Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 45 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
45
Dung lượng
541,8 KB
Nội dung
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” Phần I : ĐẶT VẤN ĐỀ w w w tu oi tre be nt re v n Hệ phương trình mảng kiến thức quan trọng chương trình Tốn học phổ thơng, thường gặp kì thi tuyển sinh vào lớp 10, tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, thi học sinh giỏi Mặc dù học sinh cọ xát phần nhiều song phần lớn em thường lúng túng trình tìm cách giải Nguyên nhân vì: Thứ nhất, hệ phương trình mảng kiến thức phong phú khó, địi hỏi người học phải có tư sâu sắc, có kết hợp nhiều mảng kiến thức khác nhau, có nhìn nhận nhiều phương diện Thứ hai, sách giáo khoa trình bày phần đơn giản, tài liệu tham khảo đề cập đến phần nhiều song phân loại chưa dựa gốc toán nên học, học sinh chưa có liên kết, định hình chưa có nhìn tổng quát hệ phương trình Thứ ba, đa số học sinh học cách máy móc, chưa có thói quen tổng qt tốn tìm toán xuất phát, chưa biết toán đề thi đâu mà có nên người đề cần thay đổi chút gây khó khăn cho em (dẫn chứng gần đề thi thử lần Trường THPT Chuyên –Đại Học Vinh năm 2014 ) Chuyên đề tơi mặt hình thức khơng Cái phân loại có tính chất xuyên suốt chương trình bám vào kĩ thuật quen thuộc, phù hợp với tư học sinh Thêm vào đó, với tốn có phân tích lơgic, có tổng qt điều đặc biệt cho học sinh tìm gốc tốn, tốn từ đâu mà có, người ta tạo chúng cách Thông qua việc làm thường xuyên này, học sinh hình thành phương pháp, rèn luyện kỹ năng, có tư sáng tạo, có lực làm toán tạo toán Học sinh thường hiểu sâu hứng thú học phần Mặc dù có đầu tư song điều kiện thời gian hạn chế nên phân loại chưa triệt để mang tính chất tương đối, mong bạn bè đồng nghiệp góp ý kiến chỉnh sửa để chuyên đề hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” Phần II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ A.BÀI TOÁN MỞ ĐẦU 4 Giải hệ phương trình : x x 1 2 y y (1) x x( y 1) y y 0(2) Tuyển sinh Đại học khối A;A1 năm 2013 Giải Cách : ( Đưa đối xứng loại ) Đk : x Xét (2) : x x( y 1) y y 'x ( y 1) y y 1 y y v 2z3 0, z re Xét hàm số f ( z ) z z f '( z ) n Xét (1) : Đặt t x 1 ( t ) : x t Pt(1) trở thành : t t y y (*) z4 be nt Nên f(z) đồng biến với z (*) t y y x 1 Khi (2) trở thành : y y y oi tre y0 y (vì y>0) y ( y 1)( y y y y y y 4) y 1 y x 1 x Vậy nghiệm phương trình : , y y 1 w w tu Cách 2: ( đưa hệ đối xứng loại 3) Đk : x (2) x 2( y 1) x y y ( x y 1)2 y (*) Vậy : y (1) x x 1 ( y 1) ( y 1) 1 (**) Đặt f (t ) x x 1 f đồng biến 1, ) Nên (**) f ( x) f ( y 1) x y 1 y0 y 2y y Vì g ( y ) y y y đồng biến 0, ) , mà g(1)=0 nên y y y =4 w Thế vào (*) ta có : y ( y y )2 y y y y 1 Dễ dàng suy : (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1) Cách ( phương pháp đánh giá kết hợp sử dụng nhân liên hợp ) Đk : x (2) x 2( y 1) x y y ( x y 1)2 y (*) Vậy : y Xét x 1 y 0( y 0) x y=0 thỏa mãn hệ phương trình x 1 hệ nhận nghiệm Xét y x 1 y , ta có GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” (1) ( x y 2) ( x 1 y ) x y 1 x 1 y x 1 y 0 ( x 1 y)( x 1 y ) 1 0 ( x y 1) ( x y )( x y ) x 1 y x y (do y>0) y y0 Thế vào (*) ta có : y ( y y )2 y y y y y y y (Vì g ( y ) y y y đồng biến 0, ) ),mà g(1)=0 y v Xét hàm số f (t ) t t , t Ta có : f(t) đồng biến 0, ) u v tre ( làm tương tự cách ) Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1) be v y (1) u u v v nt u x u x 1 Đặt ,(u , v 0) 4 re v n nên y y y y Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1) Cách : ( Đưa hệ đối xứng loại 3) Đk : x Từ (2) x 2( y 1) x y y ( x y 1)2 y (*) Vậy : y oi Cách : ( Phương pháp ) w tu Đk : x Từ (2) ta y ( x y 1) y Vậy (x;y) =(1;0) nghiệm hệ phương trình *Với : x y y 1 , thay vào(1)ta w được: y y y y y y y , ta có x y y 1 ; x y y 1 w *Với : x y y 1 y y 1 y y y ( y ) , suy x=1 thỏa mãn hệ ( y y ) y y y y (3) Xét hàm số : f (t ) t t , t Ta có : f '(t ) 4t t4 0, t f(t) đồng biến 0, ) Từ (3) suy y y y y y y (4) Đặt t y (4) GV:Lê Đình Tần t8 t2 2t t(t 1)(t6 t5 2t t3 t 2) THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” t y x (do t t 2t t t 0, t ) t y x Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1) Cách : ( Sử dụng nhân liên hợp ) Đk : x Từ (2) ta y ( x y 1) y t 0 Đặt t x 1 , suy x t 1 Phương trình (1) trở thành : t t y y t y4 t y (t y )(t y ) (t y ) 1 (3) 4 t y (2) ( x y 1)2 y , nên y (t y )(t y ) t y4 Từ (3) t y y x 1 Thế vào (4) ta có : 1 be nt y x 1 ( y y)2 y g ( y ) y y y Xét hàm số : g ( y ) y y y n t y v re t t y4 y g '( y ) y y 0, y , nên g(y) đồng biến 0, ) w tu oi tre Mà g(1) =0 nên y=1 nghiệm g(y) Với y=1 x=2 Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1) Qua tốn mở đầu,ta thấy có nhiều cách giải khác để giải hệ phương trình Tuy nhiên cách dựa sở phá bỏ rút biểu thức x theo y đưa hệ phương trình đơn giản mà ta biết cách giải.Sau đây, tơi xin trình bày số phương pháp cụ thể để giải hệ Phương trình w w B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Phương pháp * Cơ sở phương pháp Ta rút ẩn (hay biểu thức) từ phương trình kết hợp hai phương trình hệ vào phương trình cịn lại.Mục đích việc làm giảm số ẩn Tùy thuộc vào đặc điểm tốn mà ta có cách biến đổi phù hợp * Nhận dạng -Phương pháp thường hay sử dụng hệ có phương trình bậc nhất,bậc hai ẩn (có thể coi biến cịn lại tham số ) -Với hai số thực x0 ;ta ln có y=tx với cách làm ta chuyển phương trình ẩn t - Phương trình f(x;y)=f(y;x) ln có cặp nghiệm x=y phân tích phương trình cho dạng (x-y).g(x;y)=0 - Trong hệ phương trình biểu thức u(x) xuất hai phương trình ta đặt u(x)=t để làm đơn giản hình thức tốn GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” x y 27 x Ví dụ Giải hệ pt: (x 2) y Đề thi Chọn Học sinh giỏi Tĩnh lớp 10 _GD Hà Tĩnh x y 27 x (1) x Giải hệ pt: Điều kiện: y 2 (x 2) y Ta có: (2) (x 2)2 y , kết hợp với (1), ta được: (3) x (x 2) 27 x x x x 4x 31 (4) Đặt x a với a x a , thay x theo a vào vế phải (4) rút gọn, ta được: a6 5a4 12a2 a 19 (a 1)(a5 a4 6a3 6a2 18a 19) a oi tre be nt re v n (vì a5 a4 6a3 6a2 18a 19 a ) Khi a = 1, ta x = y = (thỏa mãn điều kiện (3)) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (3; 2) Nhận xét Quan sát phương trình (2) ta thấy (x 2)4 y hay (x-2)4=y-1có thể nghỉ đến việc đặt ẩn phụ chuyển hệ hệ đại số có cách giải x x3 y x y x (1) Ví dụ Giải hệ phương trình (2) x xy x Nhận xét Phương trình (2) bậc y nên ta dùng phép Lời giải x = không thỏa mãn (2) x x2 vào (1) ta x 0, (2) y 2x w w tu 2 6x x 6x x x 2x x 2x x x 2 x (6 x x ) x x (6 x x ) x x( x 4)3 x 4 w 17 Do x nên hệ phương trình có nghiệm 4; 4 Chú ý + Hệ phương trình theo phương pháp sau: x x x xy 2 x 2x Hệ x x x xy x2 x x xy + Phương pháp thường công đoạn cuối ta sử dụng phương pháp khác Ví dụ Thi thử lần khối B năm 2014 THPT NVX Bắc Ninh GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” x x x y y (1) Giải hệ phương trình : ( x, y IR ) x 12 x 12 y y x (2) Nhận xét :Rỏ ràng ta khơng thể biến đổi phương trình (2),vấn đề chổ biến đổi phương trình (1) ,để ý thấy hệ số 2:1=2:1 phương trình có nghiệm x=y Lời giải Đk: x 0; y Phương trình (1) tương đương với x(2 x 1) y (2 x 1) ( x y )(2 x 1) x y ( Vì x 0, x IR ) Thế vào phương trình (2) ta có x 12 x 12 x x x 1 n x 3(2 x 1)2 3x (2 x 1) v Đặt a x 1, a , ta có phương trình x 3a 3x a be nt re ax x 3a x 6ax a x 6ax 2a a 4 x( L) x 1 x 3 2 Khi a=x , ta có x x x x 1 x 1 2( L) y 2 Thử lại thấy thỏa mãn tre Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) (3 2;3 2) oi Ví dụ Thi thử lần khối A &A1 năm 2014 THPT ĐT – HẢI DƯƠNG w tu 2 Giải hệ phương trình x y2 1 5( x2 y 3)(1) (2 x 1) (2 y 1) 18(2) w w Nhận xét :Phương trình phương trình đối xứng theo x y chưa thể khẳng đinh có hay khơng nghiệm x=y ,tuy nhiên để ý phương trình (1) có chứa biểu thức độc lập x y nên từ (2) rút x y x y vào phương trình (1) Lời giải Điều kiện : x 0;( y 1) 0; x y Từ phương trình (2) x y x y (3) Thế (3) vào (1) ta có : x y 1 5( x y 1) ( x 2) ( x 2)( y 1) 9( y 1) 5( x y 1) ( x 2)( y 1) x y ( x 2)( y 1) 2( x 2) 2( y 1) (3) Ta thấy y=1 nghiệm phương trình : x2 2 y 1 x2 x2 (3) 3 2 y 1 y 1 x2 ( L) y 1 GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” x2 x=4y-6 thay vào phương trình (2) rút gọn ta : y 1 y2 x2 (2) 17 y 53 y 38 19 26 y x (t / m) 17 17 26 19 Vậy hệ có nghiệm (x;y) (2;2) ; ( ; ) 17 17 y x 2 y x (1) Ví dụ Giải hệ phương trình x x y 16 x 12 (2) Với x 4 x4 v x x x 16 x 12 x x 12 re Thay vào (1) ta có n Nhận xét : phương trình (1) phương trình bậc theo y nghỉ đến việc giải phương trình bậc hai ẩn y hy vọng nghiệm đẹp Điều kiện : x 4, y 16 Giải phương trình (2) theo ẩn y ta y 2( L), y x nt x 4 x4 w w tu oi tre be Giải phương trình ta x=5 Vậy hệ cho có nghiệm (5,25) Nhận xét: Hệ phương trình cho ta lời giải đẹp ,tạo cảm hứng cho người viết chuyên đề cảm thấy thiếu sót khơng tiếp tục tạo nên hệ phức tạp Ví dụ 3x 5 x 1 y x 3x y 61 Giải hệ phương trình y y y x 2 Nhận xét : Rỏ ràng muốn hay khơng biến đổi phương trình ?phân tích dạng tích ? khó ? để ý thấy phương trình phương trình bậc hai theo y ta cịn chờ ??? ĐK y y 1 Pt 1 y x x 6 y 3 x x x 5 w x x 6 3 x x x 5 x x 4 2 y 3x Suy ra: y x 1 Với y 3x VP 2 1 VT 2 vô nghiệm Với y x 1.VT 2 trở thành : x x 3x 33 Đk : x x4 Áp dụng BĐT Cauchy ta có : 1.1.1 x x 4 5 x Từ (3) ta có : x 3x 4 x x 12 x GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” x 1 x x 7 x 1 Thử lại x =1 thõa mãn (3) với x y hệ cho có nghiệm : (1;0) Nhận xét Lợi phương trình (3) nhìn rỏ bất đẳng thức cauchy Thường gặp phương trình cuối chứa sau ta hay vận dụng phép nhân liên hợp Ví dụ ( x y )( x y y ) y (1) Giải hệ phương trình 2 x y y y (2) Thi thử lần khối A &A1 năm 2014 THPT Chuyên ĐH Vinh Nhận xét : Để ý phương trình đầu phương trình bậc theo x ,bậc hai theo y2,và bậc hai theo biến ( x+y ),như bạn đọc giải theo ba cách ĐK: x y 1 v n xy22 y x3 y y Coi phương trình (1) phương trình bậc hai theo ẩn x ta có 13 1 13 4 13; nt hệ có nghiệm : 4 13; re TH1: Với x =-y2-y thay vào phương trình (2) ta có : y y Trường hợp be TH2: Với x=-3y2-y Thay vào phương trình (2) ta có :y=-1 1 1 Trường hợp hệ ,với x thuộc ; 2 1 y y có nghiệm : 2;1 y tre 2 y oi Vậy hệ cho có nghiệm Ví dụ Giải hệ phương trình : w tu x 1 y 4(1) x ( y 1) x ( y 2) xy 1(2) w w Nhận xét: Dĩ nhiên ta biến đổi phương trình (1) xét tính cơng phương trình (2) phương trình bậc theo y có phức tạp Lời giải Điều kiện : x 1, y 1 Từ (2) x ( y 1)2 x3 ( y 2) xy 1 x y y x3 y x3 xy y (2 x x3 ) y x3 Xét (2 x x3 )2 4( x x3 ) (4 x x x x3 x ) x x3 (4 x x x x x ) ( x x 2) y x2 Vậy PT(2) yx Với y = x - thay vào (1) ta : (1) x 1 x 1 x 1 x y GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” x 1 x Với y x3 thay vào (1) , ta : (1) x 1 1 x3 1 x2 x3 0 x 1 x3 1 x x ( x 2) 0 x x 1 1 x2 2x x hay (vô nghiệm) x 1 x3 1 v x y 2( x y ) 7(1) Giải hệ phương trình y ( y x) x 10(2) n Do x=2 y Vậy nghiệm (x;y) hệ (I) : (2;8), (5;3) Ví dụ Thi thử Đại học lần năm 2014 THPT Ngô Gia Tự -Bắc Ninh tre be nt re Nhận xét : Cả hai phương trình hệ coi phương trình bậc hai theo x y,tuy nhiên khơng thuận lợi ví dụ Để ý tý ta thấy yếu tố cịn thiếu phương trình (1) tích xy ,và phương trình (2) rút y vào (1) ta đáp ứng điều Lời giải Rút y từ phương trình (2) vào (1) ta oi x 1 x 2( y 2) x y x 2 y y2 y 4 w tu TH1: thay x=-1 vào (1) ta y y TH2: Thay x=-2y-3 vào (1) ta w w y 1 y 10 y y 1 x 1 x 1 6 Vậy hệ phương trình có nghiêm : (-1;2) (-1;-4) ( 1 6 ; 1 ) ( 1 ; 1 ) 5 5 Ví dụ 10 Thi thử lần khối A &A1 năm 2014 THPT ĐTH – HẢI DƯƠNG x3 y x y (1) Giải hệ phương trình 2 x y 4(2) Nhận xét :Thông thường ta vẩn hay x hay y biểu thức độc lập ,và đơi ta số hệ có đủ bậc Lời giải Phương trình (1) 2( x3 y ) 4(2 x y ) Từ phương trình (2) thay x y vào phương trình rút gọn ta GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” y0 x y xy y x y x 5 y x 4x x 2 nghiệm TH1 : y=0 thay vào hệ ta x 4 (x;y)=( 2;0 ) 2 x x x 1 TH2: x=-y y=-x thay vào hệ ta 4x Hệ có nghiệm (x;y) = (1;-1); (-1;1) TH3: x=-5y thay vào hệ ta có nghiệm (x;y) = ( 1 5 ; );( ; ) 7 7 v n Vậy hệ cho có nghiệm Tóm lại Phương pháp “ ” khơng có đường lối giải tổng quát số phương pháp khác,tuy nhiên để tạo cho bạn đọc lối mòn cố lời giải hệ ta xét hai ví dụ khó sau re x y (1) 2 ( x y )(4 x y xy ) y (2) nt Ví dụ 11.Giải hệ phương trình : tre be Nhận xét: phương trình (2) có vế trái bậc Vế phải gồm bậc ngoặc cao bậc hạng tử có bậc Vậy ta tiến hành số biểu thức từ (1) xuống để tạo nên Lời giải Thế x y ( x y ) Vì không 2( x y ) Đơn giản muốn tất bậc Thay tất vào (2) ta oi ( x y ) ( x y ) x y xy ( x y ) y x y y x y w tu Đến kết hợp với (1) ta dễ dàng giải (x;y) =(1;1) (-1;-1) Ví dụ 12 Chọn đội tuyển HSG lớp 11 Sở GD & ĐT Nam Định năm 2013 w w xy y x Giải hệ phương trình : ( với x;y IR ) 2 y 2( x 1) x x x x Nhận xét :Để ý thấy phương trình thứ hệ có chứa biến y độc lập, nên khơng cần suy nghỉ ta rút y từ phương trình vào phương trình thứ hai hệ,rồi biến đổi theo biểu thức phương trình đối xứng f(x+1)=f(-x) Lời giải ĐKXĐ : x IR; y IR Ta có xy y x y ( x x) y x2 x y x x (1) Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta có: ( x x) 2( x 1) x x x x x x x ( x 1) x x ( x 1) 1 ( x 1) (x) 1 (x) (*) 10 GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” TH1: x = y= (tm) TH2: x x x x 1 x 1 y 1(tm) x( x 1) ( x 1)( x 1) x x x 0(*) 1 (*) x x x3 x x x x x 4 2 1 1 x x x 2 2 Do VT>0 VP Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = ( 0;1) , (-1 ; -1) v n 11 y x y 10 x 24 x 14 Ví dụ 42 Giải hệ phương trình : 3 2 2 y x 4(2 x 3) xy y x 17 x 12 11 nt Điều kiện: x , y re Nhận xét :Với hình thức hệ , gần phương trình (1) chẳng làm ăn Ta khai thác từ phương trình (2) Lời giải be Phương trình (2) tương đương y x 4(2 x 3) y (2 x 3) (2 x 3)(3 x 4) (2 x 3)( y x 4) tre Đến rút y 3x thay vào phương trình (1) ta có: 1 x x x oi x x 4 x w tu x ( x x 20) x y w w Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0;2) Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số * Cơ sở phương pháp Nếu f (t ) đơn điệu khoảng (a; b) x, y (a; b) f ( x) f ( y ) x y ,trong trình giải phương pháp ta tạm phân biệt Hệ phương trình đối xứng loại phương pháp sử dụng tính đơn điệu khiết Hệ Đối xứng loại f x f y *Dạng Trong f(t) hàm số đơn điệu khoảng chứa miền xác G x , y B định x y *Phương pháp giải : Chứng minh f(t) hàm số đơn điệu khoảng chứa miền x y f x f y xác định x y : ( lưu ý áp dụng cho giải G x , y B G x , y B số phương trình) * Cách xây dựng hệ theo phương pháp - Lấy hàm số f (t ) đơn điệu khoảng (a; b) , u ( x; y ), v( x; y ) (a; b) GV:Lê Đình Tần 31 THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” u ( x; y ) v( x; y ) - Lấy g ( x; y ) cho hệ giải tập xác định g ( x; y ) chúng f (u ) f (v) - Lập hệ phương trình g ( x; y ) re v n 2 x y ( y x)( xy 2) Ví dụ 43.Giải hệ phương trình 2 x y Nhận xét Nếu thay x y vào phương trình thứ ta hệ đối xứng loại Lời giải Thay x y vào phương trình thứ ta x y ( y x)( xy x y ) x y y x x x y y (1) Xét hàm số f (t ) 2t t , t có f '(t ) 2t ln 3t 0, t suy f (t ) đồng biến (1) f ( x) f ( y ) x y vào pt thứ hai ta x y 1 Vậy tập nghiệm hệ S = (1;1); (1; 1) be nt (4 x 1) x ( y 3) y (1) Ví dụ 44 Giải hệ phương trình 2 (2) 4 x y x w tu oi tre Nhận xét :Từ phương trình (1) chuyển biểu thức chứa x vế biểu thức chứa y vế cịn lại ta có hệ mong muốn x 3 x Lời giải ĐK: 5 y y 2 (1) (4 x 1)2 x (2 y 6) y w (2 x) 1 (2 x) 2y 1 y (2 x)3 x 2y 2y w f (2 x) f ( y ) với f (t ) t t f '(t ) 3t 0, t f (t ) đồng 4x2 ,x biến Vậy f (2 x) f ( y ) x y y 2 4x2 Thế vào pt (2) ta x x g ( x) 2 4x 3 Với g ( x) x x 7, x 0; 4 3 x x y y (1) Ví dụ 45 Giải hệ phương trình 2 (2) x y Nhận xét Ta giải hệ phương pháp đưa dạng tích Tuy nhiên ta muốn giải hệ phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số Hàm số GV:Lê Đình Tần 32 THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” f (t ) t 3t không đơn điệu tồn trục số, nhờ có (2) ta giới hạn x y đoạn 1;1 Lời giải Từ (2) ta có x 1, y x, y 1;1 Hàm số f (t ) t 3t có f '(t ) 3t 0, t (1;1) f (t ) nghịch biến đoạn 1;1 x, y 1;1 nên (1) f ( x) f ( y ) x y vào pt (2) ta 2 2 ; ; ; 2 Nhận xét Trong trường hợp ta hạn chế miền biến thiên biến để hàm số đơn điệu đoạn x y Vậy tập nghiệm hệ S = n x x 12 y y 13 y 18 x 9(1) Ví dụ 46 Giải hệ phương trình : x x x 1 y y y 0(2) re v ( Đề thi thử đại học lần trường thpt Lý Thái Tổ năm 2014 –Bắc Ninh) Nhận xét : Để ý bậc x y ta biến đổi phương trình (1) Lời giải Phương trình (1) x x 1 y 12 y 13 y x 1 4(2 x 1) 1 x 1 4( y 1)3 ( y 1)(*) be nt Đk : x oi tre Xét hàm số : f (t ) 4t t với t Ta có f '(t ) 12t 1 0, t hàm số f(t) đồng biến (0; ) Do (*) f (u ) f ( y 1) u y x 1 y x y y Thế vào (2) ta : ( y y 2)2 4( y y 2) 4( y 1) y y y w w w tu y y 11 y y y ( y y 11 y 6) y ( y 1)( y y 6) y x 1(tmdk ) y 1 x (tmdk ) y 2(loai ) y 3(loai ) 3 x y y 2 x y 12(1) Ví dụ 47 Giải hệ phương trình : 2 x y x y 10 x y 22(2) ( Thi thử ĐH lần trường thpt Tống Duy Tân năm 2014) Nhận xét :Bậc cao x y phương trình (1) bậc đặc biệt hệ số ,rất thuận lợi cho ta biến đổi đưa dạng f(x)=f(y-2) x y Điều kiện : Ta có : 1 x x y 2 y 13 Xét hàm số f t t 2t có f ' t 3t 0, t Nên hàm số đồng biến 33 GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” Bởi vậy: 3 f x f y 2 x y y x 24 Thay (4) vào (2) x x 1 x x 2 10 x 5 x 2 22 x x 1 x 11x 16 2 x x 2 2 x 7 x 2 x 1 x 1 1 x 05 1 2 x 76 x 1 x 1 5 x y 1 0 x 1 x 1 1 Vì x nên x 1 x 1 1 Từ 7 x Hay (6) vô nghiệm x 1 x 1 x Vậy hệ cho có nghiệm y nt re v n 6 x tre be x3 y x 15 x y 14 Ví dụ 48 Giải hệ phương trình 4 x y x y 4 Nhận xét : Tương tự ví dụ 47 khác biến đổi lời giải đẹp cho phương trình x x x x 2' oi Điều kiện x 0, y Ta có 1 2 x 32 x y y 1' Xét hàm số f t t 3t có f ' t 3t 0, t ,do f t đồng biến , phương trình 1' trở thành : y = 2-x thay vào (2) ta có : w tu x x x x 2' w 2 x 1 x x x x Suy : x x x x 4 2 4 Dấu xảy x =1 2' có nghiệm x =1 x; w Điều kiện x áp dụng đẳng thức Cauchy ta có : 2 x 1 x 1 1 x 2 x 2 x; 2 x; x; Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(1;1) Ví dụ 49 x x x y y 1 Giải hệ phương trình 2 x y x y 2 Nhận xét : Tuy hai phương trình đẹp, vẩn cịn thiếu buộc ta kết hợp lại cách cộng vế theo vế Cộng vế theo vế phương trình (1) (2) : x x 1 x x y y x 1 x 1 y y 4(3) GV:Lê Đình Tần 34 THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” 0, t 0; t 4 y x 1 Chứng tỏ f(t) hàm số đồng biến 0; từ 3 x 1 y y x TH1: Với y=x-1 thay vào phương trình (2) ta x y= 2 TH2: Với y=-x+1 thay vào phương trình (2) ta x y= 4 3 1 3 1 Vậy hệ có hai nghiệm ; ; ; 2 4 Xét hàm số f t t t 4, t 0; ta có : f ' t Ví dụ 50 x y y x y 14 1 Giải hệ phương trình : x y x y v n (Thi thử ĐH lần trường thpt Minh Khai năm 2014-Hà Tĩnh) re Đkxđ x 3, y 4 Từ (1) ta có: x3 3x y 3 y nt Ta có f(x) =f(y+2) (hàm số y=f(t) đồng biến khoảng (; ) tre be x y y x 3 Thế (3) vào (2) ta x2 x2 0 x 1 x w tu x x x 1 oi x x x3 x x x3 x x x x w 1 x x x 1 0 x 1 x w 1 1 x x x 1 0 x 1 x x 1 2 3 x x x x 1 x 1 x 0 x 1 x 1 x x x 1 2 x2 x 1 1 x x x x 1 x 2 x2 GV:Lê Đình Tần 0 1 x x x 1 0 35 THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” x y x x 1 x 1 y 3 (Do y x 4 x 2 x 0) Vậy hệ phương trình cho có tập nghiệm S 1; 3 ; 2; Ví dụ 51 ( x x 4)( y y 1) Giải hệ phương trình : 3 12 y 10 y x (Thi thử ĐH lần trường thpt Hà Nội-Amsterdam năm 2014) Nhận xét : Phương trình thứ giúp ta định hướng cho lời giải tốn Giải Phương trình hệ tương đương với : x x (2 y ) (2 y ) t2 t2 t t2 0, t f(t) hàm đồng biến (; ) v t re Ta có f '(t ) n f ( x ) f (2 y ) với y f (t ) t t nt Từ f(x) = f(-2y) x= -2y Thế x= -2y vào phương trình sau hệ phương trình cho ta được: 3x x x3 1 ( x 1)3 2( x 1) ( x 1) x be g ( x 1) g ( x 1) với y g t t 2t Ta có g '(t ) 3t 0, t g(t) hàm đồng biến IR Từ đó: tre x 1 y g ( x 1) g ( x 1) x x x x x y oi Vậy nghiệm hệ cho : (-1;2), (0;0) w tu (4 x 1) x ( y 1) 1 y 0(1) Ví dụ 52 Giải hệ phương trình : 2 x y y y 3(2) w (Thi thử ĐH lần trường thpt –Trần Hưng Đạo năm 2014) Nhận xét : Ví dụ giống ví dụ khác hướng tư biến đổi Lời giải : w y ĐK: x (1) (4 x 1) x ( y 1) 1 y (2 x)3 x ( 1 y )3 1 y Xét hàm số f (t ) t t IR , f '(t ) 3t 1 0t IR (1) có dạng f (2 x) f ( 1 y ) x 1 y x Thay vào phương trình (2) ta 16(2 x 1) 0 x 1 16 x (do x ) (2 x 1) (2 x 1)(4 x 5) x 1 16 x 24 x x (4 x 1)(4 x 5) GV:Lê Đình Tần 36 THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” 1 2 Với x y Vậy hệ phương trình có nghiệm ;0 Ví dụ 53 x3 y 3( x y ) 2(1) Giải hệ phương trình : 2 x 1 x y y 0(2) re v n Nhận xét : Phương trình thứ định hướng cho ta phương pháp giải ,phương trình thứ hai cho ta tập xác định hàm Lời giải: Điều kiện : 1 x 1,0 y Thường người ta làm sau Để ý phương trình (1) chút (1) x3 3x ( y 1)3 3( y 1) Xét f (t ) t 3t với 1 t f '(t ) 3t Suy f(t) đơn điệu đoạn 1;1 từ suy x = y -1 thay vào (2) Cách ổn nhiên thay vào làm chưa phải nhanh Hãy xem cách mẽ mà làm (2) x 1 x y y f ( x) g ( y ) y 2 y 3 be Ta lại có : g ( y ) y (2 y ) 13 nt Xét f(x) miền 1;1 ta tìm f ( x) tre Vậy f(x) g(y) Dấu xảy y 1 Thay vào phương trình đầu có cặp (x;y) = (0;1) thỏa mãn x 1, x oi Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (0;1) Ví dụ 54 Giải hệ phương trình sau: w tu 8( x 1)3 y 12 y y 12 x 10 x (1) y y 4( x 2) x (2) w w Nhận xét :Bài toán khơng cịn mới,cái chổ muốn giới thiệu phương pháp tách để đưa dạng f(u(x))=f(u(y)) Lời giải: Điều kiện : y , y 4( x 2) Từ (1) 8( x 1)3 12 x 10 x y 12 y y x 12 x 14 x y (2 y 3) y 3 Xét VP= y y y (do y ) (2 y 1) y (2 y 4) y (2 y 3) y y Xét (2 x b)3 4(2 x b) x3 12 x 14 x GV:Lê Đình Tần 37 THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” x3 12bx (6b 8) x 4b b3 x3 12 x 14 x 12b 12 6b 14 b b 4b Vậy từ (1) (2 x 1)3 4(2 x 1) ( y 3)3 y f (2 x 1) f ( y 3)(3) Xét hàm đặc trưng : f (t ) t 4t (t IR) có f '(t ) 3t 0, t IR suy hàm số f(t) đồng biến re x x x x 1 ( x 1)( x 4) 0( x 1) v n 1 x 1 x Do (3) tương đương x y x x 1 y 2 y x x Thay vào (2) ta : x x 4( x 2) x x 1 x ( với x ) be nt x 1 ( x 1)( x 1 3) x 1 ( x 1) 3( x 1) 0(4) t0 Đặt t x 1 (4) 2t t 3t t (t 3t 2) t t 2(loai ) Với t=0 x 1 x y tre Với t = x 1 x y 14 Vậy nghiệm hệ cho : (x;y)= (2;14), (1;6) (1) w tu oi x y x 2 y 1 e y e x Ví dụ 55 Giải hệ phương trình sau : y xy y x Nhận xét : Ví dụ mang tính chất cố Giải Điều kiện : x y w w x y x 1 e x e y y 2 y 1(*) Ta có : (1) y xy y x *xét hàm số f(t) = t t 1 e t 1 et với t t 1 hàm số f(t) đồng biến 1; f ' t 2t *mà(*) f x f 2 y x y x y x y 1 2 y 3xy y x y 6y 5y 4y 4 x y x y x 2 y 1 y y 4y 4 y 1 y 4 GV:Lê Đình Tần 38 THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” 2 2 Giải hệ phương trình : ( x 1 3x y2 2)( y 1 1) x y Ví dụ 56 x yx2 Nhận xét :Hệ gồm phương trình phức tạp phương trình lại gọn nhẹ Để ý chút y liên hợp có y rút gọn với bên phải Phần mẫu ta nhân chéo lên dồng thời thử số x x y lên (1) xem Bởi bí ẩn phương trình (1) Như ta có phương trình (1) : ( x x y x x y ).4 y x y ( y 1) TH1: y = không nghiệm TH2: Do x=0 khơng nghiệm nên ta có biến đổi sau x x x y x y ( y 1) 1 x x 1 1 y y y 1 y x 2x re Thay trở lại (2) ta v n x x x y ( y 1) tre be nt x x x 4, y Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 4; 8 (2 x3 3x 4)(2 y y 4) 18(1) Ví dụ 57 Giải hệ phương trình : 2 x y xy x y 14 0(2) w tu oi Nhận xét :Phương trình (2) phương trình bậc hai theo x hay theo y ? ta vận dụng hai định hướng để tìm miền xác định x y hổ trợ cho việc giải phương pháp hàm áp dụng phương trình (1) Lời giải : w w 10 2 x Từ phương trình (2) đánh giá quen thuộc ta rút 1 y Điều kiện đủ để f(x) f(y) đơn điệu tăng f '( x) x với x Vậy ta có 10 10366 f (2) f (1) f ( x) f ( y ) f f 18 f ( x) f ( y ) 81 Dấu xảy x=2 y=1 thay lại vào (2) thấy không thõa mãn Vậy hệ cho vô nghiệm Ví dụ 58 Giải hệ phương trình : x y x y 0(1) 2 x 3x y 12 x 11 0(2) Nhận xét :Nhìn đơn giản lại q không đơn giản từ đầu ta không nhận định tập xác định x y để áp dụng cho manh mối hệ phương trình (2) có biến y độc lập ta rút y xét hàm Lời giải : Từ phương trình (1) ta x 0, y GV:Lê Đình Tần 39 THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” Phương trình (2) 4 y x3 3x 12 x 11 (3) Vế phải (3) 4 4 y y Đặt f ( x) x3 3x 12 x 11 với x ta có bảng biến thiên: x f(x) 11 v n Vế phải (3) 4 y x3 3x 12 x 11 x 0, y Vậy nghiệm (2) (x;y) = (1;-1) Thay (x;y) = (1;-1) vào (1) ta thấy thỏa mãn Vậy nghiệm hệ phương trình : (x;y) = (1;-1) x y xy x y 14 0(2) nt re 12 x3 12 x 367 x 54 y 18 y 144(1) Ví dụ 59 Giải hệ phương trình : 2 be Nhận xét: phương trình (2) tam thức , phương trình (1) hai hàm riêng biệt ẩn ta nên khai thác điều Ta viết lại phương trình thứ (2) sau: oi tre 1 y 2 x x( y 7) y y 14 y 2 10 y y ( x 6) x x 14 x 2 x w tu Giờ quay lên xét phương trình thứ Nó có dạng: f(x)- g(y) = -144 Với f ( x) 12 x3 12 x 367 x đơn điệu tăng, g ( y ) 54 y 54 y 18 đơn điệu tăng Từ ta có w w f ( x) f (2) 878, g ( y ) g ( ) 1022 f ( x) g ( x) 878 1022 144 x2 Đẳng thức xảy Thay lại vào phương trình (2) thấy thỏa mãn y 7 Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 2; 3 Tóm lại Phương pháp hàm số phương pháp thực tế ln vị cứu tinh ta cảm thấy khó khăn gặp toán cồng kềnh Xét ví dụ sau : Ví dụ 60 Tìm giá trị m để hệ phương trình sau có nghiệm x y y 3x 2 x x y y m GV:Lê Đình Tần 40 THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” Lời giải Điều kiện 1 x 1, y (1) x 3x ( y 1)3 3( y 1) Hàm số f (t ) t 3t nghịch biến đoạn [1;1] x, y 1 1;1 nên f ( x) f ( y 1) x y y x Thế vào pt (2) ta x x m (3) Hệ có nghiệm Pt (3) có nghiệm x 1;1 v re x x y Ví dụ 61 Giải hệ phương trình x y y Lời giải Trừ vế hai pt ta n Xét g ( x) x x , x 1;1 , g '( x) x 1 x2 g '( x) x g (0) 2, g (1) Pt (3) có nghiệm x 1;1 2 m 1 m nt x x y y y 3x x x 3x y y y be f ( x) f ( y ) với f (t ) t t 3t f (t ) t 3t ln 0, Với g ( x) x x g '( x) ln x w tu x x x g (0) g ( x) oi x x 3x 3x tre t 1 f (t ) đồng biến Bởi f ( x) f ( y ) x y vào pt thứ ta x x x 3x 1 x 1 2 x x ln 0, x x x x x 1 Suy g ( x) đồng biến Bởi g ( x) g (0) x Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = y x e 2007 y2 1 Ví dụ 62 Chứng minh hệ có nghiệm x 0, y x y e 2007 x2 x2 x (; 1) (1; ) x x Lời giải ĐK: Do nên y y 1 y y (; 1) (1; ) x y x y x y e e Trừ vế hai pt ta e x e y x2 y2 1 x2 y2 t , t (1; ) Hay f ( x) f ( y ) với f (t ) et t 1 w w 3x GV:Lê Đình Tần 41 THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” f '(t ) et 0, t (1; ) f (t ) đồng biến (1; ) t 1 t Bởi f ( x) f ( y ) x y vào pt thứ ta x x e x 2007 ex 2007 g ( x) x 1 x2 x 2007, x (1; ) Ta có Với g ( x) e x x 1 x( x 1) x x g '( x) e ; g ''( x) e 0, x (1; ) ( x 1) x ( x 1)3 x Suy g '( x) đồng biến (1; ) g '( x) liên tục (1; ) có lim g '( x) , lim g '( x) nên g '( x) có nghiệm x0 (1; ) x x 1 w tu oi tre be nt re v n g '( x) g '( x) g '( x0 ) x x0 g '( x) x x0 Từ BBT g ( x) ta suy pt g ( x) có nghiệm x (1; ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm dương (1) ln(1 x) ln(1 y ) x y Ví dụ 63 Giải hệ phương trình 2 (2) x 12 xy 20 y Lời giải ĐK: x 1, y 1 (1) ln(1 x) x ln(1 y ) y f ( x) f ( y ) với f (t ) ln(1 t ) t , t (1; ) t f '(t ) 1 t (1; ) f (t ) đồng biến (1;0) 1 t 1 t nghịch biến khoảng (0; ) TH x, y (1;0) x, y (0; ) f ( x) f ( y ) x y Thế vào pt (2) ta x y (không thỏa mãn) TH x (1;0), y (0; ) ngược lại xy x 12 xy 20 y TH xy hệ có nghiệm x y Vậy hệ có nghiệm x y x y y Ví dụ 64:Chứng minh hệ phương trình sau có nghiệm w y 9x 6x w (kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh lớp 12 THPT năm học 2013-2014) x 3 y 1 x Hệ cho y y 3 x 1 Do x, y x , y x, y Từ hệ cho ta có x 3 x 1 y 3 y 1 (*) Nếu x > y ta có VT(*) > VP(*) x,y Nếu x < y ta có VT(*) < VP(*) x,y Nên x = y thỏa mãn (*) Với x = y ta có x7 3x 1 x7 3x 1(do x 0) (1) Yêu cầu tốn chứng minh phương trình (1) có nghiệm x GV:Lê Đình Tần 42 THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” Đặt x t (t 1) , phương trình (1) trở thành f (t ) t 3t 1 (2) ' Ta có hàm số f t liên tục f t 7t 6t 0t Lại có f 1 f 2 nên phương trình f t có nghiệm thuộc (1;2) Do phương trình (1) có nghiệm x Vậy hệ có nghiệm BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ tre be nt re v n x y yx y Bài tập Giải hệ phương trình : y x y2 x 1 10 x 1 x y Bài tập Giải hệ phương trình: 1 y x y 1 x y x x y Bài tập 3.Giải hệ phương trình : x y y x y x y 240 Bài tập 4.Giải hệ phương trình : 3 2 x y 3( x y ) 4( x y ) w w w tu oi 1 (1 x ) 1 y Bài tập Giải hệ phương trình : 1 (1 y ) 1 x x2 y x y Bài tập Giải hệ phương trình : 2 2 x xy y x y x y xy 1 Bài tập Giải hệ phương trình : 3 x y x y x3 xy 49 Bài tập Giải hệ phương trình : 2 x xy y y 17 x 7x y 2x y Bài tập Giải hệ phương trình : 2x y x y 4 x y x y Bài tập 10 Giải hệ phương trình : 3 x y xy GV:Lê Đình Tần 43 THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” Phần KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ w w w tu oi tre be nt re v n Chuyên đề giải vấn đề sau: - Giúp học sinh phân loại dạng tập hệ từ có nhìn tổng thể ,có định hướng rỏ ràng tiếp cận với loại tập - Giúp học sinh có nhìn tổng qt có hệ thống hệ phương trình đại số, từ có kĩ giải thành thạo toán thuộc chủ đề học sinh khơng cịn cảm giác e sợ gặp hệ phương trình - Tạo cho học sinh có thói quen tổng qt tốn tìm tốn xuất phát, biết toán đề thi đâu mà có người ta tạo chúng cách - Thơng qua việc tìm toán gốc, việc tổng quát toán, việc tạo tốn mới, hình thành cho em khả làm việc độc lập, sáng tạo, phát huy tối đa tính tích cực học sinh theo tinh thần phương pháp Bộ Giáo dục Đào tạo Điều quan trọng tạo cho em niềm tin, hứng thú học tập môn Qua thực tế giảng dạy chuyên đề thấy em học sinh nắm vững phương pháp, biết cách vận dụng vào toán cụ thể mà hứng thú học tập chuyên đề Khi học lớp qua lần thi thử đại học, số học sinh làm giải hệ phương trình cao hẳn so với em không học chuyên đề Một số đề xuất Mỗi tốn thường có gốc nó, việc học sinh phát tốn gốc thấy toán học thực tế, tự nhiên khơng khó em nghĩ đồng thời tạo niềm tin hứng thú học tập với em Với tinh thần theo hướng Thầy Cơ giáo em học sinh tìm nhiều Chuyên đề hay Chẳng hạn, tốn tích phân, tốn tổ hợp – xác suất, toán phương pháp tọa độ mặt phẳng, không gian,Giá trị lớn nhỏ nhất,bài toán bất đẳng thức Cuối xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, đồng nghiệp Trường THPT Cao Thắng giúp đỡ góp ý kiến cho tơi hồn thành Chun đề Xin chân thành cảm ơn ! GV:Lê Đình Tần 44 THPT Cao Thắng CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” TÀI LIỆU THAM KHẢO [01] Bộ Giáo Dục Và Đào Tạo, Sách giáo khoa, Sách giáo viên, Sách tập, Tài liệu hướng dẫn thực chuẩn kiến thức – kỹ Toán 10, 11, 12, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam, 2011 [02] Các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, thi Học sinh giỏi năm [03] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam .v n [04] Các đề thi thử Đại học năm 2014 re MỤC LỤC be Phần I Đặt vấn đề Trang 44 w w w tu oi tre Phần II Giải vấn đề Phần III Kết luận kiến nghị nt Nội dung GV:Lê Đình Tần 45 THPT Cao Thắng