nên ta cũng nghĩ rút y, ta sẽ nhóm (1) thành 2 biểu
thức
)23(
2
+− xx
và
)1( −xy
- Tiếp tục nhìn dễ dàng
)2)(1(23
2
−−=+− xxxx
. Vậy ta có lời giải
Lời giải. Ta có (1)
⇔
0)()23(
2
=−++− yxyxx
⇔
( )( ) ( )
0121 =−+−− xyxx
⇔
( )
0)2(1 =+−− yxx
⇔
1=x
hoặc
2+−= yx
.
+)Với
1=x
, thay vào (2) được
1±=y
.
+) Với
2+−= yx
, thay vào (2) được
( )
.11112
2
=⇒=⇐=− yxx
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm
( )
yx;
là (1; 1) và (1; -1).
Thí dụ 2. Giải hệ phương trình
=+−+−−
−+=
01681645
)4)(45(
22
2
yxxyxy
xxy
(
Ryx ∈,
)
( )
( )
2
1
Phân tích : Biến đổi vế trái của (1) : VT
16165
2
++−= xx
. Ta thấy có mối quan
hệ với pt (2) nên ở pt (2) ta nhóm (
16165
2
++− xx
) và thay bởi y
5
Lời giải. Từ (1)
⇒
16165
22
++−= xxy
thế vào (2) ta được
0842
2
=−− yxyy
⇔
0)42(2 =−= xyy
⇔
0=y
hoặc
42 += xy
Lần lượt thế vào phương trình (1) ta cũng được nghiệm hệ đã cho
( )
yx;
là (0; 4) ,
(4; 0) ,
−
0;
5
4
Thí dụ 3. (Khối D-2008). Giải hpt
),(
2212
2
22
Ryx
yxxyyx
yxyxxy
∈
−=−−
−=++
( )
( )
2
1
.
Phân tích : Sau khi đặt điều kiện, ta tìm cách biến đổi một pt
Nhận thấy ở pt (1) chuyển
2
y
sang vế trái thì vế phải là hằng đẳng thức
))((
22
yxyxyx +−=−
và vế trái lúc này
)1)((
2
++=+++ xyyxyyxxy
. Như
vậy pt (1) đã được phân tích thành nhân tử.
Lời giải. ĐK
1≥x
,
0≥y
(*).
PT (1)
⇔
0)(
222
=−−+++ yxyyxxy
0)1)(( =+−++⇔ yxyyx
+=
−=
⇔
.12yx
yx
+)
yx −=
( không thoã mãn (*)).
+)
12 += yx
, thay vào (2) ta được
( ) ( )
122212 +=−+ yyyyy
( )
( )
( )
1221 +=+⇔ yyy
22
=⇔
y
(Vì
)0≥y
2=⇔ y
5=⇒ x
.
Vậy hệ đã cho có nghiệm
( )
yx;
là (5; 2) .
Cách khác: Coi (1) là phương trình bậc 2 theo
x
hoặc
y
.
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:
=−+−+−
==+++
02523
03
.1
22
22
yxxyyx
yxyx
=+
=−−−−
++
522
0132
.2
21
22
yx
yxyyx
3.1.3 .Hệ có dạng
=
=
cvuf
vfuf
),(
)()(
, trong đó
)(tf
là hàm số đơn điệu và liên tục trên
miền xác định của nó thì có thể suy ra
vu =
rồi thế vào pt còn lại.
Thí dụ 1. (Đề thi HSG -2012). Giải hệ phương trình
),(
01)1(2
2)2()(22
3
3
2
Ryx
xy
yxyxyxyx
yxyx
∈∀
=+−−
−−−++=−
+−
( )
( )
2
1
6
Phân tích: Nhận thấy pt(1) nhiều lần
)2( yx −
và
)( yx +
. Ta nhóm chúng lại và
lập tức thấy pt có dạng
)()( vfuf =
Lời giải. Biến đổi (1), ta có
{
Ryxyxyxyxyx
yxyx
∈∀+++=−−+⇔
+−
,,)(22)2(2)1(
2
(3)
Đk:
yx ≥
.
Xét hàm số
tttf
t
+= 2)(
,
0>∀t
0
2
2ln2)(' >++=
t
t
ttf
t
,
0>∀t
Hàm số
)(tf
đồng biến khi
0>t
Từ pt (3) ta có
yxyxyxvfuf 22)()( =⇔+=−⇔=
, thay vào (2) được pt
3
3
)1(21 −=+ xy
(3).
Đặt
,12
3
−= ty
pt (3) có dạng
−=
−=
3
3
)12(
)12(
ty
yt
,
Trừ theo vế hai pt trên , biến đổi ta được (
( )
[ ]
01)12(2)12)(12(2)12(2
22
=+−+−−+−− ttyyyt
0=−⇔ yt
(Vì
[ ]
tyttyyytg ,,01)12(2)12)(12(2)12(2),(
22
∀>+−+−−+−=
21)12(
3
=⇒=⇔−=⇔ xyyy
thoã mãn (*).
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x y) là (2; 1).
Thí dụ 2. (Khối A -2010). Giải hpt
( )
( )
=−++
=−−++
74324
025314
22
2
xyx
yyxx
(x, y
)R∈
( )
( )
.2
1
Phân tích: Chúng ta cũng thấy ở pt (1) có 2 biểu thức chỉ có hoặc
x
hoặc
y
không
có chứ xy nên ta tìm cách biến đổi về dạng
)()( vfuf =
. Đầu tiên là trong căn có
2y ta nhân 2 vế với 2 thì có 2x biểu thức có dạng
( )
( )
yyxx 2562214
2
−−++
.
Ta lai có
22
4)2( xx =
như vậy
yy 25)25(
2
−=−
. Ta chuyển vế và biến đổi tiếp
Lời giải. ĐK.
x
4
3
≤
,
2
5
≤y
.
Ta có (1)
⇔
( )
( )
yyxx 25125214
2
−+−=+
(3).
Ta thấy pt (3) có dạng
( )
( )
yfxf 252 −=
, với
( )
)1(
2
+= ttf
t
( )
13'
2
+= ttf
>0,
Rt∈∀
,
( )
tf
là hàm đồng biến liên tục với mọi t > 0.
7
Do đó (3)
⇔
yx 252 −=
−
=
≤≤
⇔
2
45
4
3
0
2
x
y
x
Phương trình (2) trở thành
743246
4
25
42
=−++− xxx
(*)
Nhận thấy x=0, x=
4
3
không phải là nghiệm của pt (*).
Xét hàm số
( )
4
3
43264
24
−−+−= xxxxg
trên khoảng (0;
4
3
)
( )
0
43
4
)34(4
43
4
1216'
23
<
−
−−=
−
−−=
x
xx
x
xxxg
)
4
3
;0(∈∀x
Suy ra hàm số
( )
xg
nghịch biến trong khoảng (0;
4
3
).
Mặt khác
0
2
1
=
g
. Do đó (*) có nghiệm duy nhất
2
1
=x
.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x y) là (
2
1
; 2).
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:
=++−
−=−−−+−
4253
122124
.1
23
222
xyxyy
eeyxyx
xy
=+
−=−
10)4(log)(log
.2
3
2
2
y
y
x
yxee
yx
3.2 Giải pháp 2: Phương pháp đăt ẩn phụ
3.2.1. Hệ là đối xứng loại I . Ta thường biến đổi và đặt
yxS +=
,
xyP =
( đk: S
2
≥
4P),
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình
=++++
=−++++
11
030)2()1(
22
3223
yxyxyxyx
xyyyxyyx
(x , y
)R∈
( )
( )
.2
1
Phân tích: (2) là pt đối xứng loại 1 và khi khai triển pt (1) nó cũng cho ta một pt
đối xứng loại (1) không khó biến đổi.
Lời giải. Ta có hệ pt đã cho tương đương với
=++++
=++++
11)(
30)2(
2222
xyyxyxxy
xyxyyxyxxy
=++++
=+++
⇔
11)(
30))((
xyyxyxxy
xyyxyxxy
8
Đặt
yxS +=
,
xyP =
, (
PS 4
2
≥
) hệ đã cho trở thành
=++
=+
11
30)(
SPPS
SPPS
Giải hệ phưong trình trên theo phưong pháp thế (hoặc đặt u =P+S, v =P.S ), ta
được nghiệm
=
=
2
3
P
S
,
=
=
3
2
P
S
(loại);
=
=
1
5
P
S
,
=
=
5
1
P
S
(loại).
Vậy hệ đã cho có nghiệm (1 ;2), (2; 1),
+−
2
215
;
2
215
và
−+
2
215
;
2
215
.
Thí dụ 2. (Khối A-2006). Giải hệ phương trình
),(
411
3
Ryx
yx
xyyx
∈
=+++
=−+
Phân tích: Nhận thấy ngay đây là dạng hệ đối xứng loại 1 nhưng phải biến đổi pt
thứ 2 thì mới đặt ẩn phụ.
Lời giải. ĐK
0≥xy
,
1−≥x
,
1−≥y
.
Ta có hệ pt đã cho tương đương với
=+++++++
=−+
161)(211
3
yxxyyx
xyyx
.
Đặt
yxS +=
,
xyP =
(
PS 4
2
≥
) ,hệ đã cho trở thành
−=++
−=
SSP
SP
1412
3
⇔
+−=++
+−=
≤≤
2
2
28196)1(4
96
143
SSSP
SSP
S
)3(
)2(
)1(
Giải hệ trên được nghiệm thoã mãn S= 6, P=9.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
( )
yx;
là (3; 3)
.Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:
1.
=++
=++
17
5
3333
yyxx
yxyx
2.
=−+
=++
1
11
3
22
xy
yx
xyyyxx
3.2.2. –Hpt trở thành đối xứng loai 1 sau khi đặt ẩn phụ
( ) ( )
xvvxuu == ,
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình
++=++
+=++
1
21
22
2222
yxyxyyxx
xyyxyx
(x , y
)R∈
( )
( )
.2
1
Phân tích : Vai trò x và y ở pt (1) tạm thời thấy bình đẳng nhưng chuyển vế ở pt
(2) thì có x-y và xy ( hệ pt phản đối xứng ), ta đặt
yxu −=
,
xyv =
.
9
Lời giải. Ta có hệ pt đã cho tương đương với
=−+−+−
=−+−
01)()(
01)(
222
xyyxxyyx
yxyx
Đặt u =x-y, v=x.y, hệ đã cho trở thành :
=−++
=−+
01
01
22
vuvu
vu
Giải hệ phưong trình trên được
=
=
1
0
v
u
,
=
=
0
1
v
u
.
Từ đó tìm x, y ta được bốn nghiệm của hệ là : (-1; -1), (1; 1), (1; 0), (0; 1).
Thí dụ 2 . Giải hệ phương trình
=+++
=+++
4
11
4
11
42
22
yx
yx
yx
yx
(x , y
)R∈
.
Phân tích : Đây là hpt đối xứng loại 1 tuy nhiên nếu đặt ngay
yxS +=
,
xyP =
thì hệ pt sẽ rất phức tạp. Mặt khác 2 pt đã cho trong hệ có mối liên hệ với nhau
2
1
)
1
(
2
22
++=+
x
x
x
x
và
2
1
)
1
(
2
22
++=+
y
y
y
y
. Ta đặt
x
xu
1
+=
,
y
yv
1
+=
Lời giải. ĐK:
0≠x
,
0≠y
.
Đặt
x
xu
1
+=
,
y
yv
1
+=
(
2,2 ≥≥ vu
), hệ đã cho trở thành
=+
=+
8
4
22
vu
vu
, giải tìm
được u=2,v=2
. Từ đó suy ra
1== yx
.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là ( 1; 1)
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau
1.
=++
=−−
1
3
22
yxyx
xyyx
2.
=++
=+++
72)1)(1(
18
22
yxxy
yxyx
3.
=++
=++
21
7
4224
22
yyxx
xyyx
3.2.3. Hệ pt có một pt đối xứng. Ta thường chọn pt này biến đổi trước
Thí dụ 1. (Khối A-2003). Giải hệ phương trình
+=
−=−
12
11
3
xy
y
y
x
x
( x , y
)R∈
( )
( )
.2
1
Phân tích : pt(1) đối xứng có thể : hoặc có dạng
)()( yfxf =
,
)(tf
là hàm số đồng
biến hoặc có thể biến đổi làm xuất hiệ nhân tử chung.
Lời giải. ĐK:
0≠x
,
0≠y
.
Biến đổi pt (1). (1)
⇔
0
11
=+−−
yx
yx
⇔
( )
0
1
1 =
+−
xy
yx
−=
=
⇔
1xy
yx
.
10
+) x=y thay vào (2) , tìm được nghiệm
1=x
,
2
51±−
=x
+) xy=-1 thay vào (2) pt vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là ( 1; 1), (
2
51−−
;
2
51−−
), (
2
51+−
;
2
51+−
).
Thí dụ 2. Giải hệ phương trình
( )
( )
+=++
=+−+−
2
22
322
2
0)(2345
yxyxxy
yxyxyyx
(x , y
)R∈
( )
( )
2
1
.
Phân tích : (2) là pt đối xứng ta có thể đưa về tổng x+y và tích xy.
Lời giải. Biến đổi pt (2). (2)
⇔
( )
[ ]
( )
22
22 yxxyyxxy +=+−+
⇔
( )
2
yx +
( )
1−xy
- 2[
( )
1
2
−xy
]
⇔
( )
1−xy
( )
[ ]
022
2
=−−+ xyyx
=+
=
⇔
2
22
yx
yx
.
+) xy= 1
y
x
1
=⇒
, thay vào (1) giải pt được y=
1
±
.
Do đó pt có nghiệm (x; y ) là (1; 1), (-1; -1) (*)
+)
2
22
=+ yx
thay vào (1) ta có
022)2(345
222
=−−−+− yxyxxyyx
( )( )
012 =−−⇔ xyyx
=
=
⇔
1
2
xy
yx
Khi
yx 2=
kết hợp
2
22
=+ yx
ta tìm thêm được
( )
=
5
10
;
5
102
; yx
;
−−
5
10
;
5
102
(**)
Vậy hpt đã cho có 4 bốn nghiệm (
yx;
) ở (*) và (**).
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:
1.
+−=−+
=+−++−
222
222
)(31)(
0)(432
yxxyyxxy
yxyxyyx
2.
−=+−−
−=−
36)42)(4(
11
33
yxyx
y
y
x
x
3.2 4. Hệ là đối xứng loại II. Ta thường lấy pt này trừ pt kia và biến đổi về dạng
0),()( =− yxfyx
11
Thí dụ . Giải hệ phương trình
),(
752
725
Ryx
yx
yx
∈
=++−
=−++
.
Phân tích : Đây là hpt đối xứng loại 2 nhưng ta phải bình phương 2 vế các pt rồi
mới trừ vế với vế ph này cho pt kia thì xuất hiện
Lời giải. ĐK.
2≥x
,
2≥y
(*)
Hệ pt đã cho tương đương với
( )( )
=+−+++−
=−++−++
4952252
49)2)(5(225
yxyx
yxyx
( )
( )
2
1
lấy pt (1) trừ pt (2) và biến đổi ta có x=y.
Thay x=y vào pt (1) ta có pt :
xxx −=−+ 23103
2
11
46529103
023
22
=⇔
+−=−+
≥−
⇔ x
xxxx
x
(thoã mãn (*)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (11; 11).
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau
1.
+−=+
+−=+
)(21
)(21
23
23
xyyy
yxxx
2.
+=+−+
+=+−+
−
−
1322
1322
12
12
x
y
yyy
xxx
3.2.5.Hệ phương trình mà mỗi pt bậc của x,y có cùng bậc .
Nếu là hệ thuần nhất , ta thường xét x=0 (hoặc y=0) có phải là nghiệm không. Sau
đó khi x # 0 (y # 0) ta chia cả 2 vế của pt cho x, x
2
, x
3
(hoặc y, y
2
, y
3
) hoạc đặt x=ky.
Thí dụ 1. (Khối B-2009). Giải hệ phương trình
=++
=++
222
131
71
yxyyx
yxxy
( )
( )
2
1
Phân tích : -(1) là pt bậc nhất đối với x,y nên ta có thể làm như dạng 3.1.1
- Cũng có thể nhận thấy đây là hệ pt mà mỗi pt có bậc x, y như nhau nên ta chia lần
lượt (1) và (2) cho y và y
2
(sau khi đã xét y=0) . Ta sẽ nhìn ra ngay cách làm.
Lời giải. Nhận thấy y= 0 không phải là nghiệm của hệ.
Khi y # 0.Chia pt (1) cho y, pt (2) cho y
2
theo vế . Hệ pt đã cho tương đương với
=++
=++
⇔
=++
=++
13)
1
(
7)
1
(
13
1
7
1
2
2
2
2
y
x
y
x
y
x
y
x
y
y
x
x
yy
x
x
.
12
Đặt
y
xu
1
+=
,
y
x
v =
, hệ đã cho trở thành
=−
=+
13
7
2
vu
vu
.
Giải hệ trên được
=
=
3
4
v
u
,
=
−=
12
5
v
u
.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (3; 1),
3
1
;1
.
Thí dụ 2. Giải hệ phương trình
( )
+=+
+=+
22
33
151
164
xy
xyyx
( )
Ryx ∈,
( )
( )
2
1
Phân tích : Các pt cùng bậc với nhau .Pt (2) chỉ có bậc 2 ta chia cả 2 vế cho y
2
xuất
hiện
2
1
y
và (
)
y
x
nên ta chia 2 vế của pt (1) cho y
3
ta cũng sẽ có
2
1
y
và (
)
y
x
Lời giải. Nhận thấy y=0 không là nghiệm của hệ .
Hệ đã cho tương đương với
+=+
+=+
].
1
[51
1
1
.161
1
4)(
2
22
22
3
y
x
yy
y
y
x
y
y
x
Đặt
y
x
u =
,
2
1
y
v =
(
0>v
), hệ đã cho trở thành
=−+
+=+
0154
1614
22
223
uv
uvvu
( )
( )
2
1
Từ(2)
⇒
4
51
2
2
u
v
−
=
thay vào (1) tìm được
4
1
0 =⇒= vu
;
9
1
3
1
=⇒
−
= vu
thõa mãn
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (0; 2), (0; -2), (-1; 3), (1; -3).
Thí dụ 3. Giải hệ phương trình
=++
=++
82
1532
22
22
yxyx
yxyx
( )
Ryx ∈,
( )
( )
2
1
Phân tích : Đây là hpt thuần nhất bậc hai
=+++
=+++
0''''
0
22
22
dxycybxa
dcxybyax
, kiểm tra
x=0, y=0 có phải là nghiệm không sau đó đặt x=ky (k
)0≠
Lời giải. Ta có
0=x
,
0=y
không phải là nghiệm của hệ pt.
Đặt x=ky thì hệ đã cho trở thành
( )
( )
=++
=++
82
15132
22
22
ykk
ykk
( )
( )
4
3
Vì y
0≠
nên từ (3) và (4) suy ra
0229
2
=−+ kk
−=
=
⇔
11
2
k
k
13
+)Với
2=k
ta có
yx 2=
thay vào (2) ta được
11
2
±=⇔= yy
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (2; 1), (-2; -1) (*)
+) Với
11−=k
ta có
yx 11−=
thay vào (2) ta được
14
14
14
1
2
±=⇔= yy
Vậy h pt đã cho có nghiệm là (
14
14
;
14
1411−
), (
14
14
;
14
1411 −
) (**)
Kết luận : Hệ pt đã cho có bốn nghiệm ở (*) và (**).
Bài tập: Giải các hệ phương trình
1.
++
=++
=222
22
22
932
yxyx
yxyx
2.
−=−
=−
xyyx
xy
22
12
33
22
3.
=++
=+
22
1
322
33
yxyyx
yx
3.2.6 Nhóm làm xuất hiện các biểu thức như nhau trong mỗi pt rồi đặt ẩn phụ
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình
=−−−
=+−+
38923
143
22
22
yxyx
yxyx
(
), Ryx ∈
.
( )
( )
2
1
Phân tích: Ta để ý thấy ở (2) có
)3(393
22
xxxx −=−
và
)4(2)82(
22
+−=+− yyy
. Dễ thấy (1) cũng lập tức nhóm để có
)3(
2
xx −
và
)4(
2
+y
Lời giải. Hệ đã cho tương đương với
( ) ( )
( ) ( )
=+−−
=++−
34233
143
22
22
yyxx
yyxx
Đặt
( )
xxa 3
2
−=
,
( )
yyb 4
2
+=
hệ trở thành
=−
=+
323
1
ba
ba
⇔
=
=
0
1
b
a
⇒
=+
=−
04
13
2
2
yy
xx
⇒
4;0
2
133
;
2
133
==
−
=
+
=
yy
xx
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (
)0;
2
133 +
,
)4;
2
133
(
+
, (
0;
2
133 −
) , (
4;
2
133 −
).
Thí dụ 2. Giải hệ phương trình
=−++
=+−+−
0222
0964
22
224
yxyx
yyxx
(
), Ryx ∈
.
( )
( )
2
1
Phân tích : (2) là pt bậc nhất với y nhưng rút y theo x rồi thế vào(1) thì rất phức
tạp nhưng khi đó ta lại có thể thêm 2 vào x
2
để có thể phân tich thành nhân tử
24)1)(2(242)2(
222
=++⇔=+++ yxxxy
. Quay lại (1) có y
2
- 6y+9=
14
(y-3)
2=
=(y+1-4)
2
và
222224
)42(4)2(4 −+=−−=− xxxx
.Ta có lời giải.
Lời giải. Hệ
⇔
( )
( )
( )
( )
=++
=−+−
2412
432
2
2
2
2
yx
yx
⇔
( )
( )
( )
( )
=++
=−++−+
.2412
44142
2
2
2
2
yx
yx
Đặt
2
2
+= xu
(
2≥u
),
1+= yv
, hệ trên có dạng
( ) ( ) ( ) ( )
=
=+−+−+
⇔
=
=−+−
24
02828
24
444
222
uv
uvvuvu
uv
vu
( )
( )
4
3
Thay (4) vào (3) tìm được
10=+ vu
hoặc
2−=+ vu
(loại).
+) Với
=
=+
24
10
uv
vu
, giải tìm được
=
=
4
6
v
u
hoặc
=
=
.6
4
v
u
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (2; 2), (-2; 2), (
2
; 5), (-
2
; 5).
−=+++
−=++++
4
5
)21(
4
5
1
24
232
xyxyyx
xyxyyxyx
2.
=++
=++
64
9)2)(2(
2
yyx
yxxx
3.3 Giải pháp 3: Sử dụng đạo hàm giải một số hpt có chứa tham số
Thí dụ 1. Tìm m để hệ pt sau có nghiệm duy nhất
),(
1
02
Ryx
xyx
myx
∈
=+
=−−
( )
( )
2
1
Phân tích : (1) là pt bậc nhất đối với x và y , còn (2) là pt có 1 căn thức bậc 2 .
Vậy thì ta chuyển vế bình phương được pt bậc nhất với y. Lúc này ta rút được y
từ 2 pt cho ta đươc 1 pt mới 1 ẩn và tham số m (mũ một), ta có pt
)(xfm =
.Ta
sử dụng đạo hàm để xét pt
Lời giải. ĐK
0≥xy
.
Hệ đã cho tương đương với
−=
−=
xxy
mxy
1
2
⇔
( )
≠≤
−
=
−=
)0,1(
1
2
2
xx
x
x
y
mxy
⇒
( )
mx
x
x
−=
−
2
1
2
⇔
( )
.
121
2
2
2
x
xx
x
x
xm
−+
=
−
−=
15
Xét hàm số
=)(xf
x
xx 12
2
−+
(
0,1 ≠≤ xx
)
( )
2
2
1
'
x
x
xf
+
=
>0 (
0,1 ≠≤∀ xx
)
Bảng biến thiên
x
-
∞
0 1
( )
xf '
+ +
( )
xf
+
∞
-
∞
2
-
∞
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cần tìm là
2≥m
Thí dụ 2. (Khối D-2012). Tìm m để hệ pt sau có nghiệm
( )
−=−+
=++−
myxx
mxyxyx
21
22
2
23
(
Ryx ∈,
)
( )
( )
2
1
Phân tích theo 2 hướng: -Hai pt của hệ đều là bậc nhất đối với y nên ta rút y từ 2
pt rồi biến đổi tiêp đưa về dạng
)(xfm =
.( bạn đọc thử tìm hiểu )
-Vận dụng các phương pháp đã xét ở trên và nhận thấy ở (1) hệ số 2 có 2 lần xuất
hiện nên ta tìm nhóm lại đồng thời xem pt(2) có
2
x
, ta có
)(222
223
xxxxx −=−
và
)(
22
xxyxyyx −−=+−
.Vậy vế trái của (1) phân tích được thành nhân tử nên pt
(2) cũng sẽ nhóm để làm xuất hiện biêu thức như nhau( dạng 3.2.6)
Lời giải. Hệ đã cho tương đương với
( )
( )
( )
( )
−=−+−
=−−
myxxx
myxxx
212
2
2
2
Đặt
xxu −=
2
(
4
1
−≥u
),
yxv −= 2
, hệ trở thành
−=+
=
mvu
muv
21
⇔
( )
−−=
=+−+
.21
012
2
umv
mumu
( )
1
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm thoã mãn
4
1
−≥u
.
16
Với
4
1
−≥u
, ta có (1)
⇔
( )
uuum +−=+
2
12
⇔
12
2
+
+−
=
u
uu
m
.
Xét hàm số
( )
=uf
12
2
+
+−
u
uu
, với
4
1
−≥u
( )
( )
2
2
12
122
'
+
−+
=
u
uu
uf
,
( )
0' =uf
⇔
2
31+−
=u
,
2
31−−
=u
(loại)
Bảng biến thiên
u
4
1
−
2
31+−
+
∞
( )
uf '
+ 0 -
( )
uf '
2
32 −
8
5−
-
∞
Vậy giá trị
m
cần tìm là
2
32 −
≤m
.
Thí dụ 3.Tìm m để hpt:
=+−−−+
=−−+−
0231
0233
222
233
myyxx
xyyx
( )
( )
2
1
có nghiệm thực.
Phân tích : (1) là pt mà các số hạng chỉ có x hoặc y( xem 3.1.3) ta tìm cách
biến đổi về dạng
)()( vfuf =
Lời giải. ĐK:
11 ≤≤− x
,
20 ≤≤ y
Ta có (1)
⇔
233
323 yyxx −=−−
⇔
233
3)1(3)1( yyxx −=+−+
.
Hàm số
( )
23
3tttf −=
nghịch biến trên đoạn
[0;
2] nên:
(1)
⇔
yx =+1
⇒
(2)
⇔
012
22
=+−− mxx
Đặt
2
1 xv −=
⇒
∈v
[0; 1]
⇒
(2)
⇔
mvv =−+ 12
2
.
17
Hàm số
( )
12
2
−+= vvvg
đạt
( )
1min
]1;0[
−=vg
;
( )
2max
]1;0[
=vg
Vậy hệ phưong trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
21 ≤≤− m
.
Bài tập . Tìm m để các hệ phương trình sau có nghiệm thưc:
1.
=−+
=−
myxyx
xyx
22
2
242
2
2.
−=+++
=+++
1015
11
5
11
3
3
3
3
m
y
y
x
x
yx
yx
3.4.Giải pháp 4. Phương pháp đánh giá
Thí dụ 1 : Giải hệ phương trình
+=+
=+
2
22
2
1
xyx
yx
x
)2(
)1(
PT : Từ (1) ta có nhận xét
1≤x
;
1≤y
Suy ra
n
xx ≥
. Từ đây ta đáng giá pt
(2).
Lời giải. Từ (1) suy ra
10 ≤≤ x
,
≤0
1≤y
(3)
⇒
2
xx ≥
Do đó
≥+ x
x
2
2
0
+
2
x
≥
1+
2
x
⇔
2
xy +
≥
1+
2
x
1≥⇔ y
(4)
Kết hợp (3) và (4)
y⇒
=1, thay vào được x=1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (1; 1).
Thí dụ 2 : Giải hệ phương trình
−−=
++−=
262
43
3
3
yyx
xxy
Lời giải. Hệ đã cho tương đương với
−+=−
−+−=−
)2()1(22
)2()1(2
2
2
yyx
xxy
)2(
)1(
Nếu x>2 thì từ (1) suy ra y <2, điều này không thoã mãn (2).
18
Tương tự nếu x<2 cũng không là nghiệm của hpt.
Thay x=2 được y=2 .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (2; 2).
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau
1.
=+
=+
1
1
66
55
yx
yx
2.
+=
+−
+
+=
+−
+
xy
yy
xy
y
yx
xx
xy
x
2
3
2
2
3
2
92
2
92
2
19
PHẦN III : KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
Hệ Phương trình là một nội dung quan trọng trong chương trình môn toán lớp
10 nói riêng và bậc THPT nói chung. Nhưng đối với học sinh lại là một mảng
tương đối khó, đây cũng là phần nhiều thầy cô giáo quan tâm.
Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong các năm học giảng dạy lớp 12, được
học sinh đồng tình và đạt được kết quả, nâng cao khả năng giải hệ phương trình
giúp học sinh không còn ‘bó tay’với các bài toán về hpt trong các đề thi Cao Đẳng
– Đại Học . Cụ thể ở các lớp 12A4, 12A8 sau khi áp dụng sáng kiến này vào giảng
dạy thì số HS hiểu và có kỹ năng giải được cơ bản các dạng toán nói trên , kết quả
qua các bài tâp hư sau :
Năm
học
Lớp
Tổng
số
Điểm 8 trở lên Điểm từ 5 đến 8 Điểm dưới 5
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng
Tỷ lệ
2010-
2011
12A4 43 16 37 % 11 26% 16 37%
12A8 42 20 48 % 15 35 % 7 17 %
Kết quả thi Đại học đạt kết quả khả quan
Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn có nhiều thiếu sót và
hạn chế. Tôi rất mong được sự quan tâm của tất cả các đồng nghiệp bổ sung và góp
ý cho tôi. Tôi xin chân thành cảm ơn.
2. Kiến nghị. Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên
có nhiều hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phòng thư viện để nghiên cứu
học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
Nhà trường cần tổ chức các bổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ sách
lưu lại các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hàng năm để làm cở
sở nghiên cứu phát triển chuyên đề.
Học sinh cần tăng cường trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng học tập.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày16 tháng 3 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
20
21
