Một số phương pháp giải hệ phương trình trong kì thi tuyển sinh đại học

hướng dẫn đọc toàn văn báo cáo KQNC

!
!

Bạn muốn đọc nhanh
những thông tin cần thiết ?
Hy đọc qua Mục lục bên tay trái bạn trước khi
đọc báo cáo ( với Acrobat 4.0 trở lên, cho trỏ chuột vào
mỗi đề mục để đọc toàn bộ dòng bị che khuất )

! Chọn đề mục muốn đọc và nháy chuột vào đó
!
!

Bạn muốn phóng to hay thu nhỏ
trang báo cáo trên màn hình ?
Chọn, nháy chuột vào 1 trong 3 kích th
thưước
có sẵn trên thanh Menu

, hoặc

! Mở View trên thanh Menu, Chọn Zoom to
! Chọn tỷ lệ có sẵn trong hộp kích th
thưước
muốn,, Nhấn OK
hoặc tự điền tỷ lệ theo ý muốn

Chúc bạn hài lòng
với những thông tin đđưược cung cấp

LỜI CẢM ƠN
Trong suốt thời gian từ khi bắt đầu học tập ở giảng đường Đại học đến nay,
em nhận được rất nhiều sự quan tâm, giúp đỡ của quý thầy cô, gia đình và bạn
bè. Với lòng biết ơn sâu sắc nhất em xin được gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô ở
khoa Khoa học tự nhiên - Trường Đại học Quảng Bình.
Em xin chân thành cảm ơn thầy giáo TS. Nguyễn Thành Chung đã tận tâm
hướng dẫn em qua từng buổi học trên lớp, cũng như những buổi nói chuyện,
thảo luận về lĩnh vực sáng tạo trong nghiên cứu khoa học. Nếu không có những
lời hướng dẫn, dạy bảo của thầy thì em nghĩ khóa luận này của em rất khó có thể
hoàn thiện được.
Bước đầu đi vào thực tế, tìm hiểu về lĩnh vực sáng tạo trong nghiên cứu
khoa học, kiến thức em còn hạn chế và còn nhiều bỡ ngỡ, do vậy không tránh
khỏi những thiếu sót là điều chắc chắn. Em rất mong nhận được những ý kiến
đóng góp quý báu của quý thầy cô và các bạn.
Lời cuối xin chúc sức khỏe tất cả các thầy cô, chúc thầy cô luôn hoàn thành
tốt nhiệm vụ được giao.
Chân thành cảm ơn!

1


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU ........................................................................................................... 3
CHƯƠNG I: MỘT SỐ PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ............................... 4
1.1. PHƯƠNG PHÁP THẾ ............................................................................. 4
1.1.1. Nội dung phương pháp ...................................................................... 4
1.1.2. Bài tập minh họa: .............................................................................. 4
1.2. PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐ ............................................................ 9

1.2.1. Nội dung phương pháp ...................................................................... 9
1.2.2. Bài tập minh họa: .............................................................................. 9
1.3. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ........................................................... 13
1.3.1. Nội dung phương pháp .................................................................... 13
1.3.2. Bài tập minh họa: ............................................................................ 13
1.4. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA ................................................. 22
1.4.1. Nội dung phương pháp .................................................................... 22
1.4.2. Bài tập minh họa: ............................................................................ 23
1.5. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM SỐ ................................................. 27
1.5.1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. .................................................. 27
a. Nội dung phương pháp ....................................................................... 27
b. Bài tập minh họa ................................................................................ 27
1.5.2. Sử dụng GTLN, GTNN của hàm số để tìm giá trị tham số để hệ
phương trình có nghiệm. ............................................................................ 28
a. Nội dung phương pháp ....................................................................... 28
b. Bài tập minh họa ................................................................................ 29
1.5.3. Sử dụng đạo hàm ............................................................................. 30
a. Nội dung phương pháp ....................................................................... 30
b. Bài tập minh họa ................................................................................ 30
1.6. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ................................ 33
1.6.1. Nội dung phương pháp .................................................................... 33
1.6.2. Bài tập minh họa: ............................................................................ 33
1.7. PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ................................................................ 35
1.7.1. Nội dung phương pháp: ................................................................... 35
1.7.2. Bài tập minh họa: ............................................................................ 37
1.8. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC ........................................................ 44
1.8.1. Nội dung phương pháp .................................................................... 44
1.8.2. Bài tập minh họa: ............................................................................ 44
CHƯƠNG II: BÀI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ......................................
QUA CÁC KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC .................................................. 47

2.1. Hệ phương trình đại số ........................................................................... 47
2.2. Hệ phương trình vô tỉ ............................................................................. 60
2.3. Hệ phương trình mũ, lôgarit ................................................................... 68
KẾT LUẬN ...................................................................................................... 72
TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................ 73

2


MỞ ĐẦU
Toán học là một trong những môn học quan trọng. Đây là môn học tương
đối khó mang tính tư duy cao đòi hỏi người học phải chịu khó tìm tòi, khám phá
và say mê nghiên cứu. Một trong những đề tài lí thú của bộ môn này là “Hệ
phương trình” đã lôi cuốn nhiều nhà toán học và đã có những kết quả sâu sắc.
Các bài toán về hệ phương trình là một phần quan trọng của đại số ở THPT.
Nó rất phong phú đa dạng và thường xuyên xuất hiện trong các kì thi học sinh
giỏi, Cao đẳng và Đại học. Để giải tốt hệ phương trình hai ẩn không phải đơn
giản, cần phải vận dụng tốt các phương pháp, hình thành các kĩ năng trong quá
trình làm bài.
Việc vận dụng thành thạo và phát hiện các phương pháp giải toán hệ
phương trình, nâng cao chất lượng học và kiểm tra trong các kì thi Đại học được
xem như là một trong những sáng tạo của giải toán hệ phương trình và làm
phong phú thêm kho tàng các phương pháp giải toán hệ phương trình.
Xuất phát từ lí do trên tôi chọn đề tài: “Một số phương pháp giải hệ
phương trình trong kì thi tuyển sinh Đại học”với mục tiêu xây dựng các bài
toán hệ phương trình theo từng phương pháp giải, nâng cao khả năng tự học của
học sinh, phát huy năng lực tư duy của học sinh. Tôi đã phân tích, tổng hợp,
khai thác để tổng quan các công trình khoa học về các vấn đề thuộc phạm vi
nghiên cứu của đề tài, xây dựng hệ thống các bài toán hệ phương trình theo từng
phương pháp giải, giúp người học phát hiện và vận dụng sáng tạo các phương

pháp giải trong việc học tập và nghiên cứu, nâng cao thành tích trong các kì thi
Đại học.
Cấu trúc đề tài bao gồm:
Phần mở đầu.
Phần nội dung:
- Chương 1: Một số phương pháp giải hệ phương trình.
- Chương 2: Bài toán giải hệ phương trình qua các kì thi tuyển sinh đại học.
Kết luận.
Tài liệu tham khảo.

3


CHƯƠNG I: MỘT SỐ PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
1.1. PHƯƠNG PHÁP THẾ
1.1.1. Nội dung phương pháp
Từ một phương trình hoặc kết hợp hai phương trình của hệ ta biểu diễn ẩn
này qua ẩn kia hoặc một biểu thức này qua biểu thức khác và thế vào phương
trình còn lại chuyển về phương trình một ẩn (Có thể là ẩn phụ). Mục đích của
việc làm này là giảm số ẩn. Tùy thuộc vào đặc điểm của bài toán mà ta có những
cách biến đổi phù hợp. Trong phương pháp này ta cần lưu ý một số dấu hiệu sau.
+ Nếu trong hệ phương trình có một phương trình bậc nhất đối với một ẩn
thì ta rút ẩn đó qua ẩn kia thế vào phương trình còn lại và chuyển về giải phương
trình một ẩn.
+ Với hai số thực bất kì x  0 ; y ta luôn có y  tx (t là số thực cần tìm). Với
cách làm này ta sẽ được hệ phương trình một ẩn t.
+ Phương trình f  x; y   f  y; x  luôn có một cặp nghiệm x  y , do đó ta
luôn phân tích phương trình đã cho về dạng:  x  y  g  x; y   0 .
+ Trong hệ phương trình nếu biểu thức u  x  xuất hiện ở hai phương trình
thì ta có thể đặt t  u  x  .

1.1.2. Bài tập minh họa:
 x  2 y  51
Bài 1: Giải hệ phương trình:  2
2


 x  2 y  2 xy  5 2 

Giải:
Ta thấy (1) là một phương trình bậc nhất hai ẩn nên ta rút ẩn này qua ẩn
 y 1
y  2

kia. 1  x  5  2 y , thay vào  2 ta được:  2  10 y 2  30 y  20  0  
Với y  1 ta được x  3.
Với y  2 ta được x  1.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: x  3, y  1 và x  1, y  2
 x4  2x3y  x2 y2  2x  91
Bài 2: Giải hệ phương trình:  2
 I 

x  2xy  6x  6 2 
4


Giải:
Nhận xét x  0 không thỏa mãn hệ phương trình.
Xét x  0 , ta có  2   y 

x2  6x  6

 thế vào phương trình 1 , ta được:
2x
2

 x2  6x  6  2  x2  6x  6 
1  x  2x 
x 
  2x  9
2x
2x




4

3

x  0 lo¹i 
3
 x4  12x3  48x2  64x  0  x  x  4   0  
x  4

Với x  4  y  

17
.
4





Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm là:  x;y    4; 

17 
.
4 

Bài 3: (Đề thi đại học khối A, năm 2003)
1
1

 x  x  y  y 1

Giải hệ phương trình: 
2 y  x3  1 2 


Giải:
Cách 1:
Dễ thấy phương trình (1) có cặp nghiệm x  y , do đó ta biến đổi phương trình
(1) của hệ ra thừa số  x  y  .
Điều kiện xác định: x  0; y  0
 yx

1 
1  ( x  y) 1    0  
1
y
 xy 

x


+ Với y  x , thế vào  2 , ta được:
 x 1
 2  x  2 x  1  0   1  5
x

2
3

1
x

+ Với y   , thế vào  2 ta được:
2

2

1
1
3
 2  x  x  2  0   x2     x     0 (Phương trình vô nghiệm)
2 
2 2

4

5

Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm là:
 1  5 1  5 
 1  5 1  5 
( x; y)  (1;1),( x; y)  
;
;
 ,( x; y)  
 .
2
2
2
2





Cách 2:
Điều kiện xác định: x  0; y  0 .
x3  1
, thế vào 1 ta được:
 2  y 
2

1  x7  2x5  2x4  2x3  2x2  3x  2  0
  x  1  x6  x5  x 4  x3  3x 2  x  2   0

x  1
 6 5 4 3

2
 x  x  x  x  3x  x  2  0 (*)

+ Với x  1 ta được y  1 .
+ Giải phương trình (*) :

*  x4  x2  x 1  x  x2  x 1  2  x2  x 1  0
 x2  x  1  0
  x  x  1 x  x  2  0   4
x  x  2  0
2

4

+ Với x 2  x  1  0  x 

1  5
.
2
2

2

1
1
3
+ Với x 4  x  2  0   x2     x     0 (Phương trình vô nghiệm).
2 
2 2


Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm là:
 1  5 1  5 
 1  5 1  5 
;
;
.
 ,  x; y   
2 
2 
 2
 2

 x; y   1;1 ,  x; y   

Nhận xét: Ta thấy đối với hệ này dùng phương pháp rút thế trực tiếp sẽ rất khó
khăn. Do đó, tùy theo trường hợp để ta có cách biến đổi phù hợp.
Bài 4: (Đề tuyển sinh đại học khối B, năm 2005)
 x  1  2  y  1
2
3
3log9  9 x   log3 y  3

Giải hệ phương trình: 

6


Giải:
 x  1  2  y  11


2
3
3log9  9 x   log3 y  3 2 
x  1
0  y  2.

ĐK: 

 2  31  log3 x   3log3 y  3  log3 x  log3 y  x  y.
Thay y  x vào 1 ta có:
x 1  2  x  1  x 1  2  x  2


 x 1 2  x   1

 x 1 2  x   0  x  1,x  2.

Vậy hệ có hai nghiệm là:  x; y   1;1 và  x; y    2;2 .
Bài 5: (Đề thi đại học khối D, năm 2002)
23 x  5 y 2  4 y

Giải hệ phương trình:  4x  2x1
y
 x
 2 2

Giải:
23 x  5 y 2  4 y
3x

2
x

 x
2  5 y  4 y 
2  y  0
x 1


4  2
 x
 3
2
y


 x
2  y
 y  5y  4y  0
 2 2

2 x  y  0
x  0 x  2



y 1 y  4
 y  0 y  1  y  4

Vậy hệ có hai nghiệm là:  x; y    0;1 và  x; y    2;4 .

 x 2  xy  y 2  3
Bài 6: Giải hệ phương trình sau:  3
3
2 x  9 y   x  y  2 xy  3

1
 2

Giải:
Nếu chỉ xét từng phương trình một sẽ không làm được gì. Nhưng để ý hai
phương trình này bị ràng buộc với nhau bởi con số 3. Ta thấy khi thay 3 xuống
dưới ta sẽ ra một phương trình đẳng cấp.
Thế 3 từ trên xuống dưới ta có:
2 x3  9 y3   x  y   x 2  xy  y 2   x3  8 y3  x  2 y

7


1  3 y2  3  y  1, x  2.
Vậy hệ đã cho có nghiệm là:  x; y    2;1 ,  2; 1 .
 x  y  3 x  y

Bài 7: Giải hệ phương trình sau: 

 x  y  3 x  y  12

Giải:
x  y  0
x  y  0

ĐK: 

Ta thấy mỗi phương trình của hệ là phương trình một ẩn x  y và x  y , khi đó ta
có được hệ phương trình mới đơn giản hơn nhiều.
Để đơn giản về mặt hình thức ta đặt a  x  y , b  x  y  a, b  0 ta có hệ:
3
a3  a 2

a  0  a  1
 a a
 3


2
3
b  4


 b  b  12
b   b  12 

a  0  x  y  0  x  2


b  4
 x  y  4  y  2

+ Với 

5


x

a

1
x

y

1



2


+ Với 
b  4  x  y  4  y   3

2
5 3
Vậy nghiệm của hệ là:  x; y    2; 2  ,  ;   .
2

8

2

1.2. PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐ
1.2.1. Nội dung phương pháp
Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai ẩn x và y mà từ đó ta có thể tính được y
theo x (hoặc x theo y) rồi sử dụng phương pháp rút thế để giải hệ phương trình
đã cho.
1.2.2. Bài tập minh họa:
 y3  x2  x  11
Bài 1: Giải hệ phương trình:  3 2
 x  y  y  1 2

Giải:
Trừ từng vế của 1 cho  2 ta có:
y 3  x3  x 2  y 2  x  y
  y  x   y 2  yx  x2  x  y  1  0
  y  x   y 2  yx  x 2   x 2  y 2  x  y  0
  y  x   y 2  yx  x 2    y 2  x 2    y  x   0
  y  x   y 2  yx  x2  y  x  1  0

 y  x1
 2
2
 y  yx  x  x  y  1  0 2 

Thế  3 vào 1 ta có: x 3  x 2  x  1  0
 x  1

y  1
2
  x  1  x  1  0  
 x  1


 y  1

x  y
2
1

2
2
2
Xét  4    x  y    x  1   y  1   0   x  1

2
y  1


Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm:  x; y   1;1 và  x; y    1; 1 .

9


Bài 2: (Đề thi thử đại học trên báo TH & TT - Số 400, tháng 10 năm 2010)

y2  2
3
y

1

x2


Giải hệ phương trình: 
*
2
x

2
3x 
 2

y2

Giải:
Nhận xét: Từ 1 suy ra y  0 và từ  2 suy ra x  0 .
3 yx 2  y 2  2 3
*   2 2
3xy  x  2 4 
x  y
3xy    x  y 

Lấy  3 trừ  4 vế theo vế ta được: 3xy  x  y    y  x  y  x   
+ Với x  y thì  3  3x3  x2  2  0  x  1 , suy ra y  1

+ Với 3xy    x  y  . Ta có xy  0 và   x  y   0 nên trường hợp này hệ vô
nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:  x; y   1;1 .
 f  x; y   01

Chú ý: Hệ phương trình có dạng: 

 g  x; y   0 2 

với f  x; y   g  y; x  được gọi

là hệ đối xứng loại II. Để giải hệ này ta lấy 1 trừ  2 vế theo vế.
Bài 3: (Đề thi thử đại học trên báo TH & TT - Số 400, tháng 10 năm 2010)
 x3  y3  91
Giải hệ phương trình:  2
*
2
 x  2 y  x  4 y 2 

Giải:
Cách 1: (Cộng đại số)
Nhân hai vế của phương trình  2 với -3 rồi cộng với phương trình 1 , ta được:
x3  3x2  3x  y3  6 y 2  12 y  9   x  1   y  2   x  1  y  2  x  y  3 , thế vào
3

3

 y  1
 y  2

phương trình  2 , ta được  2   y 2  3 y  2  0  

Vậy hệ nghiệm phương trình đã cho có hai nghiệm là:  x; y    2; 1 và

 x, y   1; 2 .
10

Cách 2: (Đặt ẩn phụ)

 2   x  4 y 

3

  x2  2 y 2 

3

 3

Nhận xét y  0 không thỏa mãn hệ phương trình * .
Xét y  0 , đặt x  ty thì từ 1 và  3 ta có hệ phương trình:
 y3  t 3  1  9
 4


2
3
 y  t  4  y 6  t 2  2   5

Vì t  4 không thỏa  5 nên lấy  4 nhân  5 vế theo vế ta được phương trình:
1

t 

t 1 t  4  9 t  2   2t  1 t  2 t  2t  4  0   2
t  2

3

3

+ Với t  

2

3

3

2

1
ta được y  2 x thay vào 1 ta được 1  9x3  9  x  1 nên
2

y  2

+ Với t  2 ta được x  2 y thay vào 1 ta được 1  9 y3  9  y  1 nên
x2

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là:  x; y    2; 1 và  x; y   1; 2 .
Nhận xét: Hệ này áp dụng phương pháp cộng đại số ngắn gọn nhưng không tự
nhiên.
1
 2
2
1

 x  y  5
Bài 4: Giải hệ phương trình sau: 
4 x 2  3x  57   y  3x  1  2 

25

Giải:
25PT 1  50PT  2  225x2  25 y2 150x 119  150xy  50 y  0
2
 15 x  5 y   7 15 x  5 y     255 x  85 y  119   0



 15x  5 y 15x  5 y  7   17 15x  5 y  7   0
 15x  5 y  7 15x  5 y  17  =0
2 1
11 2
Đến đây dễ dàng tìm được nghiệm của hệ:  x; y    ;  ,  ; 
 5 5   25 25 

11


a x  b y  c xy  d1 x  e1 y  f1  0
Chú ý:  1 2 1 2 1
2

2



a2 x  b2 y  c2 xy  d2 x  e2 y  f 2  0

Nhận xét đây là hệ gồm hai tam thức bậc hai. Một tam thức phân tích được
nhân tử khi x hoặc  y của nó chính phương. Nếu  không chính phương, ta
chọn hằng số thích hợp nhân vào một hoặc cả hai phương trình để sao cho 
chính phương.
Như vậy phải tìm hằng số k sao cho PT 1  kPT  2 có thể phân tích thành
nhân tử
Đặt a  a1  ka2 , b  b1  kb2 , c  c1  kc2 , d  d1  kd2 , e  e1  ke2 , f  f1  kf2
Số k là nghiệm của phương trình sau với a  0
cde  4abf  ae2  bd 2  fc2

Nhận xét:
Phương pháp này rất mạnh và tốt để giải quyết nhanh gọn các hệ phương
trình hữu tỉ. Tuy nhiên nhược điểm trong quá trình làm là khá nhiều. Thứ nhất:
Tính toán quá nhiều. Thứ hai: Sử dụng nó một cách thái quá sẽ khiến bản thân
trở nên thực dụng, máy móc. Phương pháp này áp dụng cho các dạng cơ bản thì rất
tốt, nhưng dạng nâng cao thì tốt nhất không nên.

12


1.3. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
1.3.1. Nội dung phương pháp
Đặt a  f  x; y  và b  g  x; y  rồi tìm điều kiện của a và b (Nếu có). Sau đó
đưa hệ đã cho về hệ phương trình hai ẩn a và b mà có thể giải được bằng
phương pháp thế.
Các kĩ thuật hay dùng:
Sử dụng hằng đẳng thức để nhóm các số hạng.
Chia hai vế cho một biểu thức khác 0.

Chú ý: Muốn đặt được ẩn phụ ta phải quan sát, phân tích, tìm mối liên hệ
giữa các biểu thức, số hạng trong mỗi phương trình. Do đó, chúng ta phải làm
nhiều bài tập, từ đó mới tích lũy được các kinh nghiệm, sự linh hoạt trong các
phép đặt ẩn phụ.
1.3.2. Bài tập minh họa:
1 1

 x  y  x  y  5
Bài 1: Giải hệ phương trình: 
x2  y 2  1  1  9

x2 y 2

Giải:
1
x

Đặt: a  x  , b  y 
a  b  5
 2
2
a  b  4  9

a  b  5
 
ab  6

a  2
+ Với 
b  3

1
suy ra hệ phương trình đã cho tương với:
y

a  b  5
  2
2
a  b  13


a  b  5
 
2

 a  b   2ab  13

 a  2

b  3
 
 a  3

b  2



 1
 x  x  2


y  1  3

y



x  1


3 5
y 
2


13


+ Với

a  3

b  2



 1
 x  x  3

y  1  2


y


3 5
x 

2
y  1




Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm  x; y  là:
 3 5   3 5   3 5   3 5 
;1 ;1;
1;
 ;1;
 ;
 .
2
2
2
2

 
 
 


 f  x; y   01

Chú ý: Hệ phương trình có dạng: 
. Trong đó, khi hoán vị x, y thì
 g  x; y   0 2 

từng phương trình không đổi. Hệ này được gọi là hệ đối xứng loại 1.
Cách giải: Đặt S  x  y , P  xy và tìm S , P để suy ra nghiệm x , y bằng
cách giải phương trình X 2  SX  P  0 .
 x y  y x  30

Bài 2: Giải hệ phương trình: 

 x x  y y  35

Giải:







 xy x  y  30

 
x y
 x y




 





 xy x  y  30
 
 x  y x  xy  y  35


 x y  y x  30

 x x  y y  35

S  x  y



2





 x  0, y  0



 3 xy  35

Đặt: 

 S , P  0 , hệ phương trình trở thành:

SP  30


2
S
S

3
P

35




SP  30

 3
S

3
SP

35


P  xy

Do đó

SP  30
S  5

 3
P  6
S  125

x, y là hai nghiệm của phương trình: X2 – 5X + 6 = 0.

Từ đây suy ra nghiệm của hệ phương trình đã cho là:

 x; y    4;9 và  x; y   9;4 .

14


 x  y  xy  3

Bài 3: Giải hệ phương trình: 

2
2
 x  y  2x  2 y  6

Giải:

Đây không phải là hệ phương trình đối xứng loại 1, nhưng bằng phép đặt ẩn
phụ ta sẽ đưa hệ phương trình đã cho về hệ phương trình đối xứng loại 1.
x  t  tx  3

Đặt: t = - y ta được hệ: 

2
2
x  y  2 x  2t  6

S  x  t
. Hệ phương trình đã cho tương đương với:
 P  xt

Đặt: 

S  P  3

 2
S  2P  2S  6  0


P  3  S
 I 
 2

 S  2  3  S   2S  6  0

Giải phương trình thứ hai của  I  :
S 2  4S  12  0

 S 2  2S  6S  12  0
S  2  P  1
  S  2 S  6  0  
S  6  P  9
S  2
ta có x, t là các nghiệm của phương trình:
P  1

+ Với 

x  1
x  1
 
 y  1
t  1

X2 – 2X + 1 = 0  

S  6
ta có x, t là các nghiệm của phương trình:
P  9

+ Với 

X2 + 6X + 9 = 0  X1,2 = - 3
 x  3
t  3

Vậy 



 x  3

y  3

Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là:  x; y   1; 1 và  x; y    3;3 .
 x  y  1

Bài 4: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 

 x x  y y  1  3m

15


Giải:
Đặt: u  x , u  0 , v  y , v  0
u  v  1

u  v  1
 
uv  m
u  v  1  3m

Hệ phương trình đã cho trở thành: (I) 

3

3

 u, v là hai nghiệm của phương trình: X 2  X  m  0 (*).

Hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y)  hệ (I) có nghiệm u  0, v  0
 phương trình (*) có hai nghiệm X không âm.

  1  4m  0

 S  1  0
P  m  0


 0m

1
4

Bài 5: (Đề thi đại học khối B, năm 2002)
 3 x  y  x  y 1
 x  y  x  y  2 2 

Giải hệ phương trình: 

Giải:
Cách 1: (Đặt ẩn phụ)
Đặt u  6 x  y và v  x  y  2 (Điều kiện u  0 và v  0 ). Hệ đã cho trở thành:
u  1
 u 2  u3
u  0


hoặc 
 2

v  2  v  v  2
v  1 lo¹i 
 x y 0
x 1

x  y  2  4  y  1

+ Với u  0 và v  2 , ta có hệ: 

3

x


x  y  1
2

+ Với u  1 và v  2 , ta có hệ: 
x  y  2  4  y  1

2

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là:  x; y   1;1 và  x; y    ;  .
2 2
3 1



Cách 2: (Phương pháp thế)
x  y  0
, khi đó:
x  y  2  0

Điều kiện xác định: 

x  y  0 x  y

x  y  1
x  y 1

1   x  y 2   x  y 3  

16




+ Với x  y thế vào  2 ta được :
y  0
y  0


 2  2 y  2 y  2   2
1  y 1
4 y  2 y  2  0  y  1  y  


2

+ Với x  y  1 thế vào  2 ta được:
1

 y   2
2 y  1  0
1

 y
 2  2 y  1  2 y  3   2
2
4 y  2 y  2  0  y  1  y  1

2

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là:  x; y   1;1 và  x; y    ;  .
2 2
3 1





Bài 6: (Đề thi đại học khối A, năm 2008)
5
 2
3
2
 x  y  x y  xy  xy   4

 x, y 
Giải hệ phương trình: 
5
4
2
 x  y  xy 1  2 x   

4

.

Giải:
Một cách tự nhiên khi gặp hình thức này là ta tiến hành nhóm các số hạng lại.
5
5
 2
 2
2
3
2
 x  y  xy  xy  x  y    4
 x  y  x y  xy  xy   4

*

 x 2  y 2  xy   5
 x 4  y 2  xy 1  2 x    5


4

4
u  x 2  y
Đặt 
. Hệ * trở thành
v  xy

5

u  v  uv   4

u 2  v   5

4

5 2
5


v   4  u
u  0,v   4


u 3  u 2  u  0 u   1 ,v   3


4
2
2

 x2  y  0

25
5
5
+ Với u  0,v   ta có hệ phương trình 
.
5  x  3 và y   3
4
16
4
 xy  

4
1
2

+ Với u   ,v  

3
ta có hệ phương trình:
2

17


 2 3 1
3
 x  2 x  2  0 2 x  x  3  0
3

 x  1 và y   .


3
2
y   3
y  
2
x


2x

 5
 4

Hệ phương trình có 2 nghiệm là:  3 ;  3

3
25 

 và 1;   .
2
16 


Bài 7: (Đề thi đại học khối B, năm 2009)
2 2
2

1  xy  x y  13 y 1
Giải hệ phương trình: 


 x  1  xy  7 y 2 

Giải:
Nhận xét y  0 không phải là nghiệm của hệ. Chia hai vế của 1 cho y2 và của
2
 1
 x
1 x
2
 y 2  y  x  13  y  x   y  13
1  xy  x 2 y 2  13 y 2




 
 2 cho y , ta được: 
 x
 x  1  xy  7 y
 x  1 x7
 1
 y y
  y  x  y  7



1
y

x
y

Đặt a   x và b  , hệ đã cho trở thành:
a2  b  13 a 2  a  20  0  a  4;b  3



a  5;b  12
 ab  7
 b  7a
 1
1

 x  y  4  xy  1  4 y
x  1; y 


+ Với a  4;b  3 ta có hệ: 


3

 x  3y
 x 3
 x  3; y  1

 y
 1
 x  y  5


+ Với a  5;b  12 ta có hệ 
 x  12
 y

vô nghiệm.

1
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là:  x; y   1;  và  x; y   3;1
 3

Chú ý: Thao tác chia hai vế của phương trình cho một lượng khác 0 thường
sử dụng cho những hệ phương trình mà trong mỗi phương trình của hệ có một số
hạng có hệ số khác biệt so với hệ số của các số hạng còn lại.

18


 x 2  xy  y 2  19  x  y 2
Bài 8: Giải hệ phương trình:  2
2
 x  xy  y  7  x  y 

Giải:
Nhận xét vế trái đang có dạng bình phương thiếu, vậy ta thử thêm bớt để
đưa về dạng bình phương xem sao. Nên đưa  x  y  hay  x  y  . Hiển nhiên khi
2

2

nhìn sang vế phải ta sẽ chọn phương án đầu.
 x  y 2  3xy  19  x  y 2
Hệ phương trình đã cho tương đương 
2
 x  y   xy  7  x  y 

Đặt x  y  a và xy  b ta có hệ mới :
 x  y  0
 x  0, y  0

b  6a
 a  0,b  0   xy  6


  x  3, y  2
 2

x  y  1
a  b  7a
 a  1,b  6
 x  2, y  3

  xy  6
2

Vậy hệ đã cho có nghiệm là:  x; y   0;0 ,3;2 ,  2, 3  .
Bài 9: (Đề thi đại học dự bị khối B, năm 2005)
  x 2  y 2   x  y   131
 I 
Giải hệ phương trình:  2 2

 x  y   x  y   25 2 

Giải
Cách 1:(Đặt ẩn phụ)
  x  y 2  2 xy   x  y   13

 I   

2
 x  y   x  y   4 xy   25



  a 2  2b  a  13
 a3  2ab  13
a  1

 3

Đặt a  x  y và b  xy , hệ trở thành:  2
a  a  4b   25 a  4ab  25 b  6
 x  y  1  x  3; y  2

 xy  6
 y  2; y  3

Ta có: 

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là:  x; y   3;2 ; x; y    2; 3 .
Cách 2: (Đặt ẩn phụ)

Nhận xét với y  0 thì hệ  I  vô nghiệm.
19


Xét y  0 , đặt x  ty thì  I  trở thành:
 y 3  t 2  1  t  1  13
  t 2  1  t  1  13 3



*
 3 2
2
y
t

1
t

1

25
t

1
t

1

25


4
 
 
 
 


Nhận xét t  1 không phải là nghiệm của * nên lấy  4 chia cho  3 , vế theo vế
ta được:

t  1t  1  25  6t 2 13t  6  0  t  3t  2
t 2 1

13

2

3

+ Với t 

3
3y
hay x 
thì 1  y3  8  y  2, suy ra x  3 .
2
2

+ Với t 

2y
2
hay x 
thì 1  y3  27  y  3, suy ra x  2 .
3
3

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là:  x; y    3;2 và  x; y    2; 3 .
Chú ý: Hệ  I  ở ví dụ trên là một trường hợp đặc biệt của hệ sau đây (hệ
đẳng cấp):
n
n 1
n 1
n
m
m1
m1

 a0 x  a1 x y  ...an1xy  an y  b0 x  b1x y  ...  bm1xy  bm ym
 *
 p
p 1
p 1
p
q
q 1
q 1
q  
c

x

c
x
y

...

c
xy

c
y

d
x

d
x
y

...

d
xy

d
y

0

1
p

1
p
0
1
q

1
q


Trong đó m, n, p, q 

và n  q  m  p.

Để giải hệ * ta đặt x  ty , rồi tìm t . Có t thì sẽ tính được.
Bài 10: (Đề thi thử đại học lần 1 trường Hà Nội – Asterdam năm 2013-khối A)
5 x 2  3 y  x  3xy
*
Giải hệ phương trình:  3 2 2
3
 x  x  y  3y

Giải:
5x2  3xy  x  3 y
*

   3 3 2 2 (Hệ này ứng với n  2; m  1; p  3; q  2 )

 x  3y  x  y

5x2  x
 x0
3
2
x  x

+ Với y  0 thì *  

+ Với y  0 , đặt x  ty thì * trở thành:
 y 2  5t 2  3t   y  t  3  y  5t 2  3t   t  31



 3 3
2
2
3
2
 y  t  3  y  t  1
 y  t  3  t  1 2 

20


Vì t 3  3 không thỏa  2 nên t 3  3  0 . Lấy  2 chia 1 , vế theo vế ta được
phương trình:
5t 2  3t t  3


 4t 4  5t 2  9  0  t  1
t3  3 t 2 1

+ Với t  1 thì 1  y 

1
1
và x  y nên suy ra x  .
2
2

+ Với t  1 thì 1  y  1 và x   y nên suy ra x  1 .
Vậy hệ phương trình * có 3 nghiệm là:  x; y    0;0  , x; y    ;  ; x; y    1;1 .
2 2
1 1





 x  2log y  3m
Bài 11: Cho hệ phương trình: 
2

 x  3log y  1

Tìm m để hệ có cặp nghiệm  x; y  thỏa mãn x  1.
Giải:
x  0
y  0

Điều kiện: 

 x  2log y  3m
Biến đổi hệ về dạng: 

 x  6log y  1

u  x
Đặt 
;u  0

v  log y

Khi đó hệ có dạng:

u  2v  3m 
2v  3m  u
2v  3m  u
 2

 2
2

u  6v  1
u  3  3m  u   1 
 f  u   u  3u  9m  1  m1

Với x  1  x  1  u  1
Để hệ có cặp nghiệm  x; y  thỏa mãn x  1  1 có nghiệm u  1 (Chỉ có thể có

một nghiệm thỏa mãn điều kiện này do u1  u2  3  0 ).
 af 1  0  3  9m  0  m 

Vậy với m 

1
3

1
thỏa mãn điều kiện đầu bài.
3

21


1.4. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
1.4.1. Nội dung phương pháp
Phương pháp lượng giác hóa có thể áp dụng để giải hệ phương trình, đây là
một phương pháp khá rộng. Với mỗi bài toán lại có một nét riêng biệt, không bài
nào giống bài nào nên không thể có cách giải nào là hiệu quả với toàn bộ các bài
toán. Tuy nhiên ta có thể khái quát nội dung của phương pháp sử dụng hàm số
lượng giác để giải bài toán hệ phương trình là cách đổi biến lượng giác phù hợp
với các yêu cầu và giả thiết của bài toán. Từ đó sử dụng các công thức biến đổi
lượng giác quen thuộc để tìm ra lời giải cho bài toán:
Bước 1: Chọn một hoặc nhiều hàm số lượng giác phù hợp để thay biến của
bài toán bằng các giá trị lượng giác đó.
Việc chọn biến lượng giác để thay đổi cho biến cũ thông qua các dấu hiệu
đặc biệt của các biến trong bài toán và sự nắm bắt các dấu hiệu đó thông qua
miền giá trị và hình thức các công thức lượng giác thông dụng.
Chẳng hạn:

Đặt x  sin  hoặc x  cos ; khi x  1;1 .
Đặt x  tan  hoặc x  cot  ; khi x  .
Khi nhận thấy các biến tạo thành một công thức lượng giác ta có thể chọn
hàm số lượng giác tương ứng để có thể áp dụng được những công thức lượng
giác đó.
Bước 2: Sau khi đã chọn được các hàm số lượng giác phù hợp với bài toán
thì ta thay biến cũ bằng hàm số lượng giác vừa chọn, được một bài toán mới với
ẩn là các hàm số lượng giác. Giải bài toán mới bằng cách sử dụng các công thức
biến đổi lượng giác đã học.
Trước khi thay các hàm số lượng giác vào, chúng ta có thể biến đổi chúng
nếu bài toán quá “cồng kềnh”.
Bước 3: Cuối cùng, ta thực hiện bước trả lại biến, rồi kết luận bài toán.
Khi kết luận chúng ta cần lưu ý đề bài hỏi gì để tránh kết luận nhầm hay sai theo
bài toán mới khi thay các hàm số lượng giác.

22


1.4.2. Bài tập minh họa:
Dạng 1:

  
 x  m sin  ,    2 ; 2 
Nếu điều kiện của x là x  m thì ta có thể đặt 


 x  m cos  ,  0;  

Đặc biệt: m  1 đặt x  sin  hoặc x  cos
Dạng này thường gặp ở những bài toán cho trước điều kiện của biến hoặc

sau khi giải những điều kiện xác định của bài toán ta có được điều kiện trên.
Thường là điều kiện của căn thức có nghĩa, chẳng hạn m2  x2 .
Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện của biến số và có

x2  a2 thì đặt:

  
x  a tan  ;    ;  hoặc x  a cot  ;   0;  
 2 2

Đặc biệt a  0 thì đặt x  tan  hoặc x  cot 
2
2

x 1  y  y 1  x  11
Bài 1: Giải hệ phương trình: 

1  x 1  y   2 2 

Giải:
Điều kiện: x  1, y  1
Điều kiện này cho ta ý tưởng lượng giác hóa. Đặt x  sin a,y  sin b với
  
a,b   ; 
 2 2

Phương trình đầu tương đương
sin a cos b  sin b cos b  1  sin  a  b   1  a  b 



2

Phương trình (2) tương đương


b  
a

 2   1  sin a 1  sin b   2  1  sin a 1  cosa   2  
2 
b  
a  0

2
x  1,y  0(lo¹i)

x  0,y  1

Vậy hệ đã cho có nghiệm là:  x;y   0;1 

23


Dạng 2:
 x  m sin 
;   0; 2 
 y  m cos 

Nếu điều kiện là x2  y 2  m thì ta có thể đặt 

Đặc biệt: m  1 thì đặt x  sin  và y  cos  với    0;2 
 2( x  y) 1  4 xy   31
Bài 2: Giải hệ phương trình  2 2


 x  y  1 2 

Giải:
 x  sin 
 y  cos 

Đặt 

Khi đó, phương trình (2) thỏa mãn với mọi  .
Phương trình (1) tương đương với phương trình
2  sin   cos  1  2sin    3

1

 2. 2   450  .2   sin 2   3
2


 4sin   450  sin 2  sin 300   3

 8sin   450  .sin   150  cos  150   3
 4cos   150  cos 600  cos  2  300   3

 2cos  150   4cos  150  .cos  2  300   3

 2cos  3  450   3
  650  k1200

 k , l 
0
0



35

l
120




Vậy hệ phương trình có nghiệm như sau:
0
 x3  sin 3050

 x2  sin1850 
 x1  sin 65 
,

,

,

0 

0 
0
y

cos
65
y

cos185
y

cos305



 1
 2
 3
0
0
 x6  sin 2050

 x4  sin85 
 x5   sin 35 
,

,




0 
0
0

 y4  cos85 
 y5  cos35 
 y6  cos 205

Dạng 3:
Nếu điều kiện của x là x  m thì ta có thể đặt x 

24

m
 
;  0;   \  
cos 
2