Sáng kiếến 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 Hồồng Phong 1
Sáng kiếến kinh nghiệm
ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Trong các kỳ thi Đại học, Cao đẳng, THPT Quốốc gia và thi h ọc sinh gi ỏi chúng ta
thường bắốt gặp các dạng toán liên quan tới phương trình, hệ ph ương trình. Bài toán
liên quan tới phương trình, hệ phương trình có khá nhiêều d ạng và có nhiêều cách gi ải
khác nhau. Đó là những dạng toán khó đốối v ới h ọc sinh, và hệ thốống bài t ập khá phong
phú. Tuy nhiên ngoài việc nắốm vững được các dạng ph ương trình và tìm ra cách gi ải thì
chúng ta cũng cầền tự xầy dựng cho mình một hệ thốống các bài t ập liên quan t ới ph ương
trinh, hệ phương trình. Hơn nữa trong quá trình xầy d ựng h ệ thốống bài t ập, ta có th ể
rút ra được các phương pháp giải một bài toán theo cách t ự nhiên nhầốt, t ại sao l ại gi ải
quyêốt bài toán như thêố,...và từ đó có thể rèn luyện tư duy và kích thích trí tò mò c ủa h ọc
sinh.Vì vậy, tối xin lựa chọn đêề tài :
“Rèn luyện tư duy cho học sinh thồng qua việc sáng tác một sồố ph ương
trình, hệ phương trình từ các đẳng thức điển hình”
Chương trình giáo dục phổ thống phải phát huy tính tích c ực, t ự giác, ch ủ đ ộng
sáng tạo của học sinh phù hợp với đặc trưng mốn học, đặc điểm đốối t ượng h ọc sinh,
điêều kiện của từng lớp học; Bốềi dưỡng học sinh phương pháp t ự h ọc, kh ả nắng h ợp
tác; Rèn luyện kyỹ nắng vận dụng kiêốn thức vào thực tiêỹn; Tác đ ộng đêốn tình c ảm, đem
lại niêềm vui, hứng thú và trách nhiệm học tập cho h ọc sinh. Quá trình d ạy h ọc v ới các
nhiệm vụ cơ bản là hình thành tri thức, rèn luy ện các kyỹ nắng ho ạt đ ộng nh ận th ức,
hình thành thái độ tích cực... được xầy dựng trên quá trình ho ạt đ ộng thốống nhầốt gi ữa
thầềy và trò, trò và trò, tính tự giác, tích c ực t ổ ch ức, t ự điêều khi ển ho ạt đ ộng h ọc nhắềm
thực hiện tốốt các nhiệm vụ đã được đêề ra.
Qua thực tiêỹn học tập và giảng dạy, tối nhận thầốy gi ải các bài toán liên quan đêốn
phương trình và hệ phương trình học sinh thường khống mạnh dạn, tự tin, th ường
lúng túng vêề phương pháp cũng như tính toán, đ ặc bi ệt khống nắốm chắốc các tính chầốt
của hình học phẳng ở cầốp học THCS. Phương trình, hệ ph ương trình h ọc sinh bắốt đầều
được làm quen ở chương trình THCS, đêốn cầốp THPT học sinh đã đ ược tiêốp xúc v ới rầốt
nhiêều bài toán vêề dạng này, nhưng học sinh khống nh ận di ện đ ược các d ạng toán và
chưa được hướng dầỹn một cách hệ thốống phương pháp để giải quyêốt bài toán tr ọn
vẹn. Sốố lượng bài toán thuộc các dạng toán nêu trên xuầốt hi ện ngày càng nhiêều trong
các đêề thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng và học sinh gi ỏi nh ững nắm gầền đầy.Tài
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 2
Sáng kiếến kinh nghiệm
liệu tham khảo khá nhiêều nhưng học sinh đối khi tiêốp cận m ột cách th ụ đ ộng ho ặc chầốp
nhận lời giải một cách khống tự nhiên, đối khi khống hi ểu t ại sao bài toán l ại đ ược gi ải
quyêốt theo hướng đó.
Giúp học sinh nhận dạng được các bài toán có m ột ph ương pháp mang l ại hi ệu
quả rõ nét. Bốềi dưỡng cho học sinh vêề phương pháp, kyỹ nắng gi ải toán, kh ả nắng sáng
tạo và tự sáng tác các phương trình, hệ phương trình. Qua đó h ọc sinh nầng cao kh ả
nắng tư duy, sáng tạo. Nầng cao khả nắng tự học, t ự bốềi d ưỡng và khả nắng gi ải các
bài toán trong kỳ thi THPT Quốốc gia mốn Toán 2016.
Điểm mới trong kêốt quả nghiên cứu: Hệ thốống các dạng toán có liên quan đêốn
phương trình và hệ phương trình được gắốn vào các bài toán tổng quát, xầy d ựng h ệ
thốống bài tập cho riêng mình, áp dụng vào gi ảng d ạy th ực têố đốối v ới h ọc sinh khá, gi ỏi
các lớp 11A1, 10A2, 10L, 10A2 trường THPT Chuyên Lê Hốềng Phong trong đ ợt ốn thi
học kì và học sinh ốn thi THPT Quốốc gia nắm 2016.
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 3
Sáng kiếến kinh nghiệm
NỘI DUNG SÁNG KIẾẾN
A. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ
Bước 1: Tìm điêều kiện cho các biêốn x, y của hệ phương trình (nêốu có)
Bước 2: Biêốn đổi một phương trình của hệ vêề dạng phương trình tích sốố đ ể đ ược các
hệ thức đơn giản chứa x,y.
Các kyỹ thuật thường sử dụng:
+ Nhóm nhần tử chung
+ Phần tích tam thức b ậc hai thành nhần t ử
+ Nhẩm nghiệm + nhần liên h ợp
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 (cầền ốn tập tốốt các phương pháp gi ải ph ương trình 1
ẩn)
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
2 x 2 y 2 3xy 3x 2 y 1 0
2
2
4x y x 4 2x y x 4 y
Bài giải
2x y 0
x 4y 0
+) Điếều kiện:
(*)
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 4
(1)
(2)
Sáng kiếến kinh nghiệm
+) Biêốn đổi phương trình (1) vêề dạng tích sốố. Xem (1) là m ột ph ương trình b ậc hai theo
ẩn y, phần tích tam thức bậc hai thành nhần tử. Ta được
y x 1
(1) y 2 3x 2 y 2 x 2 3 x 1 0 y x 1 y 2 x 1 0
y 2x 1
+) Thêố y x 1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:
3x 2 x 3 3x 1 5 x 4
(3)
Do phương trình (3) có hai nghiệm x 0 và x 1 nên ta định hướng phần tích (3)
x
thành dạng
3 x2 x
x
2
2
x . f x 0
,
3 x 2 x x 1 3x 1 x 2 5 x 4 0
3
x2 x
x2 x
0
x 1 3x 1 x 2 5 x 4
2
1
x 3
0
x 41 4 43 x44
2
1 4x4 4
2 4 45 x4453
1 4 4
0
Với x 0 y 1
x 0
x 1
x2 x 0
Với x 1 y 2
[thỏa (*)] ;
[thỏa (*)]
+) Thêố y 2 x 1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:
3 3x 4 x 1 9 x 4
(4)
Do phương trình (4) có hai nghiệm x 0 nên ta định hướng phần tích (4) thành dạng
x. f x 0
,
4
3x
4x 1 1
9x 4 2 0
4
9
x 3
0
4x
9x
1 4 49 x444 4
23
1 4 444x 4142
3x
0
4x 1 1
9x 4 2
x0
0
Với x 0 y 1
[thỏa (*)] .
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm
x; y là 0;1
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 5
và
1;2
Sáng kiếến kinh nghiệm
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
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
(1)
(2)
Bài giải
y 0
x 2y
+) Điêều kiện : 4 x 5 y 3
(*)
+) Biêốn đổi phương trình (1) vêề dạng tích sốố. Do y 1 luốn thỏa (1) nên định hướng
phần tích theo nhần tử y 1 hoặc 1 y . Ta được:
1 1 y
x y 1 x y 1 1 y 0
1
1
0
y 1
x
y
1
1
y
1 4 4 4 2 4 4 4 3
y x 1
0
1 y x y 1
Thêố y 1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: 9 3x 0 x 3 .Thêố y x 1 ,
2
thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: 2 x x 3 2 x (3)
2 x 2 x 3 0
2
2
2
x
x
3
2 x
Điêều kiện: 1 x 2 , Khi đó: (3)
3
x ڳ1 x 2
1 5
x
3
3
2
x
ڳ
1
x
x ڳ1 x
2
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 .
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 6
Sáng kiếến kinh nghiệm
So với điêều kiện (*) ta chỉ nhận
x
1 5
1 5
y
2
2 [thỏa (*)]
1 5 1 5
;
2
2
x; y 3;1
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm
là
và
.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các hệ phương trình
2
xy x 2 0
y 5 x 4 4 x
2
y 5 x 2 4 xy 16 x 8 y 16 0 2 x 3 x 2 y x 2 y 2 2 xy y 0
1)
2)
x 2 3 x y 2 y 2
2
x y x 4 x 5 2 x
3)
x 3 18 x y 1 y 19 0
2
x y 1 4) x3 2 x 2 7 y xy 12
2
x y
2x 1 2 y 1
2
x y x 2 y 3x 2 y 4
5)
x3 2 y 2 x 2 y 2 xy
2 x 2 2 y 1 3 y 3 14 x 2
6)
II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐẾ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điêều kiện cho các biêốn x, y của hệ phương trình (nêốu có)
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bắềng phương pháp hàm sốố
+ Biêốn đổi một phương trình của hệ vêề 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 (đầy 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.
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 7
Sáng kiếến kinh nghiệm
Với phương trình một ẩn, nêốu f(x) đốềng biêốn hoặc nghịch biêốn trên D thì phương trình
f x 0
có tốối đa một nghiệm trên D.
8 x3 y 3 6 y 2 6 x 9 y 2 0
2
4 x 1 4 x 2 3 y 1 3 y 1 0
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
(1)
(2)
Bài giải
1
1
x ,1 y 3
2
+) Điêều kiện 2
3
3
2
3
3
+) Khi đó: (1) 8 x 6 x y 6 y 9 y 2 (2 x) 3(2 x) ( y 2) 3( y 2)
(a)
1
1
x
2 nên 1 2 x 1 và 1 y 3 nên 1 y 2 1 .
+) Do 2
3
2
2
t 1;1
Xét hàm đặc trưng f (t ) t 3t , với
.Ta có f '(t ) 3t 3 3(t 1) 0 , với
mọi
t 1;1
. Suy ra
f t
nghịch biêốn trên đoạn
1;1 .
a f (2 x) f ( y 2) 2 x y 2 y 2 x 2 .
Do đó:
Thay y 2 x 2 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
x3 x 2 y x 2 x y 1
3
x 9 y 2 6 x 3 y 15 3 3 6 x 2 2
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
(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 1 0 (vì x 2 1 0, x )
Thay y x 1 vào phương trình (2) ta được phương trình
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 8
x y x 2 1 x 2 1
Sáng kiếến kinh nghiệm
x3 9 x 2 6 x 6 3 3 6 x 2 2
x 1
3
3 x 1 6 x 2 2 3 3 6 x 2 2
(a)
3
2
Xét hàm đặc trưng f (t ) t 3t , với t �.Ta có f '(t ) 3t 3 0 , với mọi t �. Suy ra
f t
đốềng biêốn trên �.
Do đó:
a
f ( x 1) f ( 3 6 x 2 2) x 1 3 6 x 2 2 x 3 9 x 2 3 x 3 0
.
3
2 1
2 1
2
x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 x 3
x 3
y 3
2 1 . Với
2 1
2 1
3
2
3
3
3 2 1 2
x
;
y
;3
3
2
1
2 1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
.
4 x 2 1 x y 3 5 2 y 0 1
2
2
2
4x y 2 3 4x 7
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
Bài giải
+) Điêều kiện
+) Khi đó:
x
3
5
,y
4
2
4x
(1)
Xét hàm đặc trưng
2
1 .2 x 5 2 y 1 5 2 y
f (t ) t 2 1 t t 3 t
( a)
2
, với t �. Ta có f '(t ) 3t 1 0 , với mọi
t �. Suy ra f t đốềng biêốn trên �.Do đó:
a
x 0
f (2 x) f ( 5 2 y ) 2 x 5 2 y
5 4 x2
y
2 .
5 4x2
y
2
Thay
vào phương trình (2) ta được phương trình:
2
5
4x 2 x2 2 3 4 x 7 0
2
2
Nhận thầốy x 0 và
x
(b)
3
4 khống là nghiệm của phương trình (b)
2
5
3
g ( x) 4 x 2 x 2 2 3 4 x 7
x 0;
2
4 , khi đó:
Xét hàm sốố
với
2
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 9
Sáng kiếến kinh nghiệm
b
1
g x g
2
(3)
3
0;
g x
Khảo sát tính đơn điệu của hàm sốố
trên khoảng 4
4
4
5
g '( x) 8 x 8 x 2 x 2
4 x 4 x 2 3
0
2
3
4
x
3
4
x
Ta có:
3
x 0;
4
3
1
0;
3 x
2 y2
Do đó f đốềng biêốn trên khoảng 4 . Suy ra:
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
x; y
1
;2
2 .
3 x 2 3 y 2 8 y x y 2 xy x 2 6
x y 13 3 y 14 x 1 5
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình:.
1
2
Bài giải
x 1
x 1 0
14
3 y 14 0
y 3 *
+) Điêều kiện:
+) Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn gi ản c ủa x và y
1
x 1
Xét hàm đặc trưng
trên �.
3 x 1 y 1 3 y 1
3
3
f t t 3 3t , t �
f t 3t 2 3 0, t �
. Do
3
Do x 1 0 và y 1 0 nên
Ta nhận thầốy
f t
đốềng biêốn
f x 1 f y 1 x 1 y 1 x 2 y
Thêố(4) vào (2) để được phương trình một ẩn
x
(3)
2 x 11
11
2 khống là nghiệm của phương trình 5 nên
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 10
3x 8 x 1 5 5
(4)
Sáng kiếến kinh nghiệm
5
3x 8 x 1
Xét hàm sốố :
5
0. 6
2 x 11
g x 3x 8 x 1
g x
Do
5
,x
2 x 11
8 11
3 ; 2
11
;
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
8 11 11
; & ;
g x đốềng biêốn trên các khoảng 3 2 2
8 11
8 11
3 ; , g 3 0
3 ; 2
g x
3 2
+) Trên khoảng
thì đốềng biêốn,
nên
6
g x g 3 x 3 y 5 thoả mãn (*)
4
11
;
+) Trên khoảng 2
6
11
8 ;
thì g x đốềng biêốn,
2
g x g 8 x 8 y 10
4
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm
, g 8 0
nên
thoả mãn (*)
x, y 3;5 , x, y 8;10
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các hệ phương trình
x3 y 3 3x 2 6 x 3 y 4
2
x y 2 6 x y 10 y 5 4 x y
1)
4 x 2 1 x y 3 5 2 y 0
2
4x y2 2 3 4x 7
2)
x 3 x y y 1 0
17 3 x 5 x 3 y 14 4 y 0
4
3
x x 3 x 2 1 x y 1 1
2 2 x y 5 3 3 x 2 y 11 x 2 6 x 13
3)
4)
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 11
Sáng kiếến kinh nghiệm
2012 3 x 4 x 6 y 2009 3 2 y 0 x 3 y 3 3 y 2 4 y x 2
x y 3 x 3 y 19 105 y 3 xy
2 7 x 8 y 3 14 x 18 y x 2 6 x 13
5)
6)
53 5 x 10 x 5 y 48 9 y 0
2 x y 6 x 2 2 x 66 2 x y 11
7)
4 x 2 2 y 4 6
3
2 2 x 1 2 x 1 2 y 3
8)
y2
III. PHƯƠNG PHÁP ẨN PHỤ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điêều kiện cho các biêốn x, y của hệ phương trình (nêốu có).
Bước 2: Biêốn đổi hai phương trình của hệ sao cho có hai biểu thức giốống nhau.
Bước 3: Thay hai biểu thức đó bởi hai biêốn mới u, v chuyển sang hệ mới và giải tìm u,
v.
Bước 4: Với u, v tìm được ta seỹ tìm được x, y.
Với phương trình ta có thể đặt ẩn phụ
u u x
để đưa vêề phương trình đơn giản hơn,
hoặc đặt ẩn phụ khống hoàn toàn, hoặc đặt ẩn phụ đưa vêề h ệ.
x 2 1 y x y 4 y
2
x 1 x y 2 y
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
(1)
(2)
(*)
Bài giải
+) Biêốn đổi sao cho hai phương trình của hệ xuầốt hiện hai bi ểu th ức giốống nhau
x2 1
y x y 4
* 2
x 1 x y 2 1
y
Do y 0 khống thỏa mãn hệ trên nên
x2 1
u
y
Đặt
và v x y 2 , hệ trở thành
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 12
u v 2
u 1
u.v 1
v 1
Sáng kiếến kinh nghiệm
x2 1
1
x 1 x 2
u 1
y
y
2
y 5
x y 1 1
v 1
+) Với
ta được hệ phương trình
+) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là
x; y 1; 2 ; 2;5 .
x2 y 2 6 0
4
x y 1 2
3
2
x
y
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
(1)
(2)
(*)
Bài giải
+) Điêều kiện: x y 0 .
+) Biêốn đổi hệ phương trình thành dạng có chứa hai biểu th ức x y và x y
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
uv 6
4
2
u 1 v 2 3
6
v
u
2
u 2 2u 1 u 3
9
x y 3
x y 2
Suy ra:
5
x 2
y 1
2
6
v
u
8u 2 18u 18 0
u 3; v 2
3
u 4 ; v 8
35
3
x
x y
8
4
x y 8
y 29
8
và
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là
x; y
5 1 35 29
; ; ;
2 2 8 8 .
x y 2 y 1 x y 5
2
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình : y 2 xy y
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 13
Sáng kiếến kinh nghiệm
Đặt
x y a, 2 y 1 b . Khi đó ta có hệ :
a 2 b 2 a b 4
2
2
a
1
b
1
4
2
a b a b 4 2ab
2
2
ab a b 2ab 3
2
Đặt a b 2t ab 2t t 2
2
Ví dụ 4. Giải phương trình : 33 2 x x 4 x 1 x 5
pt
33 2 x x 2 2 x 1
Đặt u x 1, v 2 x 1
2
v4 2 x 1
4
34 x 1
2
2
34 u 4
.
u v 2
u v 2
4 4
uv 1
Khi đó ta có hệ : u v 34
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các hệ phương trình
x 2 xy 3x y 0
4
2
2
2
x
3
x
y
5
x
y
0
1)
y 2 x xy 6 y 1 0
3
2
2
y
x
9
y
x
yx0
2)
x2 x y 2 4 y 2 y 1 0
2 2
3
3
xy x y 1 4 x y 0
3)
x 2 y 1 6 y 2
4 2
x y 2 x 2 y 2 y x 2 1 12 y 2 1
4)
x 2 y 2 xy 3 x 2
2
4
4
2
4
x xy y 2 17 x
5)
x 2 y 2 x y 1 25 y 1
2
2
6) x xy 2 y x 8 y 9
x 2 2 y 2 3 x y 5
2
x 2 y 2 3 x y 2
7)
x 2 y 2 xy x y
2
2
x
y
3
8)
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 14
Sáng kiếến kinh nghiệm
4 x 4 2 x3 y x 2 y 2 2 x 2 y 9
2
3 x 2 xy y 2 6 x y 1
10)
x 2 2 x 6 y 1
2
x xy y 2 7
9)
IV. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điêều kiện cho các biêốn x, y của hệ phương trình (nêốu có)
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bắềng phương pháp đánh giá.
Thường là sử dụng các bầốt đẳng thức cơ bản: Cố-si, bầốt đẳng th ức vêề giá tr ị tuy ệt đốối,...
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 (cầền ốn tập tốốt các phương pháp gi ải ph ương trình 1
ẩn).
x 12 y y 12 x 2 12
x 3 8 x 1 2 y 2
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
(1)
(2)
Bài giải
2 3 x 2 3
2 y 12
+) Điêều kiện:
(*)
Đánh giá phương trình (1) để tìm hệ thức đơn giản liên h ệ gi ữa x và y. S ử d ụng BĐT
Cố-si ta có:
x 2 12 y
x 12 y
2
2
x 0
y 12 x 2 y 12 x
2
x 12 y y 12 x 12
1 y 12 x 2
2
nên
2
Thêố y 12 x vào phương trình (2) ta được phương trình một ẩn:
x 3 8 x 1 2 10 x 2
(3)
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 15
Sáng kiếến kinh nghiệm
Phương trình (3) có một nghiệm là x 3 nên ta định hướng phần tích (3) thành dạng
x 3 . f x 0 ,
(3)
x 3 x 2 3x 1
x 3 8 x 3 2 1 10 x 2 0
2 x 9
1 10 x
2 x 3
2
0
0
2
x
1 4 4 4 4 214 410
4 4 43
x 3 x 2 3 x 1
2
0
x3
Với x 3 y 3 [thỏa (*)]
Vậy hệ phương trình có một nghiệm
x; y là 3;3 .
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
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
5 x 2 2 xy 2 y 2 0
2
2
2 x 2 xy 5 y 0 x 2 y 1 0
x 2y 1 0
+) Điêều kiện:
.
+) Khi hệ có nghi ệm
x; y
1
x y 0
. Ta thầốy
5 x 2 2 xy 2 y 2 2 x y *
* 5 x 2 2 xy 2 y 2 2 x y
x
y
bắềng khi
. Thật vậy
2
mọi x, y �. Tương tự
* & **
Từ
2 x 2 2 xy 5 y 2 x 2 y **
x y
2
0
luốn đúng với
dầốu bắềng khi x y
VT 5 x 2 2 xy 2 y 2 2 x 2 2 xy 5 y 2 3 x y VP
1
1
3
Dầốu đẳng thức xẩy ra khi x y
Thêố y = x vào (2), ta được:
Ta có: (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 Hồồng Phong 16
dầốu
(3)
Sáng kiếến kinh nghiệm
x2 x
3x 1 x 1
x2 x
3x 1 x 1
2 x3 6 x 2 7 x
3
19 x 8
2
( x 2) 3 19 x 8 ( x 2) 2
2 x 2 x ( x 7)
3
x 2 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 (*) vố nghiệm. Do đó (3) x = 0 hay x = 1.
Vậy hệ phương trình có nghiệm
( 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
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
(1)
(2)
Bài giải
x 16
y9
Điêều kiện:
Đánh giá phương trình (1) để tìm hệ thức đơn giản liên h ệ gi ữa x và y.
1
Ta có:
Đặt
t
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 và sử dụng BĐT Cố-si ta có:
y x
y x
8
17 x y 3
8
17
3
8
1
t
t 6 2t 2 2.2 6
x y
4 t6 8
6 8 y x 4 t 6 8
y x
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 17
Sáng kiếến kinh nghiệm
8
1
t 6 t 2 x y
Dầốu “=” xảy ra khi t 6 8
Thêố y = x vào (2), ta được:
x 16 x 9
x 16 x 9 7
37 x x 25
Với x 25 y 25 [thỏa (*)].
Vậy hệ phương trình có nghiệm
( x, y )
25; 25 .
B. MỘT SỐẾ ĐỊNH HƯỚNG XÂY DỰNG PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
TỪ CÁC ĐẲNG THỨC.
Xuầốt phát từ một biêốn đổi tương đương do ta chọn :
x 2
3
y 3 x3 6 x 2 12 x y 3 9 y 2 27 y 35
3
3
3
Khi đó, chọn x 3; y 2 thì (1) đúng. Do vậy, cũng với x 3; y 2 thì x y 35 .
2
2
Ta seỹ thu được : 2 x 3 y 4 x 9 y . 0Từ đó ta có bài toán sau:
x 3 y 3 35
1
2
2x 3 y2 4x 9 y 2
Giải hệ phương trình :
.
Nhần hai vêố của (2) với -3 rốềi cộng với (1) ta được:
x 3 y 3 6 x 2 9 y 2 35 12 x 27 y
x 2
3
y 3 x y 5
3
.
y 2
5 y 2 25 y 30 0
y 3 .
Thay vào (2) ta được :
Nghiệm của hệ là :
x; y 3; 2 , x; y 2; 3
.
Nhận xét: tại sao ta biêốt nhần hai vêố của phương trình (2) v ới -3 rốềi c ộng v ới ph ương
trình (1), tại sao lại là sốố -3 mà khống phải sốố khác, t ại sao l ại c ộng v ới ph ương trình
(1) mà khống phải trừ? Ta có thể giải thích vầốn đêề đó thống qua vi ệc s ử d ụng ph ương
pháp hệ sốố bầốt định.
Xét
1 . 2
3
3
2
2
ta được : x y 2 x 3 . y 35 4 x 9 y (3)
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 18
Sáng kiếến kinh nghiệm
Từ (3) ta chọn , a, b sao cho thỏa mãn :
x 3 2 x 2 4 x y 3 3 . y 2 9 y 35 x a y b
3
3
3
2
2 3a; 4 3a
a 2
2
3
3
3 3b;9 3b ; 35 b a
b 3
Chú ý rắềng: việc xét
. 1 . 2
1 . 2
vầỹn khống giảm tổng quát hơn so với việc xét
, vì khi ta giải phương trình có quyêền chia cả hai vêố cho một sốố khác 0.
Tương tự khi xuầốt phát từ một biêốn 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
3
3
3
Khi đó, chọn x 2; y 1 thì (1) đúng. Do vậy, cũng với x 2; y 1 thì x y 9
2
2
Ta seỹ thu được : 2 x y 4 x y . Từ đó ta có bài toán sau:
3
3
x y 9
2
2
Giải hệ phương trình : 2 x y 4 x y .
Với việc xuầốt 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 *
4
x 4 y 4 240 **
Khi đó, chọn x 4; y 2 thì (*) đúng. Do vậy, cũng với x 4; y 2 thì
.
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 Quốốc 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
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 19
Sáng kiếến kinh nghiệm
Nhần phương trình (4) với -8 rốềi cộng với phương trình (3) ta đ ược :
x 4 y 4 8 x 3 16 y 3 240 24 x 2 96 y 2 256 y 32 x
x 2
4
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 nhầốt của hệ ta được :
x 3 3x 2 4 x 32 0
x 4 x 2 x 8 0
x 4
+) Khi y 6 x thay vào phương trình thứ nhầốt của hệ ta được :
x 3 9 x 2 36 x 64 0
x 4 x 2 5 x 16 0
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm :
x4
4;2 ; 4; 2 .
Nhận xét: Cầu hỏi được đặt ra như trước là tại sao lại nhần ph ương trình (4) v ới -8 rốềi
lại cộng với phương trình (3) ? Điêều này được lý giải t ương t ự nh ư ở trên và đ ược xuầốt
2
2
3
3
4
4
phát từ những đẳng thức : x y ; x y ; x y .
Xuầốt phát với ý tưởng như trên, sau đó ta có thể thống qua phép biêốn đ ổi ẩn n ữa ta có
thể thu được một bài toán phức tạp hơn.
Chẳng hạn, xuầốt phát từ đẳng thức và qua biêốn đổi tương đương do ta ch ọn :
u 3
3
v 5 0 u 3 9u 2 27u v 3 15v 2 75v 98 0
3
*
3
3
Khi đó, chọn u 3; v 5 thì (*) đúng. Do vậy, cũng với u 3; v 5 thì u v 98 .Ta
2
2
seỹ thu được : 3u 5v 9u 25v .
Đặt u x y; v x y , và qua một sốố phép biêốn đổi cơ bản, ta có hệ :
x 3 3 xy 2 49
2
2
x 8 xy y 8 y 17 x
1
2
.
Ta có bài toán sau :
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồồng Phong 20
- Xem thêm -