SKKN RÈN LUYÊN TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC SÁNG TÁC MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH TỪ CÁC ĐẲNG THỨC ĐIỂN HÌNH

Sáng kiến kinh nghiệm
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
**********
1. Tên sáng kiến:
RÈN LUYÊN TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC SÁNG TÁC MỘT SỐ
PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH TỪ CÁC ĐẲNG THỨC ĐIỂN HÌNH
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Chương trình Toán lớp 10 THPT, 11 THPT.
- Chuyên đề ôn thi THPT Quốc Gia.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ 8 - 2015 đến 5 - 2016
4. Tác giả:
Họ và tên: Bùi Văn Toan
Năm sinh: 1985
Nơi thường trú: Thái học, Trực Cường, Trực Ninh, Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ
Chức vụ công tác: Giáo viên
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Điện thoại: 0977.012.356
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định
Điện thoại: 03503.640297

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 1


Sáng kiến kinh nghiệm
ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Trong các kỳ thi Đại học, Cao đẳng, THPT Quốc gia và thi học sinh giỏi chúng ta
thường bắt gặp các dạng toán liên quan tới phương trình, hệ phương trình. Bài toán liên

quan tới phương trình, hệ phương trình có khá nhiều dạng và có nhiều cách giải khác
nhau. Đó là những dạng toán khó đối với học sinh, và hệ thống bài tập khá phong phú.
Tuy nhiên ngoài việc nắm vững được các dạng phương trình và tìm ra cách giải thì
chúng ta cũng cần tự xây dựng cho mình một hệ thống các bài tập liên quan tới phương
trinh, hệ phương trình. Hơn nữa trong quá trình xây dựng hệ thống bài tập, ta có thể rút
ra được các phương pháp giải một bài toán theo cách tự nhiên nhất, tại sao lại giải quyết
bài toán như thế,...và từ đó có thể rèn luyện tư duy và kích thích trí tò mò của học sinh.Vì
vậy, tôi xin lựa chọn đề tài :
“Rèn luyện tư duy cho học sinh thông qua việc sáng tác một số phương trình,
hệ phương trình từ các đẳng thức điển hình”
Chương trình giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động
sáng tạo của học sinh phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối tượng học sinh, điều
kiện của từng lớp học; Bồi dưỡng học sinh phương pháp tự học, khả năng hợp tác; Rèn
luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; Tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui,
hứng thú và trách nhiệm học tập cho học sinh. Quá trình dạy học với các nhiệm vụ cơ bản
là hình thành tri thức, rèn luyện các kỹ năng hoạt động nhận thức, hình thành thái độ
tích cực... được xây dựng trên quá trình hoạt động thống nhất giữa thầy và trò, trò và trò,
tính tự giác, tích cực tổ chức, tự điều khiển hoạt động học nhằm thực hiện tốt các nhiệm
vụ đã được đề ra.
Qua thực tiễn học tập và giảng dạy, tôi nhận thấy giải các bài toán liên quan đến
phương trình và hệ phương trình học sinh thường không mạnh dạn, tự tin, thường lúng
túng về phương pháp cũng như tính toán, đặc biệt không nắm chắc các tính chất của
hình học phẳng ở cấp học THCS. Phương trình, hệ phương trình học sinh bắt đầu được
làm quen ở chương trình THCS, đến cấp THPT học sinh đã được tiếp xúc với rất nhiều bài
toán về dạng này, nhưng học sinh không nhận diện được các dạng toán và chưa được
hướng dẫn một cách hệ thống phương pháp để giải quyết bài toán trọn vẹn. Số lượng bài
toán thuộc các dạng toán nêu trên xuất hiện ngày càng nhiều trong các đề thi tuyển sinh
vào Đại học, Cao đẳng và học sinh giỏi những năm gần đây.Tài liệu tham khảo khá nhiều
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 2

Sáng kiến kinh nghiệm
nhưng học sinh đôi khi tiếp cận một cách thụ động hoặc chấp nhận lời giải một cách
không tự nhiên, đôi khi không hiểu tại sao bài toán lại được giải quyết theo hướng đó.
Giúp học sinh nhận dạng được các bài toán có một phương pháp mang lại hiệu
quả rõ nét. Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán, khả năng sáng
tạo và tự sáng tác các phương trình, hệ phương trình. Qua đó học sinh nâng cao khả
năng tư duy, sáng tạo. Nâng cao khả năng tự học, tự bồi dưỡng và khả năng giải các bài
toán trong kỳ thi THPT Quốc gia môn Toán 2016.
Điểm mới trong kết quả nghiên cứu: Hệ thống các dạng toán có liên quan đến
phương trình và hệ phương trình được gắn vào các bài toán tổng quát, xây dựng hệ
thống bài tập cho riêng mình, áp dụng vào giảng dạy thực tế đối với học sinh khá, giỏi các
lớp 11A1, 10A2, 10L, 10A2 trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong trong đợt ôn thi học kì
và học sinh ôn thi THPT Quốc gia năm 2016.

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 3


Sáng kiến kinh nghiệm

NỘI DUNG SÁNG KIẾN
A. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bước 2: Biến đổi một phương trình của hệ về dạng phương trình tích số để được các hệ
thức đơn giản chứa x,y.
Các kỹ thuật thường sử dụng:
+ Nhóm nhân tử chung

+ Phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử
+ Nhẩm nghiệm + nhân liên hợp
Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được
phương trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1
ẩn)
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
2 x 2 + y 2 − 3 xy + 3 x − 2 y + 1 = 0
 2
2
4 x − y + x + 4 = 2 x + y + x + 4 y
Bài giải

+) Điều kiện:

2 x + y ≥ 0

x + 4 y ≥ 0

(*)

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 4

(1)
(2)


Sáng kiến kinh nghiệm
+) Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Xem (1) là một phương trình bậc hai theo
ẩn y, phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được

 y = x +1
(1) ⇔ y 2 − ( 3x + 2 ) y + 2 x 2 + 3x + 1 = 0 ⇔  y − ( x + 1)   y − ( 2 x + 1)  = 0 ⇔ 
 y = 2x + 1

y = x +1

+) Thế

, thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:

3x 2 − x + 3 = 3x + 1 + 5 x + 4

Do phương trình (3) có hai nghiệm

dạng

(x

2

− x) . f ( x) = 0

2

⇔

Với

x=0

và

x =1

( 3) ⇔ 3 ( x 2 − x ) + ( x + 1 −

nên ta định hướng phân tích (3) thành

) (

2
1


− x)  3 +
+
÷= 0
x
+
1
+
3
x
+
1
x
+
2
+
5

x
+
5
1 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 43 
>0

x = 0 ⇒ y =1

+) Thế

y = 2x +1

[thỏa (*)] ;

Với

⇔

x =1⇒ y = 2

[thỏa (*)]

(4)

Do phương trình (4) có hai nghiệm

,

x = 0
⇔

x = 1
⇔ x2 − x = 0

, thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:

3 − 3x = 4 x + 1 + 9 x + 4

x. f ( x ) = 0

)

3x + 1 + x + 2 − 5x + 4 = 0

x2 − x
x2 − x
+
=0
x + 1 + 3x + 1 x + 2 + 5 x + 4

3( x2 − x ) +

(x

,

(3)

( 4 ) ⇔ 3x + (

x=0

) (

4x +1 −1 +

nên ta định hướng phân tích (4) thành dạng

)

9x + 4 − 2 = 0

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 5


Sáng kiến kinh nghiệm

⇔

3x +

Với

4x
9x
+
=0
4x + 1 + 1
9x + 4 + 2
⇔

x = 0 ⇒ y =1

4
9


x3+
+
÷= 0
4
x
+
1
+
1
9
x
+
4
+
2
1 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 3
>0

⇔ x=0

[thỏa (*)] .

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình

( x; y )

( 0;1)

là

và

( 1;2 )

( 1 − y ) x − y + x = 2 + ( x − y − 1) y
 2
2 y − 3x + 6 y + 1 = 2 x − 2 y − 4 x − 5 y − 3

(1)
(2)

Bài giải

+) Điều kiện :

y ≥ 0

x ≥ 2 y
4 x ≥ 5 y + 3


(*)

+) Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Do
phân tích theo nhân tử

( 1) ⇔ ( 1 − y ) (

y −1

)

hoặc

1− y

y =1

luôn thỏa (1) nên định hướng

. Ta được:

(

)

x − y − 1 + ( x − y − 1) 1 − y = 0


1
1 
⇔ ( 1 − y ) ( x − y − 1) 

+
=0
y =1
 x − y +1 1+ y ÷
÷
1 4 4 4 2 4 4 4 3
⇔
 y = x −1
>0

Thế

y =1

, thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:

thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 6

9 − 3x = 0 ⇔ x = 3

2 x2 − x − 3 = 2 − x

(3)

.Thế

y = x −1

,


Sáng kiến kinh nghiệm

Điều kiện:

1≤ x ≤ 2

, Khi đó: (3)

2 x 2 − x − 3 ≥ 0
⇔ 2
2
( 2 x − x − 3) = 2 − x

3

 x ≤ −1 ∨ x ≥ 2


1± 5
⇔
 x =
3

3
2



 x ≤ −1 ∨ x ≥ 2
 x ≤ −1 ∨ x ≥
⇔

⇔
2
7
2
2
 x = ±
( x − x − 1) ( 4 x − 7 ) = 0
4 x 4 − 4 x 3 − 11x 2 + 7 x + 7 = 0
2





1+ 5
x =
2
⇔

7
x = −

2

.

x=
So với điều kiện (*) ta chỉ nhận

1+ 5
−1 + 5
⇒y=
2
2

[thỏa (*)]

 1 + 5 −1 + 5 
;

÷
2 
( x; y ) ( 3;1)  2
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm
là
và
.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các hệ phương trình

1)

3)

 y 2 = ( 5 x + 4 ) ( 4 − x )
 2

2
 y − 5 x − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0

 x 2 − 3 x = y 2 − y − 2

2
( x + y ) x − 4 x + 5 = ( 2 − x )

2)

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

( x + y)

2

+1

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 7

4)

 x3 + 18 x − y + 1 ( y + 19 ) = 0
 3
2

 x + 2 x + 7 y − xy = 12


Sáng kiến kinh nghiệm

5)

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

6)

3
2
2

 x + 2 y = x y + 2 xy

2
3
3

2 x − 2 y − 1 + y − 14 = x − 2

II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp hàm số
+ Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f(u) = f(v) (u, v là các biểu thức
chứa x,y)
+ Xét hàm đặc trưng f(t), chứng minh f(t) đơn điệu, suy ra: u = v (đây là hệ thức
đơn giản chứa x, y)
Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được
phương trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn.
Với phương trình một ẩn, nếu f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên D thì phương trình
f ( x) = 0

có tối đa một nghiệm trên D.

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

8 x3 − y 3 + 6 y 2 − 6 x − 9 y + 2 = 0
 2
2
4 x + 1 − 4 x − 3 ( y − 1) ( 3 − y ) + 1 = 0

(1)
(2)

Bài giải

+) Điều kiện

+) Khi đó:
−
+) Do

1
1
− ≤ x ≤ ,1≤ y ≤ 3
2
2

(1) ⇔ 8 x3 − 6 x = y 3 − 6 y 2 + 9 y − 2 ⇔ (2 x)3 − 3(2 x) = ( y − 2)3 − 3( y − 2)

1
1
≤x≤
2
2

nên

−1 ≤ 2 x ≤ 1

và

1≤ y ≤ 3

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 8

nên

−1 ≤ y − 2 ≤ 1

.

(a)


Sáng kiến kinh nghiệm
f (t ) = t 3 − 3t

Xét hàm đặc trưng
mọi

t ∈ [ −1;1]

. Suy ra

( a) ⇔

f ( t)

, với

t ∈ [ −1;1]

nghịch biến trên đoạn

.Ta có

[ −1;1]

f '(t ) = 3t 2 − 3 = 3(t 2 − 1) ≤ 0

, với

.

f (2 x) = f ( y − 2) ⇔ 2 x = y − 2 ⇔ y = 2 x + 2

Do đó:
.
y = 2x + 2
Thay
vào phương trình (2) ta được phương trình:

4 x 2 − 2 1 − 4 x 2 + 1 = 0 ⇔ 4 x 2 + 1 = 2 1 − 4 x 2 ⇔ 16 x 4 + 24 x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±

2 3 −3
2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
 2 3 −3



2 3−3
; 2 + 2 3 − 3 ÷; ( x; y ) =  −
; 2 − 2 3 −3÷
÷


÷
2
2





( x; y ) = 

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình

.

 x 3 − x 2 y = x 2 − x + y + 1
 3
2
3
2
 x − 9 y + 6 ( x − 3 y ) − 15 = 3 6 x + 2

(1)
(2)

Bài giải
Ta có:

( 1) ⇔ x3 − x 2 y = x 2 − x + y + 1 ⇔ x 2 ( x − y ) + ( x − y ) = x 2 + 1 ⇔ ( x − y ) ( x 2 + 1) = x 2 + 1
⇔ x − y −1 = 0

Thay

y = x −1

(vì

x 2 + 1 > 0, ∀x

)

vào phương trình (2) ta được phương trình

x 3 − 9 x 2 + 6 x − 6 = 3 3 6 x 2 + 2 ⇔ ( x − 1) + 3 ( x − 1) = ( 6 x 2 + 2 ) + 3 3 6 x 2 + 2
3

Xét hàm đặc trưng
f ( t)

f (t ) = t 3 + 3t

đồng biến trên

¡

, với

t ∈¡

.

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 9

.Ta có

f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0

, với mọi

( a)

t ∈¡

. Suy ra


Sáng kiến kinh nghiệm

Do đó:

( a) ⇔

f ( x − 1) = f ( 3 6 x 2 + 2) ⇔ x − 1 = 3 6 x 2 + 2 ⇔ x3 − 9 x 2 + 3 x − 3 = 0
.

⇔ ( x + 1) = 2 ( x − 1) ⇔ x + 1 = 3 2 ( x − 1) ⇔ x =
3

2

2 +1

3
2 −1

3

x=
. Với

2 +1
2
⇒
y
=
3
3
2 −1
2 −1

3

 3 2 +1 2 
;3
÷
2
−
1
2 −1 

.

( x; y ) =  3
Vậy nghiệm của hệ phương trình là

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình

( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 ( 1)
 2
2
( 2)
4 x + y + 2 3 − 4 x = 7

Bài giải

+) Điều kiện
+) Khi đó:

3
5
x≤ ,y≤
4
2

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

Xét hàm đặc trưng
t∈¡

. Suy ra

f ( t)

f (t ) = ( t 2 + 1) t = t 3 + t

đồng biến trên

¡

, với

t ∈¡

( a)

. Ta có

.Do đó:

x ≥ 0
( a ) ⇔ f (2 x) = f ( 5 − 2 y ) ⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔  5 − 4 x 2
y =
2


Thay

5 − 4x2
y=
2

f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0

.

vào phương trình (2) ta được phương trình:

2

5

4x +  − 2x2 ÷ + 2 3 − 4x − 7 = 0
2

2

•

Nhận thấy

x=0

x=
và

3
4

(b)

không là nghiệm của phương trình (b)

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 10

, với mọi


Sáng kiến kinh nghiệm
2

5

g ( x) = 4 x +  − 2 x 2 ÷ + 2 3 − 4 x − 7
2

2

Xét hàm số

•

1
÷
2

 3
x ∈  0; ÷
 4
với
, khi đó:

( b ) ⇔ g ( x ) = g 

(3)

Khảo sát tính đơn điệu của hàm số

•

Ta có:

Do đó

g ( x)

trên khoảng

 3
 0; ÷
 4

4
4
5

g '( x ) = 8x − 8 x  − 2 x 2 ÷−
= 4 x ( 4 x 2 − 3) −
<0
3 − 4x
3 − 4x
2


f

 3
 0; ÷
 4

đồng biến trên khoảng

( 3) ⇔ x =
. Suy ra:

1 
;2 ÷
2 

 3
∀x ∈  0; ÷
 4

1
2 ⇒ y=2

( x; y ) = 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là

Ví dụ 4. Giải hệ phương trình:.

.

3 x 2 + 3 y 2 + 8 = ( y − x ) ( y 2 + xy + x 2 + 6 )


( x + y − 13) 3 y − 14 − x + 1 = 5

(

( 1)

)

( 2)

Bài giải

+) Điều kiện:

 x ≥ −1
x +1 ≥ 0

⇔

14
3 y − 14 ≥ 0
 y ≥ 3 ( *)

+) Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của

( 1)

⇔ ( x + 1) + 3 ( x + 1) = ( y − 1) + 3 ( y − 1)

Xét hàm đặc trưng
trên

¡

3

f ( t ) = t 3 + 3t , t ∈ ¡

x

và

y

3

. Do

.

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 11

(3)

f ′ ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f ( t )

đồng biến

Sáng kiến kinh nghiệm

Do

x +1 > 0

và

y −1 > 0

nên

( 3)

⇔ f ( x + 1) = f ( y − 1) ⇔ x + 1 = y − 1 ⇔ x + 2 = y

Thế(4) vào (2) để được phương trình một ẩn
x=
Ta nhận thấy

( 5) ⇔

11
2

không là nghiệm của phương trình

3x − 8 − x + 1 −

Xét hàm số :

g′( x ) =

)

3x − 8 − x + 1 = 5 ( 5)

( 5)

nên

5
= 0. 6
( )
2 x − 11

g ( x ) = 3x − 8 − x + 1 −

Do

( 2 x − 11) (

5
 8 11   11

, x ∈  ; ÷∪  ; +∞ ÷
2 x − 11
3 2   2



3
1
10
3 x + 1 − 3x − 8
10
−
+
=
+
>0
2
2
2 3x − 8 2 x + 1 ( 2 x − 11)
2 ( 3 x − 8 ) ( x + 1) ( 2 x − 11)

 8 11   11

∀x ∈  ; ÷&  ; +∞ ÷
3 2   2


⇒ g ( x)

đồng biến trên các khoảng

+) Trên khoảng

( 6)

(4)

 8 11 
 3 ; 2 ÷

thì

g ( x)

 8 11   11

 ; ÷&  ; +∞ ÷
3 2   2


đồng biến,

( )
⇔ g ( x ) = g ( 3) ⇔ x = 3 → y = 5

 8 11 
3 ∈  ; ÷, g ( 3) = 0
3 2 

nên

4

thoả mãn (*)

 11

 11

8 ∈  ; +∞ ÷, g ( 8 ) = 0
 ; +∞ ÷
g ( x)
2

2

+) Trên khoảng
thì
đồng biến,
nên

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 12


Sáng kiến kinh nghiệm

( 6)

( )
⇔ g ( x ) = g ( 8 ) ⇔ x = 8 → y = 10
4

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm

thoả mãn (*)

( x, y ) = ( 3;5) , ( x, y ) = ( 8;10 )



BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các hệ phương trình

1)

3)

5)

7)

 x 3 + y 3 = 3 x 2 − 6 x − 3 y + 4
 2
2
 x + y − 6 x + y − 10 = y + 5 − 4 x + y

2)

( 17 − 3 x ) 5 − x + ( 3 y − 14 ) 4 − y = 0

2
2 2 x + y + 5 + 3 3 x + 2 y + 11 = x + 6 x + 13

4)

( 2012 − 3 x ) 4 − x + ( 6 y − 2009 ) 3 − 2 y = 0

2
2 7 x − 8 y + 3 14 x − 18 y = x + 6 x + 13
( 53 − 5 x ) 10 − x + ( 5 y − 48 ) 9 − y = 0

2
 2 x − y + 6 + x − 2 x − 66 = −2 x + y + 11

( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
 2
4 x + y 2 + 2 3 − 4 x = 7

6)

8)

 x + 3 x − y y − 1 = 0
 4
3
3
2
 x + x − x + 1 = x ( y − 1) + 1

 x3 − y 3 = 3 y 2 + 4 y − x + 2

3
 x + y + 3 x + 3 y + 19 = 105 − y − xy
 4 x + 2 + 2 y + 4 = 6

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

y−2

III. PHƯƠNG PHÁP ẨN PHỤ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có).
Bước 2: Biến đổi hai phương trình của hệ sao cho có hai biểu thức giống nhau.
Bước 3: Thay hai biểu thức đó bởi hai biến mới u, v chuyển sang hệ mới và giải tìm u, v.
Bước 4: Với u, v tìm được ta sẽ tìm được x, y.
Với phương trình ta có thể đặt ẩn phụ

u = u ( x)

để đưa về phương trình đơn giản hơn,

hoặc đặt ẩn phụ không hoàn toàn, hoặc đặt ẩn phụ đưa về hệ.
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 13


Sáng kiến kinh nghiệm

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

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

(1)
(2)

(*)

Bài giải
+) Biến đổi sao cho hai phương trình của hệ xuất hiện hai biểu thức giống nhau

Do

y=0

u=

Đặt

+) Với

không thỏa mãn hệ trên nên

x2 + 1
y

u = 1

v = 1

và

v = x+ y−2

 x2 + 1
+ ( x + y) = 4

 y
( *) ⇔  2
 x + 1 ( x + y − 2) = 1
 y

, hệ trở thành

ta được hệ phương trình

 x2 + 1
=1
 x = 1  x = −2

⇔
∨
 y
y
=
2

y = 5
x + y −1 = 1


+) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình

u + v = 2
u = 1
⇔

u.v = 1
v = 1

( x; y ) = ( 1;2 ) ; ( −2;5 )

.

 x2 − y 2 − 6 = 0

4
 x + y −1 2 −
=3
(
)
2

x
−
y
(
)


(1)

(2)
(*)

Bài giải
+) Điều kiện:

x− y ≠0

.

+) Biến đổi hệ phương trình thành dạng có chứa hai biểu thức

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 14

x+ y

và

x− y


Sáng kiến kinh nghiệm
( x + y ) ( x − y ) = 6

4
 x + y −1 2 −
=3
)
2
(

x
−
y
(
)


+) Đặt

u = x+ y

và

v= x− y

hệ phương trình trở thành

6

6
v=

uv = 6
u = 3; v = 2



u
v =


⇔
⇔
⇔
u

4
3
2
2
( u − 1) − v 2 = 3 u 2 − 2u + 1 − u = 3
8u 2 − 18u − 18 = 0
u = − 4 ; v = −8


9

Suy ra:

5

x=

x + y = 3

2
⇔

x − y = 2
y = 1


2

và

35

3
x=−


x + y = −

8
4⇔

 x − y = −8
 y = 29

8

( x; y ) = 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình :

Đặt

x − y = a, 2 y − 1 = b

5 1   35 29 

; ÷;  − ; ÷
2 2  8 8 
.

 x + y + 2 y − 1 + x − y = 5
 2
 y + 2 = xy + y

. Khi đó ta có hệ :

( a + b ) 2 + a + b − 4 = 2ab
a 2 + b 2 + a + b = 4
⇔
 2
( a + 1) ( b2 + 1) = 4 ( ab ) 2 + ( a + b ) 2 − 2ab = 3

Đặt

a + b = 2t ⇒ ab = 2t 2 + t − 2

Ví dụ 4. Giải phương trình :

33 − 2 x − x 2 + 4 x + 1 = x + 5

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 15


Sáng kiến kinh nghiệm

(

⇔ 33 − 2 x − x 2 = 2 − x + 1

pt

Đặt

u = x + 1, v = 2 − x + 1

Khi đó ta có hệ :

)

2

(

⇒ v4 = 2 − x + 1

)

4

=

(

34 − ( x + 1)

2

)

2

= 34 − u 4
.

u + v = 2
u + v = 2
⇔
 4 4
uv = −1
u + v = 34

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các hệ phương trình

1)

3)

5)

7)

9)

 x 2 + xy − 3x + y = 0
 4

2
2
2
 x + 3x y − 5 x + y = 0

2)

( x 2 + x ) y 2 − 4 y 2 + y + 1 = 0


2 2
3
3
 xy + x y + 1 − ( 4 − x ) y = 0

4)

 x 2 + y 2 + xy = 3x − 2
 2
4
4
2
4
( x + xy ) + ( y + 2 ) = 17 x

6)

 x 2 + 2 + y 2 + 3 + x + y = 5
 2
 x + 2 + y 2 + 3 − x − y = 2


 x2 + 2x + 6 = y + 1
 2
2

 x + xy + y = 7

8)

10)

 y 2 + x + xy − 6 y + 1 = 0
 3
2
2
 y x − 9 y + x y + x = 0
 x 2 ( y + 1) = 6 y − 2
 4 2
2 2
2
2
 x y + 2 x y + y ( x + 1) = 12 y − 1

( x 2 + y 2 ) ( x + y + 1) = 25 ( y + 1)
 2
2
 x + xy + 2 y + x − 8 y = 9

 x 2 + y 2 = xy + x + y
 2

2
 x − y = 3

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

IV. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 16


Sáng kiến kinh nghiệm
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp đánh giá.
Thường là sử dụng các bất đẳng thức cơ bản: Cô-si, bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối,...
Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được
phương trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1
ẩn).

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

 x 12 − y + y ( 12 − x 2 ) = 12


 x3 − 8 x − 1 = 2 y − 2

(1)

(2)

Bài giải

+) Điều kiện:

−2 3 ≤ x ≤ 2 3

2 ≤ y ≤ 12

(*)

Đánh giá phương trình (1) để tìm hệ thức đơn giản liên hệ giữa x và y. Sử dụng BĐT Cô-si
ta có:


x 2 + 12 − y
 x 12 − y ≤
2

2
 y 12 − x 2 ≤ y + 12 − x
(
)
x 12 − y + y ( 12 − x 2 ) ≤ 12

2
⇒

Thế

y = 12 − x 2

nên

x ≥ 0

( 1) ⇔  y = 12 − x 2

vào phương trình (2) ta được phương trình một ẩn:

x3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2

(3)

Phương trình (3) có một nghiệm là

( x − 3) . f ( x ) = 0

, (3)

⇔

x=3

nên ta định hướng phân tích (3) thành dạng

(

)

x3 − 8 x − 3 + 2 1 − 10 − x 2 = 0

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 17


Sáng kiến kinh nghiệm

⇔

( x − 3) ( x 2 + 3x + 1) +
x=3⇒ y =3

Với

2 ( x2 − 9)
1 + 10 − x 2



=0

2 ( x + 3)


÷= 0
2
−
x
1 4 4 4 4 214+ 410

4 4 43

( x − 3)  x 2 + 3 x + 1 +
⇔

>0

⇔ x=3

[thỏa (*)]

Vậy hệ phương trình có một nghiệm

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình

( x; y )

là

( 3;3)

.

 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 = 3( x + y ) (1)

 2 x + y + 1 + 2 3 7 x + 12 y + 8 = 2 xy + y + 5

(2)

.

Bài giải

+) Điều kiện:

5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 ≥ 0
 2
2
2 x + 2 xy + 5 y ≥ 0 ⇔ x + 2 y + 1 ≥ 0
x + 2 y + 1 ≥ 0


+) Khi hệ có nghiệm
bằng khi

mọi

Từ

x= y

x, y ∈ ¡

( 1)
→x+ y ≥ 0
( x; y ) 

. Thật vậy

. Tương tự

( *) & ( **) ⇒ VT ( 1)

. Ta thấy

5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 ≥ 2 x + y ( *)

( *) ⇔ 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 ≥ ( 2 x + y )

2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 ≥ x + 2 y ( **)

2

⇔ ( x − y) ≥ 0

dấu bằng khi

luôn đúng với

x=y

Thế y = x vào (2), ta được:

1)

x = y ( 3)
3x + 1 + 2. 3 19 x + 8 = 2 x 2 + x + 5

⇔ 3 x + 1 − ( x + 1) + 2  3 19 x + 8 − ( x + 2 )  = 2 x 2 − 2 x

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 18

dấu

2

= 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 ≥ 3 ( x + y ) = VP (

Dấu đẳng thức xẩy ra khi

Ta có: (3)

.

(3)


Sáng kiến kinh nghiệm
− x2 + x
+
3x + 1 + x + 1

−2 ( x3 + 6 x 2 − 7 x )
3

⇔
x2 − x
+
3x + 1 + x + 1

+ ( x + 2) 3 19 x + 8 + ( x + 2) 2
2 ( x 2 − x ) ( x + 7)

3

⇔

⇔

( 19 x + 8 )

2

 x2 − x = 0

1

+
 3x + 1 + x + 1


( 19 x + 8 )

2

+ ( x + 2) 3 19 x + 8 + ( x + 2) 2

= 2x2 − 2x

+ 2( x 2 − x ) = 0

2( x + 7)
3

( 19 x + 8 )

2

+ ( x + 2) 19 x + 8 + ( x + 2)
3

2

+ 2 = 0(*)

Vì x ≥ 0 nên (*) vô nghiệm. Do đó (3) ⇔x = 0 hay x = 1.

Vậy hệ phương trình có nghiệm

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình

( x, y ) ∈ { ( 0;0 ) , ( 1;1) }


8 xy
17  x y  21
+  + ÷=
 2
2
 x + y + 6 xy 8  y x  4


 x − 16 + y − 9 = 7

(1)
(2)

Bài giải

Điều kiện:

 x ≥ 16

y ≥ 9

Đánh giá phương trình (1) để tìm hệ thức đơn giản liên hệ giữa x và y.

( 1) ⇔
Ta có:
t=
Đặt

8
17  x y  3
+  + ÷+ = 6
x y
+ +6 8  y x 4
y x

x y
x y

+ ≥2 . =2
( t = 2 ⇔ x = y)
y x
y x

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 19

và sử dụng BĐT Cô-si ta có:


Sáng kiến kinh nghiệm
8
17  x y  3
8
17
3
8
1
+  + ÷+ =
+ t+ =
+ ( t + 6 ) + 2t ≥ 2 + 2.2 = 6
x y
4 t +6 8
+ +6 8  y x  4 t +6 8
y x

Dấu “=” xảy ra khi

8
1

= ( t + 6) ⇔ t = 2 ⇔ x = y
t +6 8

Thế y = x vào (2), ta được:
Với

x = 25 ⇒ y = 25

x − 16 + x + 9 = 7 ⇔

( x − 16 ) ( x − 9 )

= 37 − x ⇔ x = 25

[thỏa (*)].

Vậy hệ phương trình có nghiệm

( x, y) ∈ { ( 25;25 ) }

.

B. MỘT SỐ ĐỊNH HƯỚNG XÂY DỰNG PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH TỪ

CÁC ĐẲNG THỨC.
Xuất phát từ một biến đổi tương đương do ta chọn :

( x − 2)

3

= ( y + 3) ⇔ x 3 − 6 x 2 + 12 x = y 3 + 9 y 2 + 27 y + 35

Khi đó, chọn

3

x = 3; y = −2

Ta sẽ thu được :

thì (1) đúng. Do vậy, cũng với

2x2 + 3 y 2 = 4x − 9 y

Giải hệ phương trình :

x = 3; y = −2

thì

. 0Từ đó ta có bài toán sau:

3
3

( 1)
 x − y = 35
 2
2


2 x + 3 y = 4 x − 9 y ( 2 )

.

Nhân hai vế của (2) với -3 rồi cộng với (1) ta được:
x 3 − y 3 − 6 x 2 − 9 y 2 = 35 − 12 x + 27 y ⇔ ( x − 2 ) = ( y + 3) ⇔ x = y + 5
3

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 20

3

.

x3 − y 3 = 35

.


Sáng kiến kinh nghiệm

Thay vào (2) ta được :
Nghiệm của hệ là :

 y = −2
5 y 2 + 25 y + 30 = 0 ⇔ 
 y = −3

( x; y ) = ( 3; −2 ) , ( x; y ) = ( 2; −3)

.

.

Nhận xét: tại sao ta biết nhân hai vế của phương trình (2) với -3 rồi cộng với phương
trình (1), tại sao lại là số -3 mà không phải số khác, tại sao lại cộng với phương trình (1)
mà không phải trừ? Ta có thể giải thích vấn đề đó thông qua việc sử dụng phương pháp
hệ số bất định.
Xét

( 1) + α .( 2 )

Từ (3) ta chọn

ta được :

α , a, b

x3 − y 3 + 2α x 2 + 3α . y 2 = 35 + 4α x − 9α y

(3)

sao cho thỏa mãn :

x3 + 2α x 2 − 4α x − y 3 + 3α . y 2 + 9α y − 35 = ( x − a ) − ( y − b )
3

3

α = −3
2

2α = −3a; −4α = 3a

⇒
⇒ a = 2
2
3
3

3α = 3b;9α = −3b ; −35 = b − a

b = −3

Chú ý rằng: việc xét

β .( 1) + α .( 2 )

( 1) + α .( 2 )

vẫn không giảm tổng quát hơn so với việc xét

, vì khi ta giải phương trình có quyền chia cả hai vế cho một số khác 0.

Tương tự khi xuất phát từ một biến đổi tương đương do ta chọn:

( x − 2)

3

= ( y + 1) ⇔ x3 − 6 x 2 + 12 x = y 3 + 3 y 2 + 3 y + 9 ( 1)

Khi đó, chọn

3

x = 2; y = −1

Ta sẽ thu được :

thì (1) đúng. Do vậy, cũng với

2x2 + y 2 = 4x − y

x = 2; y = −1

. Từ đó ta có bài toán sau:

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 21

thì

x3 − y 3 = 9


Sáng kiến kinh nghiệm

Giải hệ phương trình :

3
3
 x − y = 9
 2
2
2 x + y = 4 x − y

.

Với việc xuất phát từ đẳng thức :

( x − 2)

4

= ( y − 4 ) ⇔ x 4 − 8 x 3 + 24 x 2 − 32 x = y 4 − 16 y 3 + 96 y 2 − 256 y + 240 ( *)

Khi đó, chọn

4

x = 4; y = 2

thì (*) đúng. Do vậy, cũng với

x = 4; y = 2

thì

x 4 − y 4 = 240 ( **)

Từ (*) và (**) ta được :

−8 x3 + 24 x 2 − 32 x = −16 y 3 + 96 y 2 − 256 y ⇔ x 3 − 2 y 3 = 3 ( x 2 − 4 y 2 ) − 4 ( x − 8 y )
Khi đó ta có bài toán sau:
(HSG Quốc gia 2010) Giải hệ phương trình :
 x 4 − y 4 = 240
 3
3
2
2
 x − 2 y = 3 ( x − 4 y ) − 4 ( x − 8 y )

( 3)
( 4)

Nhân phương trình (4) với -8 rồi cộng với phương trình (3) ta được :
x 4 − y 4 − 8 x 3 + 16 y 3 = 240 − 24 x 2 + 96 y 2 − 256 y + 32 x ⇔ ( x − 2 ) = ( y − 4 )
4

x − 2 = 4 − y
x = 6 − y
⇔
⇔
x − 2 = y − 4
x = y − 2

+) Khi

y = x+2

thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được :

x 3 + 3 x 2 + 4 x + 32 = 0 ⇔ ( x + 4 ) ( x 2 − x + 8 ) = 0 ⇔ x = −4

+) Khi

y =6−x

thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được :

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 22

4

.


Sáng kiến kinh nghiệm

x 3 − 9 x 2 + 36 x − 64 = 0 ⇔ ( x − 4 ) ( x 2 − 5 x + 16 ) = 0 ⇔ x = 4

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm :

( 4;2 ) ; ( −4; −2 )

.

Nhận xét: Câu hỏi được đặt ra như trước là tại sao lại nhân phương trình (4) với -8 rồi
lại cộng với phương trình (3) ? Điều này được lý giải tương tự như ở trên và được xuất

phát từ những đẳng thức :

x 2 ± y 2 ; x3 ± y 3 ; x 4 ± y 4

.

Xuất phát với ý tưởng như trên, sau đó ta có thể thông qua phép biến đổi ẩn nữa ta có thể
thu được một bài toán phức tạp hơn.
Chẳng hạn, xuất phát từ đẳng thức và qua biến đổi tương đương do ta chọn :

( u − 3)

3

+ ( v + 5 ) = 0 ⇔ u 3 − 9u 2 + 27u + v3 + 15v 2 + 75v + 98 = 0

Khi đó, chọn
sẽ thu được :
Đặt

3

u = 3; v = −5

thì (*) đúng. Do vậy, cũng với

3u 2 − 5v 2 = 9u + 25v

u = x + y; v = x − y

( *)

u = 3; v = −5

thì

.

, và qua một số phép biến đổi cơ bản, ta có hệ :

3
2

 x + 3 xy = −49
 2
2

 x − 8 xy + y = 8 y − 17 x

( 1)
( 2)
.

Ta có bài toán sau :

(HSG Quốc gia 2004) Giải hệ phương trình :

3
2


 x + 3 xy = −49
 2
2

 x − 8 xy + y = 8 y − 17 x

( 1)
( 2)

Giải.

Đặt

u = x + y; v = x − y

x=
, suy ra

u+v
u −v
;y =
2
2

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 23

.Thay vào (1) ta được:

u 3 + v3 = −98

.Ta


Sáng kiến kinh nghiệm

( u + v)

3

+ 3 ( u + v ) ( u − v ) = −392 ⇔ u 3 + v 3 = −98
2

Thay vào (2) ta được :

( u + v)

2

− 8 ( u 2 − v 2 ) + ( u − v ) = 16 ( u − v ) − 34 ( u + v ) ⇔ 3u 2 − 5v 2 = 9u + 25v
2

Ta có hệ mới :

u 3 + v3 = −98
 2
2
3u − 5v = 9u + 25v

.

Nhân phương trình dưới với -3 rồi cộng với phương trình trên ta được :

Khi đó ta tìm được
Vậy hệ có nghiệm

( u; v ) = ( 3; −5 )
( x; y ) = ( −1;4 )
⇒

( x; y ) = ( −1; −4 )
( u; v ) = ( −5;3)

( −1;4 ) , ( −1; −4 )

v = −u − 2

.

.

.

Với nhiều bài toán, đôi khi ta co thể đổi biến dưới dạng

u = ax + by ; v = α x − β y

ta sẽ lại

thu được những bài toán phức tạp hơn, hoặc chuyển các ẩn đó bằng các biểu thức chứa
dấu căn, ta có thể thu được các dạng hệ phương trình vô tỷ.

Bài tập tương tự :
(Moldova Team Selection Test 2008) Giải hệ phương trình :

a)

 x 3 + 3xy 2 = 49
 2
2
 x + 8 xy + y = 8 y + 17 x

b)

6 x 2 y + 2 y 3 + 35 = 0
 2
2
5 x + 5 y + 2 xy + 5 x + 13 y = 0

(Olympic các trường Chuyên khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc bộ 2011)

a)

3
3
2
 x − y − 3 y = 9
 2
2
 x + y = x − 4 y

b)

 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 3 x = 0 ( 1)

2
( 2)
 xy + y + 3 y + 1 = 0

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 24


Sáng kiến kinh nghiệm
x 2 , xy , y 2

Nhận xét: Những hệ phương trình chứa hạng tử
phương trình bậc hai theo

α

và phương trình 2 với

β

ax + by

phần lớn có thể đưa về

. Để làm được điều đó, ta se nhân phương trình (1) với

rồi cộng lại :

α ( x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 3 x ) + β ( xy + y 2 + 3 y + 1) = 0

β
β

β
 

⇔ α  x 2 +  + 2 ÷xy +  + 2 ÷ y 2  + 3α  x +
α
α

α
 



Ta cần chọn

α,β


y ÷+ β = 0


sao cho :

β
β


β


x +  + 2 ÷xy +  + 2 ÷ y 2 =  x +
α
α

α


2

2


y÷


β
β2
β

β

⇔ x 2 +  + 2 ÷xy +  + 2 ÷ y 2 = x 2 + 2 xy + 2 y 2
α
α
α

α



Đồng nhất hệ số ta tìm được :

β = 2α

.

.Từ đó ta chọn

α =1

Xét một phương trình bậc 3 nào đó, chẳng hạn :
2x = 3 4 − 6x

( 2x)

3

và

β =2

.

4 x3 + 3x = 2 ⇔ 8 x3 = 4 − 6 x

. Ta ghép với một hàm đơn điệu :

+ 2 x = 3 4 − 6 x + 4 − 6 x ⇔ 8 x3 + 8 x − 4 = 3 4 − 6 x

Khi đó ta được bài toán :
Giải phương trình :

8x3 + 8x − 4 = 3 4 − 6 x

Cách 1. Phương trình đã cho tương đương với :
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 25

( 2x )

3

+ 2x = 3 4 − 6x + 4 − 6x

.Suy ra