PHƯƠNG PHÁP GIẢI một số hệ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG gặp đối với học SINH TRUNG học PHỔ THÔNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 2

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG
TRÌNH THƯỜNG GẶP ĐỐI VỚI HỌC SINH TRUNG
HỌC PHỔ THÔNG

Người thực hiện: Nguyễn Xuân Dũng
Chức vụ:

Giáo viên

SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HÓA NĂM 2019

0


MỤC LỤC
1. Mở đầu…..............................................................................................
1.1. Lí do chọn đề tài…………………………………………………….
1.2. Mục đích nghiên cứu………………………………………………..
1.3. Đối tượng nghiên cứu, phạm vi đề tài………………………………
1.4. Phương pháp nghiên cứu…………………………………………….
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.........................................................
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ……………………………
2.1.1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn …………………………………..

2.1.2 Hệ phương trình đối xứng loại 1…………………………………..
2.1.3 Hệ phương trình đối xứng loại 2 ……………………… …………
2.1.4 Hệ phương trình gồm một phương trình bậc nhất và một phương
trình bậc hai hai ẩn ………………………………………………………
2.1.5 Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai ………………………………..
2.1.6 Biểu thức liên hợp……………………………………. ………….
2.1.7. Phương pháp đánh giá .……………………………. ……………
2.1.8 Phương pháp hàm số …………………………….. ……………..
2.2. Thực trạng của vấn đề……………………………………………….
2.2.1. Thực trạng vấn đề………………………………………………….
2.2.2. Kết quả của thực trạng……………………………………………
2.3. Giải quyết vấn đề …………………………………………………...
2.3.1 Phương pháp chia hai vế các phương trình của hệ cho ẩn hoặc
cụm ẩn…………………………………………………………
2.3.2 Phương pháp cộng trừ đại số …………………………………….
2.3.3 Phương pháp nhân liên hợp……………………………………….
2.3.4 Phương pháp phân tích một phương trình của hệ thành nhân tử
2.3.5 Phương pháp xem một phương trình của hệ là một phương trình bậc
hai……………………………………………………………………….
2.3.6 Phương pháp rút thế ẩn hoặc cụm ẩn hoặc hằng số……………….
2.3.7 Phương pháp đặt ẩn phụ ……………………………… …………
2.3.8 Phương pháp sử dụng hàm số………………………… ………….
2.3.9 Phương pháp đánh giá………………………… ………………….
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm……………………………….
3. Kết luận, kiến nghị………………………...........................................
Tài liệu tham khảo….................................................................................
Phụ lục……………………………………………………………………

Trang
2

2
2
2
2
3
3
3
3
3
4
4
5
5
6
6
6
6
6
6
8
9
11
12
13
15
16
16
17
18

1


1.Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài
Chuyên đề hệ phương trình là một phần quan trọng của chương trình Toán ở
bậc THPT, nó thường gặp trong các kì thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, thi học
sinh giỏi các cấp. Mặc dù học sinh được cọ sát phần này khá nhiều, song phần
lớn các em vẫn thường lúng túng trong quá trình tìm ra cách giải. Nguyên nhân
là vì: Thứ nhất, hệ phương trình là mảng kiến thức phong phú và khó, đòi hỏi
người học phải có tư duy sâu sắc, có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khác
nhau, có sự nhìn nhận trên nhiều phương diện. Thứ hai, sách giáo khoa trình
bày phần này khá đơn giản, các tài liệu tham khảo đề cập đến phần này khá
nhiều chưa phân loại dựa trên cái gốc của bài toán nên khi học, học sinh chưa có
sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìn tổng quát về hệ phương trình. Thứ ba,
đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quen tổng quát bài toán
và tìm ra bài toán xuất phát, chưa biết được bài toán trong các đề thi do đâu mà
có nên khi người ra đề chỉ cần thay đổi một chút là đã gây khó khăn cho các em.
Chính vì vậy bản thân đã chọn đề tài “Phương pháp giải một số hệ phương
trình thường gặp đối với học sinh trung học phổ thông ” để nghiên cứu.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu các cách giải một bài toán về hệ phương trình trong chương trình
toán bậc THPT. Từ đó tổng hợp thành các phương pháp cần thiết hay được áp
dụng khi giải hệ phương trình.
Tìm ra và tổng hợp được các phương pháp cơ bản được áp dụng để giải hệ
phương trình trong chương trình môn Toán bậc THPT, áp dụng vào giải thành
thạo các bài toán về hệ trong các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, thi học
sinh giỏi các cấp.
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
Nghiên cứu và giải các bài toán hệ phương trình đại số, hệ phương trình mũ

và lôgarit, hệ phương trình lượng giác.
Nghiên cứu tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia và quốc
tế, các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng. Các kỉ yếu, hội thảo chuyên đề về
công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, của các trường chuyên trên cả nước.

2


1.4. Phương pháp nghiên cứu
Khi thực hiện đề tài này tôi đã sử dụng các phương pháp nghiên cứu:
Phương pháp nghiên cứu lí luận: tìm kiếm, nghiên cứu các tài liệu.
Phương pháp nghiên cứu thực tiễn: khảo sát, thống kê, phân tích, so sánh số
liệu.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
2.1.1.1. Định nghĩa: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng tổng quát là
a1 x  b1 y  c1
�
(1)
�
a2 x  b2 y  c2 .
�
Trong đó x, y là hai ẩn; các chữ số còn lại là hệ số.
Nếu cặp số ( x0 ; y0 ) đồng thời là nghiệm của hai phương trình của hệ thì ( x0 ; y0 )
được gọi là một nghiệm của hệ phương trình (1).
Giải hệ phương trình (1) là tìm tập nghiệm của nó.
2.1.1.2. Phương pháp giải
Phương pháp rút thế.
Phương pháp cộng, trừ đại số.

Phương pháp dùng đồ thị.
Phương pháp dùng định thức.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
�x  2 y  3
�
3 x  2 y  1.
�
2.1.2. Hệ phương trình đối xứng loại 1
2.1.2.1. Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại 1 là hệ phương trình có
dạng
�F ( x ; y )  0
�
G ( x ; y )  0.
�
Trong đó F ( x ; y )  0, G ( x ; y )  0 là các đa thức đối xứng với x, y.
2.1.2.2. Phương pháp giải
�F1 ( S ; P)  0
Đưa hệ phương trình về dạng �
G1 ( S ; P )  0.
�
Trong đó
�x  y  S
�
�xy  P.
Với điều kiện
S 2 �4 P .
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình

3

�x  y  xy  5
�2
2
�x  y  xy  7.
2.1.3. Hệ phương trình đối xứng loại 2
2.1.3.1. Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại 2 là hệ phương trình có
dạng
�F ( x ; y )  0
�
�F ( y ; x)  0.
Trong đó F ( x ; y )  0 là các đa thức không đối xứng với x, y.
2.1.3.2. Phương pháp giải
Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được phương trình
F ( x ; y)  F ( y ; x)  0.
Viết phương trình trên về dạng ( x  y )G ( x ; y )  0.
( x  y )  0 hoặc G ( x ; y )  0 .
Suy ra
Hệ phương trình đã cho tương đương với hai hệ phương trình
�x  y  0
�
�F ( x ; y )  0.
Hoặc
G( x ; y)  0
�
�
�F ( x ; y )  0.
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình
3
�

�x  6  y
�3
�y  6  x.
2.1.4. Hệ phương trình gồm một phương trình bậc nhất và một phương
trình bậc hai hai ẩn
2.1.4.1 Định nghĩa: Hệ phương trình gồm một phương trình bậc nhất và một
phương trình bậc hai hai ẩn là hệ phương trình có dạng
ax  by  c
�
� 2
a1 x  b1 y 2  c1 xy  dx  ey  f .
�
2.1.4.2. Phương pháp giải
Từ phương trình bậc nhất của hệ rút một ẩn theo ẩn còn lại thế vào phương trình
bậc hai.
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình
2x  y  3
�
� 2
5 x  y 2  x  3 y  2.
�
2.1.5. Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai
2.1.5.1 Định nghĩa: Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai là hệ phương trình có
dạng

4


�
a1 x 2  b1 xy  c1 y 2  d1

�
� 2
a2 x  b2 xy  c2 y 2  d 2 .
�

2.1.5.2 Phương pháp giải
Cách 1. Kiểm tra với x  0 có thỏa mãn hệ phương trình không, đặt y  kx thế
vào hệ và chia vế cho vế của hệ ta tìm được k và từ đó tìm được x, y .
Cách 2. Khử hệ số hạng chứa x 2 hoặc y 2 ở một phương trình của hệ sau đó rút
thế.
Cách 3. Khử hệ số tự do các phương trình của hệ đưa về dạng
ax 2  bxy  cy 2  0 .
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình
�x 2  xy  2 y 2  4
�
� 2
2 x  3 xy  3 y 2  2.
�
2.1.6. Biểu thức liên hợp
Hai biểu thức A  B và A  B gọi là hai biểu thức liên hợp với nhau.
Khi đó ta có ( A  B)( A  B )  A2  B 2 .
Hai biểu thức A  B và A2  AB  B 2 gọi là hai biểu thức liên hợp với nhau.
Khi đó ta có ( A  B)( A2  AB  B 2 )  A3  B 3.
Hai biểu thức A  B và A2  AB  B 2 gọi là hai biểu thức liên hợp với nhau.
Khi đó ta có ( A  B)( A2  AB  B 2 )  A3  B3 .
Tổng quát: Hai biểu thức A  B và An1  An 2 B  .....  B n1 gọi là hai biểu
thức liên hợp với nhau.
Khi đó ( A  B )( An1  An2 B  .....  B n1 )  An  B n , với n là số tự nhiên.
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình
�

�x  4 y  3 y  2 x  y
�
2
� y  1  x  1  y  y  10.
2.1.7. Phương pháp đánh giá
Một số bất đẳng thức thường sử dụng

a 2 �0 với mọi giá trị của a , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  0.

a 2  b 2  c 2 �0 với mọi giá trị của a, b, c , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a  b  c  0.

a 2  b 2 �2ab với mọi giá trị của a, b, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a  b.

Cho a �0 và b �0 thì
ab
� ab .
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b.

Cho a, b, c không âm thì
5


abc 3
� abc .
3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c.
(a 2  b 2 )(c 2  d 2 ) �(ac  bd )2 , với mọi giá trị của a, b, c, d , dấu bằng xảy


ra khi và chỉ khi ad  bc.

a 2  b 2  c 2  d 2 � (a  c) 2  (b  d ) 2 , với mọi giá trị của a, b, c, d ,

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
ad  bc
�
�
ac  bd �0.
�
Ví dụ 7: (đề thi Đại học khối A, năm 2014). Giải hệ phương trình
2
�
�x 12  y  y (12  x )  12
�3
�
�x  8 x  1  2 y  2.
2.1.8. Phương pháp hàm số
Tính chất 1. Nếu f là hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng (a; b)
thì phương trình f ( x)  0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Tính chất 2.Nếu f là hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng (a; b)
thì phương trình f (u )  f (v ) tương đương u  v với mọi u , v thuộc (a; b).
Ví dụ 8: Giải hệ phương trình
3
�
� x  2  y  2  24  x
�
( x  1) 4  2  y.
�

2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.2.1. Thực trạng của vấn đề
Trong quá trình giảng dạy học sinh khá giỏi ,ôn thi học sinh giỏi, ôn luyện
thi đại học – cao đẳng , tôi nhận thấy phần hệ phương trình đại số là học sinh
tương đối gặp khó khăn trong cách giải, không biết phải sử lý tình huống như
thế nào trên nền kiến thức cơ bản các em đã biết.
2.2.2. Kết quả của thực trạng
Nếu trang bị cho các em những kỹ năng ,tình huống cơ bản, từ đó giúp mỗi
học sinh tự đúc kết kinh nghiệm riêng cho bản thân mình thì khi có vấn đề mới
thì các em sẽ giải quyết được một các nhanh chóng và cho lời giải tương đối
đẹp.
Từ thực trạng và kết quả trên, để công việc giải toán hệ phương trình đại số
của học sinh đạt hiệu quả tốt hơn tôi mạnh dạn cải tiến phương pháp giảng dạy
với đề tài :“ Phương pháp giải hệ một số hệ phương trình thường gặp đối với
học sinh trung học phổ thông ”.
2.3. Giải quyết vấn đề
Một bài hệ phương trình có rất nhiều hướng giải nhưng mấu chốt của bài
toán là tìm hướng biến đổi ban đầu như thế nào. Đó là điều quan trọng nhất và
nó quyết định công việc giải tiếp theo, giống như mở một sợ dây mà tìm được
6


nốt thắt. Do đó để giải thành công một bài hệ phương trình tác giả đã đưa ra một
số phương pháp cơ bản trong quá trình giải hệ.
2.3.1 Phương pháp chia hai vế các phương trình của hệ cho ẩn hoặc cụm
ẩn
Ví dụ 2.3.1 (đề thi Đại học khối B, năm 2009). Giải hệ phương trình
�xy  x  1  7 y
�2 2
2

�x y  xy  1  13 y .
Lời giải. Với y  0 thì hệ trở thành
�x  1  0
�
1 0 .
�
Hệ trên vô nghiệm.
Với y �0 thì hệ trở thành
� x 1
�x  y  y  7
�
�
�x 2  x  1  13.
�
y y2
�
Hệ phương trình trên tương đương với hệ sau
� x 1
x  7
�
� y y
�
1
x
�
( x  ) 2   13.
�
y
� y
Đặt

� 1
x a
�
� y
(*)
�
x
�  b.
�
�y
Hệ phương trình trên tương đương với hệ sau
ab7
�
�2
a  b  13.
�
Từ phương trình thứ nhất ta có b  7  a thế vào phương trình thứ hai ta có
a 2  a  20  0.
Giải phương trình trên ta có a  5 hoặc a  4 .
Với a  5 thì b  12 theo cách đặt (*) ta có
� 1
x   5
�
� y
�
�x  12.
�
�y
7

Hay
1
�
12 y   5
�
y
�
�x  12 y.
�
Hệ phương trình trên tương đương với hệ
�
12 y 2  5 y  1  0
�
�x  12 y.
Ta thấy hệ phương trình trên vô nghiệm.
Với a  4 thì b  3 theo cách đặt (*) ta có
� 1
x 4
�
� y
�
�x  3.
�
�y
Hệ trên tương đương với hệ phương trình sau
1
�
3y   4
�

y
�
�x  3 y.
�

1
Giải hệ trên ta được x  3 và y  1 hoặc x  1 và y  .
3
1
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (3;1) và (1; ) .
3
Nhận xét. Ta thấy nhờ chia vế của mỗi phương trình cho ẩn, mà ta có thể đưa
một hệ phương trình phức tạp thành một hệ phương trình đơn giản, cho lời giải
nhanh chóng, bài toán được giải quyết. So với giải bằng cách thông thường rút
thế ẩn y hoặc ẩn x từ phương trình thứ nhất thế vào phương trình thứ hai được
một phương trình bậc bốn phức tạp thậm trí không giải được.
2.3.2 Phương pháp cộng trừ đại số
Ví dụ 2.3.2 (đề thi chuyên Lam Sơn, năm 2006). Giải hệ phương trình
4
3
2 2
�
�x  x y  x y  1
�3
2
�x y  x  xy  1.
Lời giải. Trừ vế phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai ta được
x 4  2 x 3 y  x 2 y 2  x 2  xy  2  0.
Phương trình trên tương đương với ( x 2  xy ) 2  x 2  xy  2  0.
Giải phương trình trên ta được x 2  xy  1 hoặc x 2  xy  2.

Hệ đã cho tương đương với hai hệ
�x 2  xy  1
(I)
�3
2
�x y  x  xy  1.
8


�x 2  xy  2
Hoặc
(II)
�3
2
x
y

x

xy


1.
�
Ta có (I) tương đương với hệ
2
�x  xy  1
�3
�x y  0.
Giải hệ trên ta được x  1 và y  0 hoặc x  1 và y  0.

Ta có (II) tương đương với hệ
�x 2  xy  2
�3
�x y  3.
Từ phương trình thứ nhất ta có
3
y 3.
x
Thế vào phương trình thứ hai ta được
3
x 2  2  2.
x
Phương trình vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (1;0) và (1;0).
Nhận xét. Nhờ trừ vế mà ta thu được mối quan hệ giữa các ẩn, nên có thể giải
quyết được bài toán một cách ngắn gọn. So với cách giải thông thường rút ẩn y
từ phương trình thứ hai thế vào phương trình thứ nhất rất phức tạp, khó khăn
trong quá trình biến đổi.
2.3.3 Phương pháp nhân liên hợp.
Ví dụ 2.3.3.1 (đề thi Đại học khối B, năm 2014). Giải hệ phương trình
�
(1  y ) x  y  x  2  ( x  y  1) y
�
(
)
� 2
2
y

3

x

6
y

1

2
x

2
y

4
x

5
y

3.
�
Lời giải. Điều kiện
�y �0
�
�x �2 y
�
4 x �5 y  3.
�
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với phương trình
(1  y )( x  y  1)  ( x  y  1)(1  y )  0.

Hay
1
1
(1  y )( x  y  1)(

)  0.
x  y 1 1 y
Do
1
1

 0.
x  y 1 1 y
9


Nên phương trình trên trở thành y  1 hoặc y  x  1.
Với y  1 thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có x  3.
Với y  x  1 thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có
2x2  x  3  2  x .
(1)
Giải phương trình (1).
Điều kiện 1 �x �2.
Ta có phương trình (1) tương đương với phương trình
2( x 2  x  1)  ( x  1  2  x )  0.
Hay
1
( x 2  x  1)(2 
)  0.
x 1 2  x

x2  x  1  0 .
Suy ra

1 5
1 5
hoặc x 
.
2
2
1 5
1  5
Kết hợp với điều kiện ta có x 
, suy ra y 
.
2
2
1  5 1  5
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (3;1) và (
;
).
2
2
Ví dụ 2.3.3.2 (đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm 2018).
Giải hệ phương trình
� x  xy   x  y  xy  2  y  y
�
�
�y  xy  x  x 2  x  1  4  0.
�
Lời giải. Điều kiện

�y �0
�
�x �0
�
�xy  ( x  y )( xy  2) �0.
Nhận thấy nếu y  0 thì từ phương trình thứ nhất suy ra x  0.
Thay x  y  0 vào phương trình thứ hai ta thấy không thỏa mãn.
Vậy với điều kiện x �0, y  0, thì ta có
Khi đó giải phương trình trên ta có x 







x  y �0, xy   x  y 







xy  2  y �0.

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với phương trình
xy  ( x  y )( xy  2)  y  x  y  0.
Hay
10

( x  y)( y  xy  2)
xy  ( x  y )( xy  2)  y



x y
 0.
x y

Suy ra
( x  y )(

y  xy  2
xy  ( x  y )( xy  2)  y



1
)  0.
x y

(1)

Với điều kiện đã cho phương trình thứ hai của hệ tương đương
x3  x  4
y  xy 
.
x 1

Xét hàm số
x3  x  4
f ( x) 
,
x 1
trên nửa khoảng  0;� thì ta có
2 x3  3x 2  5
f '( x) 
.
( x  1) 2
f '( x)  0, suy ra x  1.
Ta có
Ta có bảng biến thiên sau

x

0



f '( x )
f ( x)

�

1


0

4
�
2

Từ bảng biến thiên ta có

Vậy nên ta có

x3  x  4
y  xy 
�2.
x 1
y  xy  2



1
 0.
x y

xy  ( x  y )( xy  2)  y
Do đó từ phương trình (1) ta có y  x thế vào phương trình thứ hai của hệ ta
được
x 3  2 x 2  3x  4  0.
1  17
Giải phương trình trên kết hợp với x �0 thì ta có x  1 hoặc x 
.
2
Thử lại điều kiện, ta có hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt

11


(1;1) và (1  17 ; 1  17 ).
2
2
2.3.4 Phương pháp phân tích một phương trình của hệ thành nhân tử
Ví dụ 2.3.4 (đề thi Đại học khối A, năm 2011). Giải hệ phương trình
�
5 x 2 y  4 xy 2  3 y3  2( x  y )  0
�
.
� 2
2
2
�xy ( x  y )  2  ( x  y ) .
Lời giải. Ta có phương trình thứ hai tương đương với
( xy  1)( x 2  y 2  2)  0 hay xy  1 hoặc x 2  y 2  2 .
Với xy  1 thì từ phương trình thứ nhất ta có y 4  2 y 2  1  0 .
Giải phương trình này ta được y 2  1 hay y  1 hoặc y  1.
Khi y  1 thì x  1, khi y  1 thì x  1.
Với x 2  y 2  2 thì từ phương trình thứ nhất ta có
3 y ( x 2  y 2 )  4 xy 2  2 x 2 y  2( x  y )  0.
6 y  4 xy 2  2 x 2 y  2( x  y )  0.
Hay
Phân tích thành nhân tử ta được (1  xy )(2 y  x)  0.
Suy ra xy  1 hoặc 2 y  x  0.
Với xy  1 ta đã xét ở trên.
Với 2 y  x  0, suy ra x  2 y, thế vào x 2  y 2  2 ta được
y

10
10
hoặc y  
.
5
5

10
2 10
thì x 
.
5
5
10
2 10
Khi y  
thì x  
.
5
5
Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm phân biệt
2 10 10
2 10
10
(1;1); (1; 1); (
;
); ( 
;
).

5
5
5
5
2.3.5 Phương pháp xem một phương trình của hệ là một phương trình bậc
hai
Ví dụ 2.3.5 (đề thi Đại học khối B, năm 2013). Giải hệ phương trình
�
2 x 2  y 2  3 xy  3 x  2 y  1  0
�
� 2
4x  y2  x  4  2x  y  x  4 y.
�
Lời giải. Điều kiện
2 x  y �0
�
�
�x  4 y �0.
Khi y 

12


Phương trình thứ nhất của hệ có thể viết thành
y 2  (3x  2) y  2 x 2  3 x  1  0.
(1)
y
Xem phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn còn ẩn x là tham số.
Giải phương trình này ta được y  x  1 hoặc y  2 x  1.
Với y  x  1 thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được

3( x 2  x)  ( x  1  3 x  1)  ( x  2  5 x  4)  0.
Nhân biểu thức liên hợp ta được
1
1
( x 2  x)(3 

)  0.
x  1  3x  1 x  2  5 x  4
Do
1
1
3

 0.
x  1  3x  1 x  2  5 x  4
Nên giải phương trình trên ta được x  0 hoặc x  1.
Khi x  0 thì y  1, khi x  1 thì y  2.
Với y  2 x  1 thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được
3 x  ( 4 x  1  1)  ( 9 x  4  2)  0.
Nhân biểu thức liên hợp ta được
4
9
x(3 

)  0.
1  4x  1 2  9x  4
Do
4
9
3


 0.
1  4x  1 2  9x  4
Nên phương trình tương đương với x  0 suy ra y  1.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (0;1) và (1;2).
Nhận xét. Nhờ xem phương trình thứ nhất của hệ là phương trình bậc hai ẩn y
còn ẩn x là tham số thì ta có thể nhanh chóng tìm ta mối quan hệ giữa các ẩn.
Từ đó bài toán được giải quyết. Nếu không dùng phương trình bậc hai thì rất
khó phân tích thành nhân tử và tìm nhân tử chung.
2.3.6 Phương pháp rút thế ẩn hoặc cụm ẩn hoặc hằng số.
Ví dụ 2.3.6.1 (đề thi Đại học khối B, năm 2008). Giải hệ phương trình
4
3
2 2
�
�x  2 x y  x y  2 x  9
�2
�x  2 xy  6 x  6.
Lời giải. Hệ phương trình tương đương với hệ sau
�
( x 2  xy ) 2  2 x  9
�
�
x2
�xy  3 x  3  .
�
2
Từ phương trình thứ hai, thế vào phương trình thứ nhất ta được

13

x2 2
( x  3x  3  )  2 x  9.
2
Khai triển và rút gọn ta được phương trình
x 4  12 x3  48 x 2  64 x  0.
Giải phương trình trên ta được x  0 hoặc x  4.
Với x  0 không thỏa mãn hệ phương trình.
17
Với x  4 thì y  .
4
2

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y )  ( 4;

17
).
4

x2
Nhận xét. Nhờ rút cụm ẩn xy  3 x  3 
ở phương trình thứ hai thế vào
2
phương trình thứ nhất ta được một phương trình bậc bốn ẩn x giải được. Bài
toán đã được giải quyết xong và cho lời giải ngắn gọn.
Ví dụ 2.3.6.2 (đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa, năm 2008).
Giải hệ phương trình
3
2

�
�x  y  2 xy
�3
9
4
�x  y  2 xy .
Lời giải. Hệ phương trình tương đương với hệ sau
�x  y 3  2 xy 2
�
( x  y 3 )3  3xy 3 ( x  y 3 )  2 xy 4 .
�
Thế phương trình thứ nhất vào phương trình thứ hai ta được phương trình
8 x3 y 6  6 x 2 y 5  2 xy 4 .
Phân tích thành phương trình
2 xy 4 (4 x 2 y 2  3 xy  1)  0.
1
Giải phương trình trên ta được x  0 hoặc y  0 hoặc xy  1 hoặc xy   .
4
y

0.
x

0
Với
thì phương trình thứ nhất suy ra
Với y  0 thì phương trình thứ nhất suy ra x  0.
1
Với xy  1 suy ra x  thế vào phương trình thứ nhất ta có
y

1
 y 3  2 y.
y
Giải phương trình trên ta được y  1 hoặc y  1.
Khi y  1 thì x  1 , khi y  1 thì x  1.
1
1
Với xy 
suy ra x   thế vào phương trình thứ nhất ta có
4y
4

14




1
y
 y3   .
4y
2

1  5
1  5
hoặc y 2 
.
4
4
1

1
5  1 hoặc y  
5 1
Khi đó suy ra y 
2
2
1
1
.
5  1 thì x  
Khi y 
2
2 5 1
1
1
x

.
y


5

1
Khi
thì
2
2 5 1
Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm phân biệt
1

1
1
1
;
5  1) và (
;
(1;1);( 1; 1) ; (
2 5 1 2
2 5 1 2
Giải phương trình ta được y 2 

5  1)

2.3.7 Phương pháp đặt ẩn phụ.
Ví dụ 2.3.7 Giải hệ phương trình
( x  1) y  ( x  3)( y  2)  0
�
�2
2
�x  3 y  4 x  6 y  1.
Lời giải. Hệ phương trình tương đương với hệ
( x  2)( y  1)  1
�
�
( x  2) 2  3( y  1) 2  2.
�
Đặt
�x  2  a
�
�y  1  b.

Hệ trở thành
ab  1
�
�2
a  3b 2  2.
�
1
Từ phương trình thứ nhất suy ra b  thế vào phương trình thứ hai ta được
a
3
a 2  2  2.
a
Giải phương trình trên ta được a  3 hoặc a   3.
1
1
, suy ra x  2  3 và y  1 
.
Với a  3 và b 
3
3
1
1
, suy ra x  2  3 và y  1 
.
Với a   3 và b  
3
3

15

1
1
) và (2  3; 1 
).
3
3
Nhận xét. Nhờ đặt ẩn phụ mà ta có thể giải bài toán này một cách nhanh chóng
so với cách giải thông thường rút thế sẽ rất khó khăn, vì khi đó phương trình thu
được có nghiệm xấu.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt (2  3; 1 

2.3.8 Phương pháp sử dụng hàm số
Ví dụ 2.3.8 (đề thi Đại học khối A, năm 2013). Giải hệ phương trình
4
�
� x 1  4 x 1  y  2  y
(
)
�2
2
�x  2 x( y  1)  y  6 y  1  0.
Lời giải. Điều kiện x �1.
Từ phương trình thứ hai ta có 4 y  ( x  y  1) 2 suy ra y �0.
Đặt u  4 x  1 thì u �0.
Phương trình thứ nhất trở thành
u4  2  u 

y4  2  y.

(1)
Xét hàm số f (t )  t 4  2  t liên tục và xác định trên  0; � .
Ta có
2t 3
f '(t ) 
 1  0, với mọi t �0.
t4  2
Nên hàm số f (t )  t 4  2  t đồng biến trên  0; � .
Do đó (1) tương đương với y  u nghĩa là x  y 4  1 thế vào phương trình thứ
hai của hệ ta được
y ( y 7  2 y 4  y  4)  0.
(2)
Xét hàm số g ( y )  y 7  2 y 4  y  4 trên  0; � .
Ta có g '( y )  7 y 6  8 y 3  1  0 đúng với mọi y �0.
Mà g (1)  0 nên (2) có hai nghiệm phân biệt y  0 hoặc y  1.
Với y  0 thì x  1, với y  1 thì x  2.
Vậy hệ phương trình có nghiệm hai nghiệm phân biệt (1;0) và (2;1).
2.3.9 Phương pháp đánh giá
Ví dụ 2.3.9 ([4]). Giải hệ phương trình
�y   x 3  3x  4
�
3
�x  2 y  6 y  2.
Lời giải. Hệ phương trình tương đương với
16


�y  2  (2  x)( x  1)2
�
2

�x  2  2( y  2)( y  1) .
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta thấy
Nếu y  2 thì x  2 nên phương trình thứ hai vô nghiệm.
Nếu y  2 thì x  2 nên phương trình thứ hai vô nghiệm.
Nếu y  2 thì x  2 nên phương trình thứ hai thỏa mãn.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y )  (2;2).
Nhận xét. Đây là một bài toán khó, nếu rút thế theo cách thông thường sẽ ra
một phương trình bậc chín rất phức tạp, thậm chí không giải được, qua sử dụng
kỹ năng đánh giá ta đã giải quyết nhanh chóng được bài toán và cho kết quả rất
ngắn gọn.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Đề tài đã được áp dụng thường xuyên ở các lớp kết quả đạt được tương
đối tốt, học sinh đã giải quyết được rất nhiều bài toán về hệ phương trình đại
số , các em đã thích dần với bài tập giải hệ phương trình đại số, học tập hăng
say và tích cực hơn rất nhiều tạo cho các em một niềm tin khi giải toán, góp
phần nâng cao kết quả thi đại học và học sinh giỏi cấp tỉnh bộ môn Toán.
Đề tài đã được các thành viên trong tổ Toán góp ý và đánh giá tốt, đề tài đã
được các thầy cô áp dụng rộng rãi với các đối tượng học sinh lớp mình phụ
trách, đem lại hiệu quả rất thiết thực trong giảng dạy bộ môn Toán ở Trường
THPT hiện nay.So với cách làm cũ không chỉ giải các hệ phương trình bình
thường, không giúp cho các em thấy được dạng quên thuộc, những kỷ năng cần
thiết nào . Nếu trang bị cho các em những kỹ năng cần thiết thì nhìn vào bài
toán giải hệ phương trình thì các em đã phần nào thấy được cách giải.
Trong năm học 2015 -2016, 2016 -2017, 2017 -2018, 2018-2019 tôi đã
thực nghiệm đề tài của mình ở các lớp 12A1,12A2 và12C4, 12C6 kết quả cụ
thể như sau:
Loại
Đối tượng
Áp dụng thường xuyên
ở lớp 12 A1

Áp dụng thường xuyên
ở lớp 12 A2
Không áp dụng thường
xuyên ở lớp 12C4
Không áp dụng thường

Loại
giỏi

Loại
khá

Loại
trung
bình

Loại yếu

20 %

50 %

30 %

0%

15 %

50 %

30 %

5%

0%

30 %

50 %

20 %

0%

20 %

55 %

25%
17


xuyên ở lớp 12C6

3. Kết luận và kiến nghị :
Đề tài đã đưa ra một số phương pháp thường gặp khi giải một bài toán về
hệ phương trình trong chương trình toán học THPT qua các kỳ thi học sinh giỏi
cấp tỉnh, Quốc gia và tuyển sinh Đại học và Cao đẳng. Xây dựng và chọn lọc
các ví dụ minh họa sinh động .
Đề tài sẽ góp phần hình thành những kỹ năng giải toán cần thiết cho các học

sinh THPT và là tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi thiết thực đối với các thầy cô
giáo dạy toán bậc THPT, để từ đó nâng cao chất lượng giảng dạy và học tập, tạo
niềm tin, khuyến khích sự say mê khám phá vẻ đẹp của Toán.
Công tác nghiên cứu khoa học ở các cấp cần được phát huy hơn nữa, để công
tác dạy và học ngày càng đạt hiệu quả cao. Để có những bài giảng hay ,sáng
kiến đổi mới trong giảng dạy bộ môn Toán, góp phần nâng cao chất lượng dạy
và học, phù hợp với sự phát triển của Đất nước.
Cần tăng cường công tác sinh hoạt Tổ nhóm chuyên môn để trao đổi về
chuyên môn,xây dựng các tiết dạy phù hợp với từng đối tượng học sinh, phải
xem sinh hoạt Tổ nhóm chuyên môn là công việc để trau dồi về chuyên môn, tự
học tập lẫn nhau giúp nhau cùng tiến bộ.
Đề tài đã được các đồng nghiệp góp ý chân thành.Để đề tài thực hiện tốt thì
cần có những buổi sinh hoạt, xêmina về toán học để các em học sinh bày tỏ
quan điểm của mình cũng như tự giúp các em phát hiện ra sai lầm của nhau
thông qua các bài giải
Đề tài chắc chắn không tránh khỏi những thiếu xót và để hoàn thiện hơn nữa
tác giả rất mong được sự bổ xung và góp ý chân thành của các đồng nghiệp./.
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của tôi
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
Tác giả

Nguyễn Xuân Dũng.
18

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Phan Đức Chính, Lê Thống Nhất, Đào Tam, Vũ Dương Thụy (1993), Các
bài giảng luyện thi môn toán tập hai, nhà xuất bản Giáo dục.
[2] Phạm Kim Chung, Dương Văn Sơn, Đào Văn Trung (2014), Rèn luyện kỹ
năng và tư duy giải toán hệ phương trình, nhà xuất bản ĐHQG Hà Nội.
[3] Đặng Thành Nam (2014), Kỹ thuật giải nhanh hệ phương trình, nhà xuất
bản ĐHQG Hà Nội.
[4] Báo toán học và tuổi trẻ.
[5] Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, Quốc gia, Quốc tế, đề thi tuyển sinh Đại học,
Cao đẳng môn Toán.
[6]. Đề minh họa thi THPT quốc gia năm 2018 của Bộ GD&ĐT.
[7]. Đề thi thử THPT quốc gia của các trường THPT trên toàn quốc.
[8]. Nguồn Internet.

PHỤ LỤC
19


Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
�x  2 y  3
�
3 x  2 y  1.
�

Lời giải. Cộng hai vế của hệ phương đã cho ta được phương trình
4 x  4 hay x  1 .
Với x  1 thế vào phương trình thứ nhất của hệ thì ta có y  1 .
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất ( x ; y )  (1;1) .
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
�x  y  xy  5

�2
2
�x  y  xy  7.
Lời giải. Hệ phương trình tương đương với
�x  y  xy  5
�
( x  y )2  xy  7.
�
Đặt
�x  y  S
�
�xy  P.
Với điều kiện
Hệ phương trình trở thành

S 2 �4 P.

�S  P  5
�2
�S  P  7.
Cộng vế hai phương trình của hệ ta được S 2  S  12  0.
Giải phương trình trên ta được S  4 hoặc S  3 .
Với S  4 thì P  9 không thỏa mãn điều kiện.
Với S  3 thì P  2 theo cách đặt ta có
�x  y  3
�
�xy  2.
�x  2
�x  1
Giải hệ phương trình trên ta được �

hoặc �
.
�y  1
�y  2
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x ; y )  (2;1) và ( x ; y )  (1;2) .
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình
3
�
�x  6  y
�3
�y  6  x.

Lời giải. Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được
20


x 3  y 3  x  y  0.
Phương trình trên có thể viết thành
( x  y )( x 2  y 2  xy  1)  0 hay x  y  0.
Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ
�x  y  0
�3
�x  6  y.
Từ phương trình thứ nhất suy ra x  y thế vào phương trình thư hai ta được
x 3  x  6  0.
Giải phương trình trên ta được x  2 .
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x ; y )  (2;2) .

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình
2x  y  3

�
� 2
5 x  y 2  x  3 y  2.
�
Lời giải. Từ phương trình thứ nhất ta có y  3  2 x thế vào phương trình thứ hai
ta được

5 x 2  (3  2 x) 2  x  3(3  2 x)  2.
Suy ra
x 2  19 x  20  0.
Giải phương trình trên ta được x  1 hoặc x  20 .
Với x  1 thì y  1 .
Với x  20 thì y  43 .
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x ; y )  (1;1) và ( x ; y )  (20;43) .
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình
�x 2  xy  2 y 2  4
�
� 2
2 x  3 xy  3 y 2  2.
�
Lời giải. Với x  0 thì hệ trở thành
�
2 y2  4
�
� 2
3 y  2.
�
Hệ trên vô nghiệm nên x �0 .
Đặt y  kx thì hệ trở thành
2

2
2 2
�
�x  kx  2k x  4
� 2
2 x  3kx 2  3k 2 x 2  2.
�

Suy ra

21


2
2
�
�x (1  k  2k )  4
(1)
�2
2
�x (2  3k  3k )  2.
Chia phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ ta được

1  k  2k 2
 2.
2  3k  3k 2
Biến đổi phương trình trên ta được phương trình sau

4k 2  7k  3  0.
3

Giải phương trình trên ta được k  1 hoặc k  .
4
Với k  1 thế vào phương trình thứ nhất của hệ (1) ta được x  1 và x  1.
Khi x  1 thì y  1, khi x  1 thì y  1.
Với k 

3
thế vào phương trình thứ nhất của hệ (1) ta được
4
x

4 46
4 46
và x  
.
23
23

4 46
3 46
4 46
3 46
thì y 
thì y  
, khi x  
.
23
23
23
23

Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm
�
4 46 3 46
4 46 3 46 �
( x ; y ) ��
(1;1), (1;  1), (
;
), ( 
;
)�
.
23
23
23
23 �
�
Khi x 

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình
�
�x  4 y  3 y  2 x  y
�
2
� y  1  x  1  y  y  10.

Lời giải. Điều kiện
�y �1
�
�x �1
�

2 x  y �0.
�
Phương trình thứ nhất tương đương với phương trình
8 y  2x
x  4y 
 0.
3 y  2x  y

Hay
( x  4 y )(1 

2
3 y  2x  y

)  0.

Phương trình trên có thể viết thành
22


x  4 y  0,
1

hoặc
Do y �1 nên ta có

2
3 y  2x  y

0.

2

2
� .
3 y  2x  y 3

Suy ra phương trình
1

2
3 y  2x  y

 0,

vô nghiệm.
Vậy x  4 y  0 suy ra x  4 y thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được
y  1  4 y  1  y 2  y  10.

Phương trình trên tương đương với phương trình
y  1  1  4 y  1  3  y 2  y  6  0.

Nhân biểu thức liên hợp ta được
1
4
( y  2)(

 y  3)  0.
y 1 1
4y 1  3

Phương trình trên tương đương với hai phương trình
y  2  0,
hoặc
1
4

 y  3  0.
y 1 1
4y 1  3

Do y �1 nên phương trình trên vô nghiệm.
Với y  2 thì x  8.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x ; y )  (2;8) .
Ví dụ 7: (đề thi Đại học khối A, năm 2014). Giải hệ phương trình
2
�
�x 12  y  y (12  x )  12
�3
�
�x  8 x  1  2 y  2.
Lời giải. Điều kiện 2 �y �12, x �2 3 .
Cách 1. Từ phương trình thứ nhất của hệ ta viết thành
( x 2  2 x 12  y  12  y )  ( y  2 y (12  x 2 )  12  x 2 )  0.

Phương trình trên có thể viết thành
23


( x  12  y ) 2  ( y  12  x 2 ) 2  0.

Phương trình xảy ra khi
�
�x  12  y  0
�
2
�
� y  12  x  0.
Suy ra
�x �0
�
2
�y  12  x .

Thay vào phương trình thứ hai ta được
x 3  8 x  3  2( 10  x 2  1). (1)
Bằng cách nhân liên hợp ta được phương trình (1) tương đương với phương
trình

( x  3)( x 2  3x  1) 

2(9  x 2 )
10  x  1
2

.

Hay

Suy ra
hoặc

�
2( x  3) �
( x  3) �x 2  3x  1 
� 0.
2
10  x  1 �
�
x  3,

x2  3x  1 

2( x  3)

 0.
10  x 2  1
Do x �0 nên phương trình trên vô nghiệm.
Với x  3 thì y  3 .
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất ( x ; y )  (3;3) .
Cách 2. Từ phương trình thứ nhất của hệ áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
�
x 2  12  y
x
12

y
�
�
�
2

�
2
2
� y (12  x 2 ) �y  12  x .
�
2
Cộng hai vế với nhau ta được
x 12  y  y (12  x 2 ) �12.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

24