CHUYÊN đề bồi DƢỠNG học SINH GIỎI một số PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH – hệ PHƢƠNG TRÌNH

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO LÀO CAI TRƢỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HỌC SINH GIỎI MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH – HỆ PHƢƠNG TRÌNH Năm học 2020 – 2021 Giáo viên: Trần Hồi Vũ Tổ chun mơn: Tốn – Tin TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com I Phƣơng pháp biến đổi đại số, rút Sử dụng phép biến đổi tương đương bản: Nâng lên lũy thừa hai vế (Chú ý điều kiện) Rút ẩn biểu thức từ phương trình hệ vào phương trình cịn lại Phân tích phương trình hệ tổ hợp phương trình hệ phương trình tích  Bài số 1: Giải hệ phương trình Điều kiện: : x2 ( x y) ; Từ (1) suy y (Vì y < VT (1) >VP(1): vơ lý) Dễ thấy y = không thỏa mãn Xét y > Phương trình (1) tương đương: x 2 ( x y ) ( x y 1) ( x 2 ( x y ) y)    x y 1 x 2 ( x y)( ( x y 1)( Thế y = x - vào (2) ta được: 4x 2 4x 2 2x 1 11 (2x 1)2 2x 1 10 Đặt t = 2x1 , ( t ), ta có phương trình: t 4 3t 10 0 (t 2)(t 3 2t 2 4t 5) 0 t Với t = ta giải nghiệm hệ (x; y) = (  Bài số : Giải hệ phương trình Điều kiện: x 0, y Đặt Hệ phương trình cho tương đương với    a b  a4    14a b 2 b 4  Lấy hai vế Lấy hai vế Lấy4 cộng3 theo vế ta :a b5 Lấy4 trừ3 theo vế ta :a b5 a b5 32       a b 2   x      y Vậy hpt có nghiệm nhất:x , y Bài số 3: Giải hệ phương trình Từ (1) : x 2 (2)  x 2 x 2 xy x y 6 0  y 1 x 2  xy x  y 6  x 2 x (1 y ) y 2 y 2 Coi vế trái phương trình bậc hai x, có  9(1 y ) 2 8(4 y 2 y 2) (2 y 5)2 +) Với x = 2y – thay vào (1) ta : 2(4 y 2 y 4) y2   y  y 2 16 y 7 0   y  +) Với x (2 y1)2  y 2 y 1 0 Vậy phương trình có nghiệm Bài số 4: Giải hệ phương trình   4x 3 y 3 x y 3xy 2x y  3 y 2 x x y xy 4x1 ( 2) Giải x2 Điều kiện (1) x y 3 2x y y 3 y   x y y2 x y 2 y x y y  1 x y Thay y=x vào phương trình (2) ta được:  3 x 2 x x x 3 x 2 x 1  Với2 x 3, ta có   1 (*)     x 2 x 2    x1 x  x 2 x 2 0 Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm (x:y) (-1;-1) (2;2) Xét phương trình (**), ta có: Suy (**) vô nghiệm Vậy (*) có nghiệm x = 50 VII Phƣơng pháp sử dụng tọa độ vector Bổ đề 1: Cho hai vectơ u , v Khi đó: i) u v u v Đẳng thức xảy ra u v ii) u v u v Đẳng thức xảy ra u v Trong ii) ta thay v bởiv ta có: iii) u v u v Đẳng thức xảy ra u v h n minh i) Đặt u AB, v BC u v AC Với điểm A, B, C ln có: AC AB BC (đpcm) Đẳng thức xảy ra A, B, C thảng hàng theo thứ tự đó u v ii) Đặt u AB, v BC u v AC Với điểm A, B, C ln có: AC AB BC (đpcm) Đẳng thức xảy ra A, C, B thảng hàng theo thứ tự đó u v iii) Hiển nhiên có từ ii) Bổ đề 2: Với vectơ u, ta có: u2 Đẳng thức xảy ra u h n minh (Dễ dàng) Bổ đề 3: Cho hai vectơ u , v Khi đó: i) u.v u v Đẳng thức xảy ra u v ii) u.v u v Đẳng thức xảy ra u v h n minh 51 u.v u i) Ta có:  v cos(u , v) cos(u , v)  đpcm  Đẳng thức xảy ra cos(u , v ) 1 u v u.v u  v ii) Ta có: cos(u , v) cos(u , v)  đpcm  1 Đẳng thức xảy ra cos(u , v )1 u v Bài số 61: Giải phương trình: x 2 x 5 x 2 x 10 29 (1) Giải (1) ( x 1) 2 2 ( x 1) 2 32 29 Chọn u ( x 1; 2), v ( x 1;3) u v (2;5) u v  29 (1) trở thành: u v u v Mặt khác, ta có: u v u v Đẳng thức xảy ra u v   x   x 1   x nh uận : Mấu chốt việc chọn tọa độ cho hai vectơ gì? Rất đơn giản, phải thỏa mãn điều kiện: t 29 à: Vectơ tổng phải vectơ khơng đổi ( có tọa độ cụ thể) u v H i à: Hai vectơ chọn phải có tung độ ( hoành độ) dấu Chẳng hạn: -2 -3 Bài số 62: Giải phương trình: x 2 x 5 x 2 x 10 (2) Giải (2) ( x 1) 2 2 ( x 3) 2 12 Chọn u ( x 1; 2), v ( x 3;1) u v (2;1) (2) trở thành: u v  u v Mặt khác, ln có: u Đẳng thức xảy ra u v  v  u v x  x    x ách hác: Chọn u ( x 1; 2), v (3 x;1) u v (2;1) (2) trở thành: u v  u v Mặt khác, ln có: u v Đẳng thức xảy ra u v u v x   x    x nh uận: Nếu đề sau giải nào?  x 2 x 5 x 2 x 10  x 2 x 10 x 2 x 5 Rất đơn giản, đặt điều kiện để VT > 0, giải bình thường sau kiểm tra no tìm với điều kiện Bài số 63: Giải phương trình: x 3 18 x 2 36 x 2 x 3 9 x2 (3) Giải Bài ko giống dạng trước, ta tìm hướng giải khác Viết lại pt(3) sau: x 3 18 x 2 36 x 2 x 3 9 x2 (3) Điều kiện: 2 x Chọn u (1;1), v ( x  x Mặt khác, ln có: u.v Kết hợp với pt(3), ta có: 9 x Vậy pt(3) có no x = Bài số 64: Giải bpt: x Điều kiện:1 x Viết lại (4) sau: x Chọn u ( x;1), v ( x 1; (**) (4) trở thành: u.v Từ (*) (**) suy ra: u u.v Bài số 65: Giải bpt: Điều kiện: Hình thức ko khác số 4, nhiên làm đơn số ko thể có vế phải Vì phải biến đổi n h thuật sau: (5)1 v Ta chọn vector cho:   u  x  3x1 v  3x 2 9x u (1; 2),v ( x Bpt(5) trở thành: u.v u v (*) Mặt khác, ln có: u.v u v (**) Từ (*) (**) suy ra: u.v u  u v v x1(l) 2x 2 3x     x  (l) x      nh uận: Việc viết số thật ko tự nhiên chút nào? Mò ch ng? Ta thấy VP ko âm, ta viết vế trái sau:  x 2 x Chọn u ( ; ), v ( u Hay là: Đến việc thật đơn giản, cần tìm , cho: 22   3  2(22)2      2(2  Ta cần chọn 1, xong Bài số 66: Xác định m đề pt sau có nghiệm: x 2 x 1 x 2 x 1 m (6) 5 (6) ( x Chọn u ( x 3 ; ), v ( x ; ) u v (1;0) Ta có: m u v  u v 1 m1 u  v  Đẳng thức xảy ra Vậy: Để pt có no nh uận: Từ tốn ta dẫn xuất tốn sau: +) Bài toán 1: Xác định m đề pt sau có nghiệm: x 2 x 1 x 2 x 1 m ( Tất nhiên đáp số ko thay đổi) +) Bài toán 2: Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 x 2 x 1 x 2 x 11 và1 x 2 x 1 x 2 x 11 Bài số 67: Xác định m đề pt sau có nghiệm: x 2 x 1 x 2 x 1 m (7) ời giải toán th t đơn giản, ko khác lời giải tốn Tuy nhiên, độc giải bình lu n lời giải sau đây: i iải : (7) ( x ) 2  ( x )2  m Chọn u ( x 3 ; ), v ( x ; ) u v (1;0) u v  Ta có: m u v u v 1 m1 Đẳng thức xảy ra Vậy: Để pt có no i iải : Ta có:  ( x x 2 x Vì đẳng thức ko đồng thời xảy (*) (**) nên có: m i Đặt iải f (x ) f '(x ) ( Vì hàm g (u) Lập bảng biến thiên, ta thấy: m f ( x ) f (0) Vậy m nh uận: ới cách giải cho ta đáp số? Cách giải đúng? Cách giải sai? Sai đâu? Nếu sai sửa cho đúng? i iải : Ta ln có: u  v  u , lưu ý có đẳng thức hai vectơ v chiều Chính cách chọn vectơ vi phạm điều cấm Chọn lại sau: Chọn u ( x ; ), v ( x ; ) u v (1; 3) u v Ta có: m u v u v 2 m Đẳng thức xảy ra 2 i iải : Sử dụng đánh giá lời giải cục bộ( đánh giá lúc tổng biểu thức ko đánh giá biểu thức một) Chẳng hạn ta đánh giá vài cách khác sau: +) m x2 x 1 x2 x 1 (x 3 2)   (x 2)   x2 x +) m 1 1 1 2 2 x  (x 1)  2 x  (x 1)  2 +) m x 2 x 1 x 2 x 1 +) m x 2 x 1 x 2 x 1 2 2 2 2 x  (x 3)  3 x  (x 3)  3 i, thán năm 021 Trần Hoài Vũ ... Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm (x:y) (-1;-1) (2;2) Bài số 5: Giải hệ phương trình Giải Phương trình (2) hệ viết lại sau 3x 3x 2y 3x 0k Ta thấy x phương trình y    1 x  PT (1) hệ. .. phương trình hệ ta    x y      Nhân hai vế hai phương trình (1) (2) ta Thay vào ta giải nghiệm hệ là II Phƣơng pháp đạt ẩn số phụ Đặt ẩn phụ đưa phương trình cho phương trình đại số khơng... thay a + b = vào (3) ta có a – b = ±1 Giải hệ: Bài số 9: Giải hệ phương trình Nếu ( x;y) nghiệm hệ x.y    Do đó: Hệ (I)   1   Nhân vế với vế PT hệ (II) ta PT: x 2 y  x 2