Sáng kiến kinh nghiệm SKKN môn toán THPT một số dạng hệ phương trình và phương pháp giải

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
" MỘT SỐ DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI"

1


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

2


đúng và thích hợp khi gặp bài toán hệ giải phương trình từ phức tạp đưa về dạng đơn
giản.
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

3


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:

4


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
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.
 xy( xy + 2 y + 1) + y = 6 y 2 − 1 (1)
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình. 
( 2)
 xy + x = 4 y − 2

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 x =

4y − 2
( y = −1 không thõa mãn hệ ), thay vào (1) biến đổi rút
y +1

gọn ta được pt: 18 y 4 − 19 y 3 − y 2 + y + 1 = 0
y =1
x = 1
⇔ ( y − 1)(18 y − y − 2 y − 1) = 0 ⇔ 
1⇒
y =
x = 0

2
3

2

5


Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( x; y ) là (1; 1), (0;

1
).

2

 x 4 + 2 x 3 y + x 2 y 2 = 2 x + 9
(1)
( x, y ∈ R )
 2
( 2)
 x + 2 xy = 6 x + 6

Thí dụ 2. (Khối B-2008)Giải hpt

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 ( x 2 + xy ) 2
6x + 6 − x2
Lời giải. Từ (2) ta thấy x = 0 không phải là nghiệm , từ đó rút được y =
thế
2x
2

 x2

vào pt (1) ta có pt ⇔  + 3x + 3  = 2 x + 9
 2

x4
⇔
+ 9 x 2 + 9 + 3x 3 + 3x 2 + 18 x = 2 x + 9
4
x = 0
⇔

⇔ x = −4 (x=0 (loại trực tiếp từ
⇔ x + 12 x + 48 x + 64 x = 0
 3
2
x
+
12
x
+
48
x
+
64
=
0

17
hệ đã cho).Suy ra y = .
4
4

3

2




Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là  − 4;

17 
.
4

Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:
 x4 + 2x2 y = 3
1. 2
2
x + y + y = 3

 x − 1 + 2 − y = 1
2.
3 log 9 (9 x 2 ) − log 3 y 3 = 3

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
 x 2 + xy − 3 x − y + 2 = 0
(1)
x, y ∈ R )
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình  2
(
( 2)
 x + y 2 = 2

Phân tích : -(1) là pt bậc nhất nên ta cũng nghĩ rút y, ta sẽ nhóm (1) thành 2 biểu thức
( x 2 − 3 x + 2) và y ( x − 1)

6

- Tiếp tục nhìn dễ dàng x 2 − 3 x + 2 = ( x − 1)( x − 2) . Vậy ta có lời giải
Lời giải. Ta có (1) ⇔ ( x 2 − 3 x + 2) + ( xy − y ) = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 2 ) + y ( x − 1) = 0
⇔ ( x − 1) ( x − 2 + y ) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = − y + 2 .

+)Với x = 1 , thay vào (2) được y = ±1 .
+) Với x = − y + 2 , thay vào (2) được 2( x − 1) 2 = 1 ⇐ x = 1 ⇒ y = 1.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( x; y ) là (1; 1) và (1; -1).
 y 2 = (5 x + 4)(4 − x)
(1)
x, y ∈ R )
Thí dụ 2. Giải hệ phương trình  2
(
( 2)
 y − 5 x 2 − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0

Phân tích : Biến đổi vế trái của (1) : VT = −5 x 2 + 16 x + 16 . Ta thấy có mối quan hệ với
pt (2) nên ở pt (2) ta nhóm ( − 5 x 2 + 16 x + 16 ) và thay bởi y
Lời giải. Từ (1) ⇒ y 2 = −5 x 2 + 16 x + 16 thế vào (2) ta được
2 y 2 − 4 xy − 8 y = 0 ⇔ 2 y ( y = 2 x − 4) = 0 ⇔ y = 0 hoặc y = 2 x + 4

Lần lượt thế vào phương trình (1) ta cũng được nghiệm hệ đã cho ( x; y ) là (0; 4) , (4; 0) ,
−4 
;0 

 5 
 xy + x + y = x 2 − 2 y 2
(1)
( x, y ∈ R )
Thí dụ 3. (Khối D-2008). Giải hpt 
( 2) .

 x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y

Phân tích : Sau khi đặt điều kiện, ta tìm cách biến đổi một pt
Nhận thấy ở pt (1) chuyển y 2 sang vế trái thì vế phải là hằng đẳng thức
x 2 − y 2 = ( x − y )( x + y ) và vế trái lúc này xy + x + y + y 2 = ( x + y )( xy + 1) . Như vậy pt (1)
đã được phân tích thành nhân tử.
Lời giải. ĐK x ≥ 1 , y ≥ 0 (*).
PT (1) ⇔ xy + x + y + y 2 − ( x 2 − y 2 ) = 0
x = − y
⇔ ( x + y )( y + 1 − x + y ) = 0 ⇔ 
 x = 2 y + 1.
+) x = − y ( không thoã mãn (*)).
7


+) x = 2 y + 1 , thay vào (2) ta được ( 2 y + 1) 2 y − y 2 y = 2( y + 1)
⇔ ( y + 1)

(

)

2 y = 2( y + 1)

⇔ 2 y = 2 (Vì y ≥ 0)

⇔ y = 2 ⇒ x = 5.

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là (5; 2) .
Cách khác: Coi (1) là phương trình bậc 2 theo x hoặc y .

Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:

x2 + y2 + x + y = 3 = 0
1. 2
2
 x − 3 y + 2 xy − x + 5 y − 2 = 0

 x 2 − 2 y 2 − xy − 3 y − 1 = 0
2.
2 x+1 + 2 y + 2 = 5


 f (u ) = f (v)
, trong đó f (t ) là hàm số đơn điệu và liên tục trên miền
 f (u , v) = c
xác định của nó thì có thể suy ra u = v rồi thế vào pt còn lại.

3.1.3 .Hệ có dạng 

Thí dụ 1. (Đề thi HSG -2012). Giải hệ phương trình
2 2 x− y − 2 x+ y = ( x + y ) x + y − ( 2 x − y ) 2 x − y
(1)
(
∀
x
,
y
∈
R
)


( 2)
3 y − 2( x − 1) 3 + 1 = 0

Phân tích: Nhận thấy pt(1) nhiều lần (2 x − y ) và ( x + y ) . Ta nhóm chúng lại và lập tức
thấy pt có dạng f (u ) = f (v)
Lời giải. Biến đổi (1), ta có

{

(1) ⇔ 2 2 x− y + (2 x − y ) 2 x − y = 2 x+ y + ( x + y ) x + y , ∀x, y ∈ R (3)

Đk: x ≥ y .
Xét hàm số f (t ) = 2t + t t , ∀t > 0
f ' (t ) = 2 t ln 2 + t +

t
2 t

> 0 , ∀t > 0

Hàm số f (t ) đồng biến khi t > 0
Từ pt (3) ta có f (u ) = f (v) ⇔ 2 x − y = x + y ⇔ x = 2 y , thay vào (2) được pt
3

y + 1 = 2( x − 1) 3 (3).

8

Đặt
Trừ

3

t = (2 y − 1) 3
y = 2t − 1, pt (3) có dạng 
,
 y = (2t − 1) 3

theo

vế

hai

pt

trên

,

( t − y ) [2(2 y − 1) 2 + 2(2 y − 1)(2t − 1) + 2(2t − 1) 2 + 1] = 0

biến

[

đổi

ta

được

(

]

⇔ t − y = 0 (Vì g (t , y ) = 2( 2 y − 1) 2 + 2( 2 y − 1)(2t − 1) + 2( 2t − 1) 2 + 1 > 0, ∀y, t
⇔ y = (2 y − 1) 3 ⇔ y = 1 ⇒ x = 2 thoã mãn (*).

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x y) là (2; 1).

(

)

 4 x 2 + 1 x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
(1)
∈ R)
Thí dụ 2. (Khối A -2010). Giải hpt  2
(x,
y
( 2 ).
4 x + y 2 + 2 3 − 4 x = 7
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 f (u ) = f (v) . Đầu tiên là trong căn có 2y ta nhân

2 vế với 2 thì có 2x biểu thức có dạng ( 4 x 2 + 1)2 x + ( 2 y − 6) 5 − 2 y . Ta lai có (2 x) 2 = 4 x 2
như vậy ( 5 − 2 y ) 2 = 5 − 2 y . Ta chuyển vế và biến đổi tiếp

3
5
Lời giải. ĐK. x ≤ , y ≤ .
4

2

Ta có (1) ⇔ ( 4 x 2 + 1)2 x = ( 5 − 2 y + 1) 5 − 2 y (3).

Ta thấy pt (3) có dạng f ( 2 x ) = f ( 5 − 2 y ) , với f ( t ) = (t 2 + 1) t
f ' ( t ) = 3t 2 + 1 >0, ∀t ∈ R , f ( t ) là hàm đồng biến liên tục với mọi t > 0.

3

0
≤
x
≤

4
⇔
⇔
2
x
=
5
−
2
y
Do đó (3)


2
 y = 5 − 4x

2

Phương trình (2) trở thành
Nhận thấy x=0, x=

25
− 6 x 2 + 4 x 4 + 2 3 − 4 x = 7 (*)
4

3
không phải là nghiệm của pt (*).
4

Xét hàm số g ( x ) = 4 x 4 − 6 x 2 + 2 3 − 4 x −

3
3
trên khoảng (0; )
4
4
9


g ' ( x ) = 16 x 3 − 12 x −

4

4
3
= 4 x(4 x 2 − 3) −
< 0 ∀x ∈ (0; )
3 − 4x
3 − 4x
4

Suy ra hàm số g ( x ) nghịch biến trong khoảng (0;

3
).
4

1
2

1
2

Mặt khác g   = 0 . Do đó (*) có nghiệm duy nhất x = .
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x y) là (

1
; 2).
2

Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:
x − 4 y + 2 x − 1 − 2 2 y − 1 = e
1.

y 3 − 3 xy + 5 y 2 + 2 x = 4

2

2

2y

−e

x

e x − e y = x − y

2.
x
log
(
) + log 2 (4 y 3 ) = 10
2

y


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 S = x + y , P = xy
( đk: S2 ≥ 4P),
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình
 x 3 y (1 + y ) + x 2 y 2 (2 + y ) + xy 3 − 30 = 0
(1)

∈ R)
(x
,
y
 2
( 2 ).
 x y + x + xy + xy 2 + y = 11

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
 xy( x 2 + y 2 + x 2 y + xy 2 + 2 xy ) = 30
 xy ( x + y )( x + y + xy ) = 30
⇔

 xy ( x + y ) + x + y + xy = 11
 xy( x + y ) + x + y + xy = 11
 PS ( P + S ) = 30
 PS + P + S = 11

Đặt S = x + y , P = xy , ( S 2 ≥ 4 P ) hệ đã cho trở thành 

Giải hệ phưong trình trên theo phưong pháp thế (hoặc đặt u =P+S, v =P.S ), ta được
S = 3
,
P = 2

nghiệm 

S = 2

S = 5
(loại); 
,

P = 3
P = 1

S = 1
(loại).

P = 5

10


 5 − 21 5 + 21 
 5 + 21 5 − 21 
 và 
 .
;
;
2
2
2
2





Vậy hệ đã cho có nghiệm (1 ;2), (2; 1), 

 x + y − xy = 3

Thí dụ 2. (Khối A-2006). Giải hệ phương trình 

 x + 1 +

( x, y ∈ R )

y +1 = 4

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 xy ≥ 0 , x ≥ −1 , y ≥ −1 .
 x + y − 3 = xy

Ta có hệ pt đã cho tương đương với 

 x + 1 + y + 1 + 2 xy + ( x + y ) + 1 = 16

.

Đặt S = x + y , P = xy ( S 2 ≥ 4 P ) ,hệ đã cho trở thành
3 ≤ S ≤ 14
(1)
 P = S − 3

(2)
⇔ P = S 2 − 6S + 9


2 P + S + 1 = 14 − S

2
4( P + S + 1) = 196 − 28S + S (3)

Giải hệ trên được nghiệm thoã mãn S= 6, P=9.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) là (3; 3)
.Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:
 x + xy + y = 5
1.  3
3 3
3
 x + x y + y = 17

 x + x 2 y 2 + y = 3xy

2.  1 1
 x + y − xy = 1


3.2.2. –Hpt trở thành đối xứng loai 1 sau khi đặt ẩn phụ u = u ( x ) , v = v( x )
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình

 x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 + 2 xy
(1)
∈ R)
(x
,
y


( 2 ).
 x + x 2 y + xy = xy 2 + y + 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 u = x − y , v = xy .
( x − y ) 2 + x 2 y 2 − 1 = 0
Lời giải. Ta có hệ pt đã cho tương đương với 
( x − y ) + xy ( x − y ) + xy − 1 = 0

11


u 2 + v 2 − 1 = 0
Đặt u =x-y, v=x.y, hệ đã cho trở thành : 
u + uv + v − 1 = 0
u = 0 u = 1
,
.
v = 1 v = 0

Giải hệ phưong trình trên được 

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

1 1

x

+
y
+
+ =4

x y

(x , y ∈ R ) .

1
1
2
2
x + y +
+
=4

x2 y4

Phân tích : Đây là hpt đối xứng loại 1 tuy nhiên nếu đặt ngay S = x + y , P = xy thì hệ pt
sẽ rất phức tạp. Mặt khác 2 pt đã cho trong hệ có mối liên hệ với nhau
1 2
1
1
1
1
1
2
( x + ) 2 = x 2 + 2 + 2 và ( y + ) = y + 2 + 2 . Ta đặt u = x + , v = y +
y

y
y
x
x
x

Lời giải. ĐK: x ≠ 0 , y ≠ 0 .
Đặt u = x +

u + v = 4
1
1
v
=
y
+
u
≥
2
,
v
≥
2
,
(
), hệ đã cho trở thành  2
, giải tìm được
2
y
x

u + v = 8

u=2,v=2 . Từ đó suy ra x = y = 1 .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là ( 1; 1)
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau
 x − y − xy = 3
 x 2 + y 2 + x + y = 18
1.  2
2. 
3.
2
 x + xy + y = 1
 xy( x + 1)( y + 1) = 72

 x 2 + y 2 + xy = 7
 4
 x + x 2 y 2 + y 4 = 21

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

1
1

(1)
x − x = y − y
( x , y ∈ R)

( 2 ).
2 y = x 3 + 1



Phân tích : pt(1) đối xứng có thể : hoặc có dạng f ( x) = f ( y ) , f (t ) là hàm số đồng biến
hoặc có thể biến đổi làm xuất hiệ nhân tử chung.

12


Lời giải. ĐK: x ≠ 0 , y ≠ 0 .
Biến đổi pt (1).

(1) ⇔ x − y −

1 1
x = y

1 
+ = 0 ⇔ ( x − y ) 1 +  = 0 ⇔ 
.
x y
xy 

 xy = −1

+) x=y thay vào (2) , tìm được nghiệm x = 1 , x =

−1± 5
2

+) xy=-1 thay vào (2) pt vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là ( 1; 1), (

−1− 5 −1− 5
−1+ 5
;
), (
;
2
2
2

−1+ 5
).
2
5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0
Thí dụ 2. Giải hệ phương trình 
(x , y ∈ R )
2
2
2
 xy x + y + 2 = ( x + y )

(

)

(1)
.
( 2)

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) ⇔ xy ( x + y ) 2 − 2 xy + 2 = ( x + y ) 2
⇔ ( x + y ) 2 ( xy − 1) - 2[ ( xy ) 2 − 1 ]
x = y
.
⇔ ( xy − 1) ( x + y ) 2 − 2 xy − 2 = 0 ⇔  2
2
x
+
y
=
2


[

+) xy= 1 ⇒ x =

]

1
, thay vào (1) giải pt được y= ± 1 .
y

Do đó pt có nghiệm (x; y ) là (1; 1), (-1; -1)

(*)

+) x 2 + y 2 = 2 thay vào (1) ta có
5 x 2 y − 4 xy 2 + 3( 2 − x 2 ) y − 2 x − 2 y = 0
x = 2 y
⇔ ( x − 2 y )( xy − 1) = 0 ⇔ 
 xy = 1
 2 10 10   − 2 10 − 10 
 ; 

;
;
5
5
5
5

 


Khi x = 2 y kết hợp x 2 + y 2 = 2 ta tìm thêm được ( x; y ) = 
(**)

13


Vậy hpt đã cho có 4 bốn nghiệm ( x; y ) ở (*) và (**).
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:
− x 2 y + 2 xy 2 + 3 y 2 − 4( x + y ) = 0

1. 
 xy( x 2 + y 2 ) − 1 = 3xy − ( x + y ) 2

1
1

x − 3 = y − 3
x
y
2. 
( x − 4 y )(2 x − y + 4) = −36


3.2 4. Hệ là đối xứng loại II. Ta thường lấy pt này trừ pt kia và biến đổi về dạng
( x − y ) f ( x, y ) = 0
 x + 5 + y − 2 = 7
( x, y ∈ R ) .
Thí dụ . Giải hệ phương trình 
 x − 2 + y + 5 = 7

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. x ≥ 2 , y ≥ 2 (*)
 x + 5 + y − 2 + 2 ( x + 5)( y − 2) = 49 (1)
Hệ pt đã cho tương đương với 
 x − 2 + y + 5 + 2 ( x − 2)( y + 5) = 49 ( 2 )

lấy pt (1) trừ pt (2) và biến đổi ta có x=y.
Thay x=y vào pt (1) ta có pt :

x 2 + 3x − 10 = 23 − x

23 − x ≥ 0
⇔ 2
⇔ x = 11 (thoã mãn (*)
2
x
+
3
x
−
10
=
529
−
46
x
+
x


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (11; 11).
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau
2
 3
1.  x3 + 1 = 2( x 2 − x + y )
 y + 1 = 2( y − y + x)

2.

 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1

 y + y 2 − 2 y + 2 = 3 x−1 + 1

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, x2, x3(hoặc y, y2, y3) hoạc đặt x=ky.

14


 xy + x + 1 = 7 y

Thí dụ 1. (Khối B-2009). Giải hệ phương trình 

2 2
2
 x y + xy + 1 = 13 y

(1)
( 2)

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 y2 (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

x 1
1
x


x
+
+
=
7
(
x
+
)
+
=7


y
y
y
y


⇔
.

x
1
1

x
2
2
x + +
= 13 ( x + 2 ) + = 13


y y2
y
y

Đặt u = x +

1
x
, v = , hệ đã cho trở thành
y
y
u = 4
,
v = 3

Giải hệ trên được 

u + v = 7
.
 2
u
−
v

=
13


u = −5
.

v = 12
 1
 3

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (3; 1), 1;  .
Thí dụ 2. Giải hệ phương trình

 x 3 + 4 y = y 3 + 16 x
(1)
(
)
x
,
y
∈
R

( 2)
1 + y 2 = 5 1 + x 2

(

)

Phân tích : Các pt cùng bậc với nhau .Pt (2) chỉ có bậc 2 ta chia cả 2 vế cho y 2 xuất hiện
1
1
x
x
3
)
)
và
(
nên
ta
chia
2
vế
của
pt
(1)
cho
y
ta
cũng
sẽ
có
và
(
y
y
y2

y2

Lời giải. Nhận thấy y=0 không là nghiệm của hệ .
1
x 1
 x 3
( y ) + 4 y 2 = 1 + 16 y . y 2

Hệ đã cho tương đương với 
2
 1 + 1 = 5[ 1 +  x  ].
 y2
y 2  y 


15


Đặt u =
Từ(2)

x
,
y

v=

⇒ v2 =

1

( v > 0 ), hệ đã cho trở thành
y2

1 − 5u 2
4

thay vào (1) tìm được

u 3 + 4v 2 = 1 + 16uv 2
 2
4v + 5u 2 − 1 = 0

u =0⇒v=

(1)
( 2)

1
−1
1
u=
⇒ v = thõa
;
4
3
9

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

2 x 2 + 3xy + y 2 = 15
 2
 x + xy + 2 y 2 = 8

( x, y ∈ R )

(1)
( 2)

ax 2 + by 2 + cxy + d = 0
Phân tích : Đây là hpt thuần nhất bậc hai  2
, kiểm tra x=0, y=0
a' x + b' y 2 + c' xy + d ' = 0
có phải là nghiệm không sau đó đặt x=ky (k ≠ 0)

Lời giải. Ta có x = 0 , y = 0 không phải là nghiệm của hệ pt.

(
(

)

 2k 2 + 3k + 1 y 2 = 15
Đặt x=ky thì hệ đã cho trở thành  2
 k + k + 2 y 2 = 8

)

( 3)
( 4)

k = 2
k = −11

Vì y ≠ 0 nên từ (3) và (4) suy ra k 2 + 9k − 22 = 0 ⇔ 

+)Với k = 2 ta có x = 2 y thay vào (2) ta được y 2 = 1 ⇔ y = ±1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (2; 1), (-2; -1)

(*)

1
14
+) Với k = −11 ta có x = −11y thay vào (2) ta được y 2 = ⇔ y = ±
14

Vậy h pt đã cho có nghiệm là (

14

− 11 14 14
11 14 − 14
), (
) (**)
;
;
14
14

14
14

Kết luận : Hệ pt đã cho có bốn nghiệm ở (*) và (**).
Bài tập: Giải các hệ phương trình
1.

 x 2 + 2 xy + 3 y 2 = 9
 2
2 x + 2 xy + y 2=2

2.

2 y 2 − x 2 = 1
 3
2 x − y 3 = 2 y − x

3.

 x 3 + y 3 = 1
 2
 x y + 2 xy 2 + y 3 = 2

3.2.6 Nhóm làm xuất hiện các biểu thức như nhau trong mỗi pt rồi đặt ẩn phụ

16


 x 2 + y 2 − 3x + 4 y = 1
(1)

x, y ∈ R ) .
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình  2
(
( 2)
3 x − 2 y 2 − 9 x − 8 y = 3

Phân tích: Ta để ý thấy ở (2) có 3 x 2 − 9 x = 3( x 2 − 3 x) và − (2 y 2 + 8 y ) = −2( y 2 + 4) . Dễ
thấy (1) cũng lập tức nhóm để có ( x 2 − 3 x) và ( y 2 + 4)

(

) (
) (

)

 x 2 − 3x + y 2 + 4 y = 1
Lời giải. Hệ đã cho tương đương với  2
3 x − 3x − 2 y 2 + 4 y = 3

(

Đặt a = ( x − 3 x ) , b = ( y + 4 y ) hệ trở thành
2

2

)

 x 2 − 3 x = 1

a + b = 1
a = 1

⇔ 
⇒  2
⇒

 y + 4 y = 0 
3a − 2b = 3
b = 0

3 + 13
3 − 13
;x =
2
2
y = 0; y = 4

x=

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (

3 + 13
3 + 13
3 − 13
;0) , (
;4) , (
;0 ) , (
2
2

2

3 − 13
;4 ).
2
 x 4 − 4 x 2 + y 2 − 6 y + 9 = 0
(1)
x, y ∈ R ) .
Thí dụ 2. Giải hệ phương trình  2
(
( 2)
 x y + x 2 + 2 y − 22 = 0

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 x2 để có thể phân tich thành nhân tử
y ( x 2 + 2) + x 2 + 2 = 24 ⇔ ( x 2 + 2)( y + 1) = 24 . Quay lại (1) có y2 - 6y+9=
(y-3)2==(y+1-4)2 và x 4 − 4 x 2 = ( x 2 − 2) 2 − 4 = ( x 2 + 2 − 4) 2 .Ta có lời giải.

(
(

)
)

(
(

)

 x 2 − 2 2 + ( y − 3) 2 = 4

 x 2 + 2 − 4 2 + ( y + 1 − 4) 2 = 4
⇔
Lời giải. Hệ ⇔  2
 x + 2 ( y + 1) = 24
 x 2 + 2 ( y + 1) = 24.

)

Đặt u = x 2 + 2 ( u ≥ 2 ), v = y + 1 , hệ trên có dạng
( u − 4) 2 + ( v − 4 ) 2 = 4 ( u + v ) 2 − 8( u + v ) − 2uv + 28 = 0 ( 3)
⇔

( 4)
uv
=
24

uv = 24

Thay (4) vào (3) tìm được u + v = 10 hoặc u + v = −2 (loại).
17


u + v = 10
, giải tìm được
uv = 24

+) Với 

u = 6

u = 4
hoặc 

v = 4
v = 6.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (2; 2), (-2; 2), ( 2 ; 5), (- 2 ; 5).
5
 2
3
2
x
+
y
+
x
y
+
xy
+
xy
=
−

4
1..
 x 4 + y 2 + xy(1 + 2 xy ) = − 5

4

 x( x + 2)(2 x + y ) = 9

2. 

2
x + 4 y + y = 6

3.3 Giải pháp 3: Sử dụng đạo hàm giải một số hpt có chứa tham số
2 x − y − m = 0
(1)
( x, y ∈ R )
Thí dụ 1. Tìm m để hệ pt sau có nghiệm duy nhất 
( 2)
 x + xy = 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 m = f (x) .Ta sử dụng đạo hàm để xét pt
Lời giải. ĐK xy ≥ 0 .
 y = 2x − m
 y = 2x − m

2
⇔ 
Hệ đã cho tương đương với 
(
1 − x)
xy
=
1

−
x
( x ≤ 1, x ≠ 0)

y =
x

2
⇒ (1 − x ) = 2 x − m ⇔
x

(
1 − x) 2
m = 2x −
x

x2 + 2x − 1
=
.
x

x2 + 2x − 1
x2 + 1
f
(x
)
=
Xét hàm số
( x ≤ 1, x ≠ 0 ) f ' ( x ) = 2 >0 ( ∀x ≤ 1, x ≠ 0 )
x

x

Bảng biến thiên
x

-∞

f '( x)

+

0

1
+

18


+∞

2

f ( x)

-∞

-∞

Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cần tìm là m ≥ 2

Thí dụ 2. (Khối D-2012). Tìm m để hệ pt sau có nghiệm
2 x 3 − ( y + 2 ) x 2 + xy = m
(1)
( x, y ∈ R )
 2
( 2)
 x + x − y = 1 − 2m

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 m = f (x) .( 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
2
nên ta tìm nhóm lại đồng thời xem pt(2) có x , ta có 2 x 3 − 2 x 2 = 2 x( x 2 − x) và
− yx 2 + xy = − y ( x 2 − x) .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)

(
(

)
)

 x 2 − x ( 2 x − y ) = m
Lời giải. Hệ đã cho tương đương với  2
 x − x + ( 2 x − y ) = 1 − 2m
1
Đặt u = x 2 − x ( u ≥ − ), v = 2 x − y , hệ trở thành
4

u 2 + ( 2m − 1) u + m = 0 (1)

uv = m
⇔

u + v = 1 − 2m
v = 1 − 2m − u.
1
4

Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm thoã mãn u ≥ − .
1
− u2 + u
2
⇔
⇔
u
≥
−
m
=
Với
, ta có (1)
.
m( 2u + 1) = −u + u
4
2u + 1

Xét hàm số f ( u ) =

1
− u2 + u

, với u ≥ −
4
2u + 1

19


2

2u + 2u − 1
f '( u ) =
,
( 2u + 1) 2
f ' ( u ) = 0 ⇔ u = − 1 + 3 , u = − 1 − 3 (loại)
2
2

Bảng biến thiên
u
f '( u )

−

−1+ 3
2

1
4

+

0

+∞

2− 3
2

f '( u )
−5
8

-∞

2− 3
Vậy giá trị m cần tìm là m ≤
.
2

 x 3 − y 3 + 3 y 2 − 3x − 2 = 0
(1)
Thí dụ 3.Tìm m để hpt:  2
có nghiệm thực.
 x + 1 − x 2 − 3 2 y − y 2 + m = 0 ( 2 )

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 f (u ) = f (v)
Lời giải. ĐK: − 1 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 2
Ta có (1) ⇔ x 3 − 3x − 2 = y 3 − 3 y 2 ⇔ ( x + 1) 3 − 3( x + 1) = y 3 − 3 y 2 .
Hàm số f ( t ) = t 3 − 3t 2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:

(1) ⇔ x + 1 = y ⇒ (2) ⇔ x 2 − 2 1 − x 2 + m = 0
Đặt v = 1 − x 2 ⇒ v ∈ [0; 1] ⇒ (2) ⇔ v 2 + 2v − 1 = m .
g ( v ) = −1 ; max g ( v ) = 2
Hàm số g ( v ) = v 2 + 2v − 1 đạt min
[ 0;1]
[ 0;1]

Vậy hệ phưong trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi − 1 ≤ m ≤ 2 .

20


Bài tập . Tìm m để các hệ phương trình sau có nghiệm thưc:
 x − xy = 2
1.  2
 2 x + 4 xy − 2 y 2 = m
2

1 1

x
+
y
+
+ =5

x y

2. 
 x 3 + 1 + y 3 + 1 = 15m − 10


x3
y3

3.4.Giải pháp 4. Phương pháp đánh giá
 x 2 + y 2 = 1
(1)
Thí dụ 1 : Giải hệ phương trình  x
2 + x = y + x 2 (2)

PT : Từ (1) ta có nhận xét x ≤ 1 ; y ≤ 1 Suy ra x ≥ x n . Từ đây ta đáng giá pt (2).
Lời giải. Từ (1) suy ra 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 (3) ⇒ x ≥ x 2
x
Do đó 2 + x ≥ 20 + x 2 ≥ 1+ x 2

⇔ y + x 2 ≥ 1+ x 2 ⇔ y ≥ 1

(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).
 y = − x 3 + 3x + 4
Thí dụ 2 : Giải hệ phương trình 
 x = 2 y 3 − 6 y − 2
 y − 2 = −( x + 1) 2 ( x − 2)
Lời giải. Hệ đã cho tương đương với 
 x − 2 = 2( y + 1) 2 ( y − 2)

(1)
(2)

Nếu x>2 thì từ (1) suy ra y <2, điều này không thoã mãn (2).
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

21


 x + y = 1
 6
 x + y 6 = 1
5

1.

5

2.

2 xy

= x2 + y
x + 3 2
x − 2x + 9


2 xy
y +

= y2 + x
2
3

y − 2y + 9


22


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

20102011

Lớp

Điểm 8 trở Điểm từ 5 đến
Điểm dưới 5
lên
8
Tổng
số
Số
Số
Số
Tỷ lệ
Tỷ lệ
Tỷ lệ
lượng
lượng
lượng

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.

23