các phương pháp tư duy để giải quyết thành công hệ phương trình trong đề thi đại học

10 CÁCH GIẢI QUYẾT CÂU HỆ PHƯƠNG TRÌNH
TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI A, A1 NĂM 2014
Người viết: Cao Văn Tùng (giáo viên Toán - Trường THPT Lạng Giang số 2)
Đề thi khối A năm nay có 7 điểm đầu tiên rất cơ bản và không khó, tuy nhiên câu hệ phương
trình lại là một câu rất hay. Điểm then chốt để giải bài toán này là biến đổi phương trình 1 (PT1) từ đó
rút được x  12  y . Với cấu trúc vế trái (VT) của PT1 ta có thể dùng đầy đủ các phương pháp giải
như: Đại số; hình học; lượng giác và giải tích. Sau đây người viết xin đưa ra 10 cách giải quyết cho bài
toán này.

 x 12  y  y 12  x 2   12

.
Câu 8 (Đề thi đại học khối A, 2014): Giải hệ phương trình: 
 x3  8 x  1  2 y  2
Cách 1: Đưa PT1 về phương trình đẳng cấp.
12  y  0; y  2  0
Điều kiện xác định 
2
 y 12  x   0

Đặt t  12  y  y  12  t 2 phương trình (1) trở thành xt 

 2 

12  t 12  x   12  2 
2

2

12  t 12  x   12  xt
2

2

12  xt  0

2
2
2
2
144  12  x  t    xt   144  24 xt   xt 
12  xt
12  xt
 2 2

 3
x  t
 x  t  2 xt  0

x  t  x  12  y  y  12  x 2 thay vào PT(2) của hệ ta được:

x 3  8 x  1  2 10  x 2  x 3  8 x  3  2

  x  3  x 2  3x  1 





10  x 2  1

2 9  x 2 
10  x 2  1


2  x  3 
2  x  3
  x  3  x 2  3x  1 
0.
  0  x  3 do x  t  0 nên x 2  3x  1 
2


10  x  1 
10  x 2  1


Từ x = 3 suy ra y = 3. Khi đó  x; t    3;3 nên xt  9  12 thỏa mãn bài toán.
Vậy nghiệm của hệ là  x; y    3;3.
Cách 2: Phương pháp nhân liên hợp.
Từ PT1 của hệ ta biến đổi như sau:

x 12  y  y 12  x



2

  12 

x2  y

x 12  y  y 12  x

2



x 2 12  y   y 12  x 2 
x 12  y  y 12  x 2 

 12

 1  x 12  y  y 12  x 2   x 2  y  3 .
1




2
Cộng từng vế của PT1 và PT3 ta có: 2 x 12  y  x  12  y  x  12  y



2

0

 x  12  y  y  12  x 2 .
Đến đây ta giải tiếp như cách 1.
Cách 3: Dùng BĐT Côsi kiểu 1: ab 

a 2  b2
 a  0; b  0  .
2

Từ hệ ta rút được điều kiện: 2  y  12; x 2  12 với điều kiện này có
y 12  x2   1212  0  12 , do vậy nếu x < 0 suy ra: x 12  y  y 12  x2   12  x 12  y  12 vô

lý, vậy x  0.
x2 

Áp dụng BĐT Côsi ta có: x 12  y 
y 12  x 2  



12  y



2

2



12  x 2  y
2

y  12  x 2
2

Cộng từng vế ta có: x 12  y  y 12  x 2  

12  x 2  y 12  x 2  y

 12 , dấu “=” xảy ra khi:
2
2

y  12  x 2 .

Đến đây ta giải tiếp như cách 1.
Cách 4: Dùng BĐT Côsi kiểu 2: a 2  b 2  2 ab  2 ab .
Đặt t  12  y , khi đó y  12  t 2 , thế vào PT(1) ta có:
x 12  y  y 12  x 2   12  xt 

12  t 12  x   12 
2

2

2

144  12  x 2  t 2    xt   12  xt ,

đến

đây có thể bình phương đưa về đẳng cấp tiếp hoặc dùng bất đẳng thức Côsi như sau:
2

2

12  xt  144  12  x 2  t 2    xt   144  24 xt   xt   12  xt  12  xt
(do x2  t 2  2 xt  2 xt    x2  t 2   2 xt ), dấu bằng xảy ra khi x  t , hay y  12  x 2 .
Đến đây ta giải tiếp như cách 1.
Cách 5: Dùng BĐT Bunhiacopxki.
Đánh giá vế trái của PT(1) ta có:
2

 x 12  y  y 12  x2     x2  12  x2  






12  y



2

x
12  x 2

, đến đây có thể giải như sau:
12  y
y

2

 y   122 , nên VT  12 , dấu “=” xảy ra khi:



- Cách 5.1:

12  y
12  y
x
x
12  x 2



1 
2
y
y
12  y
12  x
12  12  y



t

hàm số f  t  

 2  f  x  

12  t 2

f



, f ' t  

12  y

12

12  t 
2

12  t 2



2

 2

sau đó xét

 0 hàm này đồng biến, khi đó



 x  12  y  y  12  x 2

- Cách 5.2: Đặt t  y khi đó 1 trở thành
2

x
12  t

2



12  x 2
 xt 
t

12  x 12  t
2

2

  xt   144  12  x 2  t 2    xt   x 2  t 2  12  x 2  y  12  y  12  x 2 .

Đến đây ta giải tiếp như cách 1.
Cách 6: Dùng lượng giác.
Trước hết chỉ ra x  0; y  0 (Theo cách 2). Từ PT(1) ta đặt như sau:
 
x  12 cos u; y  12sin 2 v , do x;y không âm nên cho u, v  0;  , thế vào PT(1) ta có:
 2

x 12  y  y 12  x 2   12  12 cos u. 12  12sin 2 v  12sin 2 v 12  12cos 2 u   12
 
 12cos u.cos v  12sin u.sin v  12  cos  u  v   1  u  v  k 2 , do chọn u, v  0;  nên u  v ;
 2

từ đó y  12sin 2 v  12  12cos 2 v  12  x 2 .
Đến đây ta giải tiếp như cách 1.
Cách 7: Đặt 3 ẩn phụ mới.
Đặt 12  x 2  u 2  u  0  ;12  y  v 2  v  0  ; y  w 2  w  0  ta có:
 xv  uw  12
 2
2
2
2
2
2
 x  u  12   x  u    v  w   2  xv  uv 
v 2  w 2  12

 x  12  y
x  v
2
2
  x  v   u  w   0  

 y  12  x 2 .
2
u

w


 12  x  y

Đến đây ta giải tiếp như cách 1.

3

2


Cách 8: Hình học (Cách 1).
Vế trái của PT1 rất giống tích vô hướng của hai vectơ vậy ta nghĩ đến hướng giải sau:


Đặt a  x; 12  x 2 ; b  12  y ; y ,



 




Khi đó a b  x 12  y  y 12  x 2  là VT của PT(1). (*)


 
a  x 2  12  x 2  12 ; b  12  y  y  12 , suy ra a b  12 là VP của PT(1). (**)
   
Trong hình học bao giờ ta cũng có BĐT hình học về vecto là : a b  a b , thực vậy: từ

 
   
 
 
 
 
 
a b  a b cos a ; b  a b  a b cos a ; b  a b dấu “=” xảy ra khi a ; b cùng phương







   
Từ (*) và (**) ta có : a b  a b



 


vậy a ; b cùng phương hay a  k b , mặt khác

 
a  b  12 nên k  1 .
 x   12  y
Với k  1 ta có 
vô lý vì 12  x 2 ; y đều dương.

2
 12  x   y
 x  12  y
Với k  1 ta có 
 y  12  x 2 .
2
 12  x  y

Đến đây ta giải tiếp như cách 1.
Cách 9: Hình học (Cách 2).
Viết lại PT1  x 12  y  y 12  x 2  12 nhận thấy x 2  12  x 2  12; y  12  y  12 nên



 

các điểm M x; 12  x 2 ; N



12  y ; y thuộc đường tròn  C  : x 2  y 2  12, có tâm là gốc tọa

độ O  0;0  , bán kính R  12 .
 
Để ý VT của PT1 chính là: OM .ON , mặt khác M ; N   C 

nên ta có:
   
 
 

OM .ON  OM ON cos OM ; ON  R 2 cos OM ; ON









 
 
 12cos OM ; ON  12 . Suy ra cos OM ; ON  1 hay M  N ,









 x  12  y
 y  12  x 2 ,
từ đó ta có 
2
 12  x  y

Đến đây ta giải tiếp như cách 1.

4


Cách 10: Phương pháp hàm số.
Xét hàm số: f  x   x 12  y  y 12  x 2  , coi là hàm số ẩn x và y là tham số. Từ PT1 ta rút
12  x 2  0
được 
 x   0;2 3  .
x  0

f ' x   12  y 

 xy
y 12  x

f ' x   0  12  y 

2



x y
12  x 2

 12  y 

x y
12  x 2

;

 0  x y  12  y . 12  x2

 x 2 y  12  y  .12  x2   x 2 y 144  12  y  x 2   y x 2  y  12  x 2 (1).

Do y   2;12  x 2  12  y  0;10  x  12  y   0;2 3  vì x không âm.

x y
Tiếp tục đạo hàm lần 2, f " x    12  y 

12  x 2


'

  y 12  x 2   x 2
 
 0, x  0;2 3  .
3

2

y 12  x 





Do vậy hàm số f  x  là hàm lồi, từ đó ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có f  x   12 , mặt khác từ PT1 của hệ ta có f  x   12 do vậy dấu “=” xảy ra từ
đo suy ra x  12  y  y  12  x 2 .
Đến đây ta giải tiếp như cách 1.

5