Đổi mới phương pháp dạy học môn toán qua chuyên đề Một số dạng hệ phương trình và phương pháp giải_SKKN toán THPT

17 2.1K 4
Đổi mới phương pháp dạy học môn toán qua chuyên đề Một số dạng hệ phương trình và phương pháp giải_SKKN toán THPT

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

PHẦN I MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong phần Đại số 10, em học sinh tiếp cận số hệ phương trình (hpt) : hpt bậc hai ẩn, hpt đối xứng loại 1,hpt đối xứng loại Lớp 12 tiếp cận với hpt mũ hpt logarit , giải số toán số phức mà để có kết cuối học sinh phải giải hpt đại số hs giải toán đơn giản Tuy nhiên thực tế toán giải hpt phong phú đa dạng đặc biệt đề thi Đại học - Cao đẳng -THCN, em gặp lớp tốn hpt mà có số em biết phương pháp giải Từ sở thực tiễn giảng dạy khối 12 trường THPT, với kinh nghiệm thời gian giảng dạy Tôi tổng hợp , khai thác hệ thống hoá lại kiến thức thành chuyên đề: “Đổi hoạt động dạy học mơn tốn qua chun đề : Một số dạng hệ phương trình phương pháp giải ’’ Qua nội dung đề tài mong muốn gởi mở cho học sinh số cách nhận dạng hệ phương trình tư phân tích tốn tìm lời giải Hy vọng đề tài nhỏ đời giúp bạn đồng nghiệp em học sinh có nhìn tồn diện phương pháp giải lớp toán hệ giải phương trình Đối tượng nghiên cứu- Phạm vi nghiên cứu 2.1 Đối tượng nghiên cứu Học sinh khối 12 giải dạng hệ phương trình (hpt) : có phương trình(pt) bậc hai ẩn, hpt đối xứng loại 1,hpt đối xứng loại 2, hệ ,hpt mà hệ có mơt pt đối xứng,hoặc có pt mà bậc ẩn nhau,và số hpt khác Các hệ phương trình giải tập hợp số thực 2.2 Phạm vi nghiên cứu Nội dung phần hệ phương trình số tốn bản, nâng cao nằm chương trình đại số 10, đại số 12 Nâng cao Nhiệm vụ -yêu cầu đề tài 4.1 Nhiệm vụ: Giúp cho giáo viên thực tốt nhiệm vụ nâng cao chất lượng giáo dục, giúp học sinh hình thành tư logic kỹ phân tích để đến hướng giải thích hợp gặp tốn hệ giải phương trình từ phức tạp đưa dạng đơn giản 4.2 Yêu cầu đề tài Nội dung giải pháp rõ ràng khơng rườm rà lơgíc ,có sáng tạo đổi Giới thiệu dạng hệ phương trình bản, đưa giải pháp số ví dụ minh hoạ Đề tài sử dụng để giảng dạy bồi dưỡng cho em học sinh khối 10, khối 12 hệ THPT ,đặc biệt hs ôn thi Cao Đẳng,Đại Học làm tài liệu tham khảo cho thầy cô giảng dạy môn Tốn Các thầy học sinh sử dụng toán đề tài làm toán gốc để đặt giải tập cụ thể VI/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: Phương pháp: Nghiên cứu lý luận chung - Khảo sát điều tra từ thực tế dạy học - Tổng hợp so sánh , đúc rút kinh nghiệm Cách thực hiện:- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên môn Liên hệ thực tế nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua trình giảng dạy Tham khảo đề thi Đại học PHẦN II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Cơ sở lý luận Nhiệm vụ trung tâm trường học THPT hoạt động dạy thầy hoạt động học trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài” Giúp học sinh củng cố kiến thức phổ thơng đặc biệt mơn tốn học cần thiết thiếu đời sống người Mơn Tốn mơn học tự nhiên quan trọng khó với kiến thức rộng, đa phần em u thích ngại học mơn Muốn học tốt mơn tốn em phải nắm vững tri thức khoa học mơn tốn cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào dạng tập Điều thể việc học đơi với hành, địi hỏi học sinh phải có tư logic cách biến đổi Giáo viên cần định hướng cho học sinh học nghiên cứu mơn tốn học cách có hệ thống chương trình học phổ thơng, vận dụng lý thuyết vào làm tập, phân dạng tập tổng hợp cách giải Do vậy, mạnh dạn đưa sáng kiến kinh nghiệm với mục đính giúp cho học sinh THPT vận dụng tìm phương pháp giải gặp tốn giải hệ phương trình Trước hết tìm hiểu lại số hệ phươnh trình 1.Hệ phương trình có phương trình bậc Hệ phương trình đối xứng loại Khi thay x y y x biểu thức phương trình khơng đổi, hệ phương trình khơng đổi Hệ phương trình đối xứng loại Khi thay x y y x pt thứ biến thành pt thứ hai ngược lại Hệ phương trình khơng đổi Tuy nhiên gặp tốn giải hpt có nhiều tốn địi hỏi học sinh phải biết vận dụng kết hợp nhiều kiến thức kĩ phân tích biến đổi để đưa phương trình từ dạng phức tạp dạng đơn giản Trong giới hạn SKKN hướng dẫn học sinh số dạng hệ phương trình thường gặp, số dạng tốn khơng mẫu mực Thực trạnh đề tài 2.1.Thực trạng học sinh: Qua việc khảo sát kiểm tra định kỳ việc học tập, làm tập hàng ngày đặc biệt kỳ thi khảo sát chất lượng lớp 12 học sinh đa số học sinh thường bỏ qua không giải đẫn đến kết không cao 2.2 Thực trạng giáo viên Trong chương trình SGK Đại số lớp 10 Nâng Cao hành phần hệ phương trình trình bày chương III hạn hẹp có hai tiết sách giáo khoa giới thiệu sơ lược ví dụ , phần tập đưa sau học hạn chế Tương tự lớp 12các em làm số dạng đơn giản chủ yếu đưa hpt dạng lớp 10 Như số tiết phân phối chương trình cho phần q nên q trình giảng dạy, giáo viên đưa đưa nhiều tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ giải cho học sinh Một số giải pháp Qua nghiên cứu trao đổi đúc rút kinh nghiệm từ thực tế ý kiến đồng nghiệp mạnh dạn đưa hướng giải vấn đề học sinh với giải pháp giúp học sinh hình thành kĩ biến đổi giải hpt 3.1 Giải pháp 1: Phương pháp 3.1.1: Một phương trình hệ phương trình bậc nhất.Từ phương trình (pt) đó, ta tính ẩn số theo ẩn Thay kết vào pt cịn lại thu pt ẩn , từ tìm nghiệm hệ pt  xy( xy + y + 1) + y = y − (1) Thí dụ Giải hệ phương trình  ( 2)  xy + x = y − Phân tích:- Nhận thấy (2) pt bậc nên rút ẩn theo ẩn -Ở pt (1) ẩn y xuất nhiều lần mũ phức tạp nên ta rút x theo y (2) thay vào (1) 4y − Lời giải Từ (2) rút x = ( y = −1 không thõa mãn hệ ), thay vào (1) biến y +1 đổi rút gọn ta pt: 18 y − 19 y − y + y + = y =1 x = ⇔ ( y − 1)(18 y − y − y − 1) = ⇔  1⇒ y = x =  Vậy hệ cho có hai nghiệm ( x; y ) (1; 1), (0; ) x + x3 y + x y = x + (1)  Thí dụ (Khối B-2008)Giải hpt ( x, y ∈ R )  ( 2)  x + xy = x +  Phân tích : - Nhận thấy (2) pt bậc y nên ta rút y theo x -Vế trái (1) đẳng thức ( x + xy ) Lời giải Từ (2) ta thấy x = khơng phải nghiệm , từ rút  x2  6x + − x2 y= vào pt (1) ta có pt ⇔  + 3x +  = x +   2x   x ⇔ + x + + 3x + 3x + 18 x = x + x = ⇔ ⇔ x = −4 (x=0 (loại ⇔ x + 12 x + 48 x + 64 x = x + 12 x + 48 x + 64 =  17 trực tiếp từ hệ cho).Suy y = 17   Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y )  − 4;  4  Bài tập Giải hệ phương trình sau:  x −1 + − y =1   x4 + 2x2 y = 2. 1. 3 log (9 x ) − log y =  x + y2 + y =  3.1.2:Trong hệ có pt chứa pt bậc ẩn Ta tính ẩn theo ẩn lại vào pt lại  x + xy − x − y + = (1)  Thí dụ Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ R ) ( 2) x + y =  Phân tích : -(1) pt bậc nên ta nghĩ rút y, ta nhóm (1) thành biểu thức ( x − x + 2) y ( x − 1) - Tiếp tục nhìn dễ dàng x − x + = ( x − 1)( x − 2) Vậy ta có lời giải Lời giải Ta có (1) ⇔ ( x − x + 2) + ( xy − y ) = ⇔ ( x − 1)( x − ) + y ( x − 1) = ⇔ ( x − 1) ( x − + y ) = ⇔ x = x = − y + +)Với x = , thay vào (2) y = ±1 +) Với x = − y + , thay vào (2) 2( x − 1) = ⇐ x = ⇒ y = Vậy hệ cho có hai nghiệm ( x; y ) (1; 1) (1; -1)  y = (5 x + 4)(4 − x) (1)  Thí dụ Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ R ) ( 2)  y − x − xy + 16 x − y + 16 =  Phân tích : Biến đổi vế trái (1) : VT = −5 x + 16 x + 16 Ta thấy có mối quan hệ với pt (2) nên pt (2) ta nhóm ( − x + 16 x + 16 ) thay y Lời giải Từ (1) ⇒ y = −5 x + 16 x + 16 vào (2) ta y − xy − y = ⇔ y ( y = x − 4) = ⇔ y = y = x + Lần lượt vào phương trình (1) ta nghiệm hệ cho ( x; y ) (0; 4) , −4  ;0  (4; 0) ,     xy + x + y = x − y (1)  ( x, y ∈ R ) Thí dụ (Khối D-2008) Giải hpt  ( 2) x y − y x − = 2x − y  Phân tích : Sau đặt điều kiện, ta tìm cách biến đổi pt Nhận thấy pt (1) chuyển y sang vế trái vế phải đẳng thức x − y = ( x − y )( x + y ) vế trái lúc xy + x + y + y = ( x + y )( xy + 1) Như pt (1) phân tích thành nhân tử Lời giải ĐK x ≥ , y ≥ (*) PT (1) ⇔ xy + x + y + y − ( x − y ) = x = − y ⇔ ( x + y )( y + − x + y ) = ⇔   x = y + +) x = − y ( khơng thỗ mãn (*)) +) x = y + , thay vào (2) ta ( y + 1) y − y y = 2( y + 1) ⇔ ( y + 1) ( ) y = 2( y + 1) ⇔ y = (Vì y ≥ 0) ⇔ y = ⇒ x = Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) (5; 2) Cách khác: Coi (1) phương trình bậc theo x y Bài tập Giải hệ phương trình sau:  x − y − xy − y − = 2  x + y + x + y =3=0 2. 1. 2 x+1 + y + =   x − y + xy − x + y − =  f (u ) = f (v) 3.1.3 Hệ có dạng  , f (t ) hàm số đơn điệu liên tục f (u , v) = c  miền xác định suy u = v vào pt cịn lại Thí dụ (Đề thi HSG -2012) Giải hệ phương trình 2 x − y − x + y = ( x + y ) x + y − ( x − y ) x − y (1)  (∀x, y ∈ R )  ( 2) 3 y − 2( x − 1) + =  Phân tích: Nhận thấy pt(1) nhiều lần (2 x − y ) ( x + y ) Ta nhóm chúng lại thấy pt có dạng f (u ) = f (v) Lời giải Biến đổi (1), ta có (1) ⇔ 2 x− y + (2 x − y ) x − y = x+ y + ( x + y ) x + y , ∀x, y ∈ R (3) Đk: x ≥ y Xét hàm số f (t ) = 2t + t t , ∀t > t f ' (t ) = t ln + t + > , ∀t > t Hàm số f (t ) đồng biến t > Từ pt (3) ta có f (u ) = f (v) ⇔ x − y = x + y ⇔ x = y , thay vào (2) pt { y + = 2( x − 1) (3)  t = (2 y − 1) Đặt y = 2t − 1, pt (3) có dạng  ,  y = (2t − 1)  Trừ theo vế hai pt , biến đổi ta 2 ( t − y ) 2(2 y − 1) + 2(2 y − 1)(2t − 1) + 2(2t − 1) + = ⇔ t − y = (Vì g (t , y ) = 2( y − 1) + 2( y − 1)(2t − 1) + 2( 2t − 1) + > 0, ∀y, t [ ] [ ( ] ⇔ y = ( y − 1) ⇔ y = ⇒ x = thoã mãn (*) Vậy hệ cho có nghiệm (x y) (2; 1)  x + x + ( y − 3) − y = (1)  Thí dụ (Khối A -2010) Giải hpt  (x, y ∈ R ) ( ) 4 x + y + − x =  Phân tích: Chúng ta thấy pt (1) có biểu thức có x y khơng có xy nên ta tìm cách biến đổi dạng f (u ) = f (v) Đầu tiên có 2y ta nhân vế với có 2x biểu thức có dạng x + x + ( y − 6) − y ( ) ( ) Ta lai có (2 x) = x ( − y ) = − y Ta chuyển vế biến đổi tiếp Lời giải ĐK x ≤ , y ≤ 2 Ta có (1) ⇔ x + x = ( − y + 1) − y (3) ( ) ( ) Ta thấy pt (3) có dạng f ( x ) = f − y , với f ( t ) = (t + 1) t f ' ( t ) = 3t + >0, ∀t ∈ R , f ( t ) hàm đồng biến liên tục với t >  0 ≤ x ≤  Do (3) ⇔ x = − y ⇔   y = − 4x   25 − x + x + − x = (*) Phương trình (2) trở thành Nhận thấy x=0, x= nghiệm pt (*) 3 Xét hàm số g ( x ) = x − x + − x − khoảng (0; ) 4 4 g ' ( x ) = 16 x − 12 x − = x(4 x − 3) − < ∀x ∈ (0; ) − 4x − 4x Suy hàm số g ( x ) nghịch biến khoảng (0; ) 1 Mặt khác g   = Do (*) có nghiệm x = 2 Vậy hệ cho có nghiệm (x y) ( ; 2) Bài tập Giải hệ phương trình sau: e x − e y = x − y  x − y + x − − 2 y − = e2 y − e x 2. x 1. log ( y ) + log ( y ) = 10 y − 3xy + y + x =   3.2 Giải pháp 2: Phương pháp đăt ẩn phụ 3.2.1 Hệ đối xứng loại I Ta thường biến đổi đặt S = x + y , P = xy ( đk: S2 ≥ 4P), Thí dụ Giải hệ phương trình  x y (1 + y ) + x y (2 + y ) + xy − 30 = (1)  (x , y ∈ R )  ( )  x y + x + xy + xy + y = 11  Phân tích: (2) pt đối xứng loại khai triển pt (1) cho ta pt đối xứng loại (1) khơng khó biến đổi Lời giải Ta có hệ pt cho tương đương với  xy( x + y + x y + xy + xy ) = 30  xy ( x + y )( x + y + xy ) = 30 ⇔   xy ( x + y ) + x + y + xy = 11  xy( x + y ) + x + y + xy = 11  PS ( P + S ) = 30 Đặt S = x + y , P = xy , ( S ≥ P ) hệ cho trở thành   PS + P + S = 11 Giải hệ phưong trình theo phưong pháp (hoặc đặt u =P+S, v =P.S ), ta S = S = S = S = nghiệm  , (loại);  , (loại) P = P = P = P =  − 21 + 21   + 21 − 21    ; Vậy hệ cho có nghiệm (1 ;2), (2; 1),    ;         x + y − xy =  ( x, y ∈ R ) Thí dụ (Khối A-2006) Giải hệ phương trình   x +1 + y +1 =  Phân tích: Nhận thấy dạng hệ đối xứng loại phải biến đổi pt thứ đặt ẩn phụ Lời giải ĐK xy ≥ , x ≥ −1 , y ≥ −1  x + y − = xy  Ta có hệ pt cho tương đương với   x + + y + + xy + ( x + y ) + = 16  Đặt S = x + y , P = xy ( S ≥ P ) ,hệ cho trở thành 3 ≤ S ≤ 14 (1)  P =S −3   (2) ⇔ P = S − 6S +  2 P + S + = 14 − S   4( P + S + 1) = 196 − 28S + S (3) Giải hệ nghiệm thoã mãn S= 6, P=9 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) (3; 3) Bài tập Giải hệ phương trình sau:  x + x y + y = 3xy x + xy + y =     1 3  x + x y + y = 17  x + y − xy =  3.2.2 –Hpt trở thành đối xứng loai sau đặt ẩn phụ u = u ( x ) , v = v( x ) 2  (1)  x + y + x y = + xy Thí dụ Giải hệ phương trình (x , y ∈ R )  ( )  x + x y + xy = xy + y +  Phân tích : Vai trò x y pt (1) tạm thời thấy bình đẳng chuyển vế pt (2) có x-y xy ( hệ pt phản đối xứng ), ta đặt u = x − y , v = xy ( x − y ) + x y − = Lời giải Ta có hệ pt cho tương đương với  ( x − y ) + xy ( x − y ) + xy − = u + v − = Đặt u =x-y, v=x.y, hệ cho trở thành :  u + uv + v − = u = u = Giải hệ phưong trình  , v = v = Từ tìm x, y ta bốn nghiệm hệ : (-1; -1), (1; 1), (1; 0), (0; 1) 1  x + y + x + y =  Thí dụ Giải hệ phương trình  (x , y ∈ R ) 1 2 x + y + + =4  x2 y4  Phân tích : Đây hpt đối xứng loại nhiên đặt S = x + y , P = xy hệ pt phức tạp Mặt khác pt cho hệ có mối liên hệ với 1 1 ( x + ) = x + + ( y + ) = y + + Ta đặt u = x + , v = y + y y y x x x Lời giải ĐK: x ≠ , y ≠ u + v = 1 Đặt u = x + , v = y + ( u ≥ 2, v ≥ ), hệ cho trở thành  , giải tìm y x u + v = u=2,v=2 Từ suy x = y = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) ( 1; 1) Bài tập Giải hệ phương trình sau  x + y + xy =  x − y − xy =  x + y + x + y = 18   2    x + x y + y = 21  x + xy + y =  xy( x + 1)( y + 1) = 72  3.2.3 Hệ pt có pt đối xứng Ta thường chọn pt biến đổi trước 1  (1) x − x = y − y Thí dụ (Khối A-2003) Giải hệ phương trình ( x , y ∈ R)  ( ) 2 y = x +  f ( x) = f ( y ) , f (t ) hàm số đồng Phân tích : pt(1) đối xứng : có dạng biến biến đổi làm xuất hiệ nhân tử chung Lời giải ĐK: x ≠ , y ≠ 1 x = y  1 Biến đổi pt (1) (1) ⇔ x − y − + = ⇔ ( x − y ) 1 +  = ⇔   x y xy     xy = −1 10 +) x=y thay vào (2) , tìm nghiệm x = , x = +) xy=-1 thay vào (2) pt vô nghiệm −1± Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) ( 1; 1), ( −1− −1− ; ), ( 2 −1+ −1+ ; ) 2 5 x y − xy + y − 2( x + y ) =  Thí dụ Giải hệ phương trình  (x , y ∈ R )  xy x + y + = ( x + y )  Phân tích : (2) pt đối xứng ta đưa tổng x+y tích xy 2 Lời giải Biến đổi pt (2) (2) ⇔ xy ( x + y ) − xy + = ( x + y ) ⇔ ( x + y ) ( xy − 1) - 2[ ( xy ) − ] ( [ ) (1) ( 2) ] x = y ⇔ ( xy − 1) ( x + y ) − xy − = ⇔  2 x + y = +) xy= ⇒ x = , thay vào (1) giải pt y= ± y Do pt có nghiệm (x; y ) (1; 1), (-1; -1) (*) 2 +) x + y = thay vào (1) ta có [ ] x y − xy + 3(2 − x ) y − x − y = x = y ⇔ ( x − y )( xy − 1) = ⇔   xy = Khi x = y kết hợp x + y = ta tìm thêm  ( x; y ) =    10 10   ; ; 5    − 10 − 10    ;  (**)    Vậy hpt cho có bốn nghiệm ( x; y ) (*) (**) Bài tập Giải hệ phương trình sau: 1  − x y + xy + y − 4( x + y ) =  x − = y − x y    xy( x + y ) − = 3xy − ( x + y ) ( x − y )(2 x − y + 4) = −36   3.2 Hệ đối xứng loại II Ta thường lấy pt trừ pt biến đổi dạng ( x − y ) f ( x, y ) = 11  x+5 + y−2 =7  ( x, y ∈ R ) Thí dụ Giải hệ phương trình   x−2 + y+5 =7  Phân tích : Đây hpt đối xứng loại ta phải bình phương vế pt trừ vế với vế ph cho pt xuất Lời giải ĐK x ≥ , y ≥ (*)  x + + y − + ( x + 5)( y − 2) = 49 (1)  Hệ pt cho tương đương với   x − + y + + ( x − 2)( y + 5) = 49 ( )  lấy pt (1) trừ pt (2) biến đổi ta có x=y Thay x=y vào pt (1) ta có pt : x + 3x − 10 = 23 − x 23 − x ≥ ⇔ ⇔ x = 11 (thoã mãn (*) x + x − 10 = 529 − 46 x + x  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) (11; 11) Bài tập Giải hệ phương trình sau  x + x − x + = y −1 +   x + = 2( x − x + y )    y + y − y + = x−1 +   y + = 2( y − y + x) 3.2.5.Hệ phương trình mà pt bậc x,y có bậc Nếu hệ , ta thường xét x=0 (hoặc y=0) có phải nghiệm khơng Sau x # (y # 0) ta chia vế pt cho x, x2, x3(hoặc y, y2, y3) hoạc đặt x=ky  xy + x + = y (1) Thí dụ (Khối B-2009) Giải hệ phương trình  2  x y + xy + = 13 y ( ) Phân tích : -(1) pt bậc x,y nên ta làm dạng 3.1.1 - Cũng nhận thấy hệ pt mà pt có bậc x, y nên ta chia (1) (2) cho y y2 (sau xét y=0) Ta nhìn cách làm Lời giải Nhận thấy y= nghiệm hệ Khi y # 0.Chia pt (1) cho y, pt (2) cho y theo vế Hệ pt cho tương đương với x 1 x   x+ + =7 (x + ) + =   y y y y   ⇔  x 1 x 2 x + + = 13 ( x + ) + = 13   y y2 y y   12 Đặt u = x + x , v = , hệ cho trở thành y y u = Giải hệ  , v = u = −5  v = 12 u + v =  u − v = 13   1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) (3; 1), 1;   3  x + y = y + 16 x (1)  ( x, y ∈ R ) Thí dụ Giải hệ phương trình  ( 2) 1 + y = + x  Phân tích : Các pt bậc với Pt (2) có bậc ta chia vế cho y xuất 1 x x ( ) nên ta chia vế pt (1) cho y3 ta có ( ) y y y y Lời giải Nhận thấy y=0 không nghiệm hệ x  x ( y ) + y = + 16 y y  Hệ cho tương đương với   + = 5[ +  x  ]    y2 y2  y     2  x u + 4v = + 16uv (1) Đặt u = , v = ( v > ), hệ cho trở thành  4v + 5u − = y y ( 2)  ( Từ(2) ⇒ v = ) −1 1 − 5u thay vào (1) tìm u = ⇒ v = ; u = ⇒ v = thõa mãn Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) (0; 2), (0; -2), (-1; 3), (1; -3) 2 x + 3xy + y = 15 (1)  ( x, y ∈ R ) Thí dụ Giải hệ phương trình  ( 2)  x + xy + y =  ax + by + cxy + d =  Phân tích : Đây hpt bậc hai  , kiểm tra a ' x + b' y + c' xy + d ' =  x=0, y=0 có phải nghiệm khơng sau đặt x=ky (k ≠ 0) Lời giải Ta có x = , y = nghiệm hệ pt  2k + 3k + y = 15 ( 3)  Đặt x=ky hệ cho trở thành  ( 4)  k + k + y2 =  ( ( ) ) k = Vì y ≠ nên từ (3) (4) suy k + 9k − 22 = ⇔  k = −11 13 +)Với k = ta có x = y thay vào (2) ta y = ⇔ y = ±1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (2; 1), (-2; -1) (*) 14 +) Với k = −11 ta có x = −11y thay vào (2) ta y = ⇔ y = ± 14 14 − 11 14 14 11 14 − 14 Vậy h pt cho có nghiệm ( ), ( ) (**) ; ; 14 14 14 14 Kết luận : Hệ pt cho có bốn nghiệm (*) (**) Bài tập: Giải hệ phương trình   x + xy + y =  2 x + xy + y 2=2   2 y − x =  3 2 x − y = y − x   x + y =   x y + xy + y =  3.2.6 Nhóm làm xuất biểu thức pt đặt ẩn phụ  x + y − 3x + y = (1)  Thí dụ Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ R ) ( 2) 3 x − y − x − y =  Phân tích: Ta để ý thấy (2) có x − x = 3( x − x) − (2 y + y ) = −2( y + 4) Dễ thấy (1) nhóm để có ( x − x) ( y + 4) ( ) ( ) ( )  x − 3x + y + y =  Lời giải Hệ cho tương đương với  3 x − 3x − y + y =  a + b = a = ⇔  ⇒ Đặt a = x − x , b = y + y hệ trở thành  3a − 2b = b=0   + 13 − 13  x − 3x =  x= ;x =  ⇒  2 y + 4y =   y = 0; y = + 13 + 13 ;0) , ( ;4) , ( Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) ( 2 − 13 − 13 ;0 ) , ( ;4 ) 2 x − x + y − y + = (1)  Thí dụ Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ R ) ( 2)  x y + x + y − 22 =  Phân tích : (2) pt bậc với y rút y theo x vào(1) phức tạp ta lại thêm vào x để phân tich thành nhân tử y ( x + 2) + x + = 24 ⇔ ( x + 2)( y + 1) = 24 Quay lại (1) có y2 - 6y+9= ( ) ( ( ) ) 14 (y-3)2==(y+1-4)2 x − x = ( x − 2) − = ( x + − 4) Ta có lời giải ( ( ) ) ( ( )  x − 2 + ( y − 3) =  x + − + ( y + − 4) =   ⇔ Lời giải Hệ ⇔   x + ( y + 1) = 24  x + ( y + 1) = 24   Đặt u = x + ( u ≥ ), v = y + , hệ có dạng ) ( u − 4) + ( v − ) = ( u + v ) − 8( u + v ) − 2uv + 28 = ( 3) ⇔  ( 4) uv = 24  uv = 24 Thay (4) vào (3) tìm u + v = 10 u + v = −2 (loại) u + v = 10 u = u = +) Với  , giải tìm   uv = 24 v = v = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) (2; 2), (-2; 2), ( ; 5), (- ; 5)   x + y + x y + xy + xy = −    x + y + xy (1 + xy ) = −    x( x + 2)(2 x + y ) =  x + y + y = 3.3 Giải pháp 3: Sử dụng đạo hàm giải số hpt có chứa tham số 2 x − y − m = (1) ( x, y ∈ R ) Thí dụ Tìm m để hệ pt sau có nghiệm  ( 2)  x + xy = Phân tích : (1) pt bậc x y , (2) pt có thức bậc Vậy ta chuyển vế bình phương pt bậc với y Lúc ta rút y từ pt cho ta đươc pt ẩn tham số m (mũ một), ta có pt m = f (x) Ta sử dụng đạo hàm để xét pt Lời giải ĐK xy ≥  y = 2x − m  y = 2x − m  ⇔  Hệ cho tương đương với  (1 − x ) ( x ≤ 1, x ≠ 0)  xy = − x y = x  ⇒ (1 − x ) = x − m ⇔ x (1 − x ) m = 2x − x x2 + 2x − = x 15 x2 + 2x − x2 + Xét hàm số f (x) = ( x ≤ 1, x ≠ ) f ' ( x ) = >0 ( ∀x ≤ 1, x ≠ ) x x2 Bảng biến thiên x f '( x) -∞ + + +∞ f ( x) -∞ -∞ Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cần tìm m ≥ Thí dụ (Khối D-2012) Tìm m để hệ pt sau có nghiệm 2 x − ( y + ) x + xy = m (1)  ( x, y ∈ R )  ( 2)  x + x − y = − 2m  Phân tích theo hướng: -Hai pt hệ bậc y nên ta rút y từ pt biến đổi tiêp đưa dạng m = f (x) ( bạn đọc thử tìm hiểu ) -Vận dụng phương pháp xét nhận thấy (1) hệ số có lần xuất nên ta tìm nhóm lại đồng thời xem pt(2) có x , ta có x − x = x( x − x) − yx + xy = − y ( x − x) Vậy vế trái (1) phân tích thành nhân tử nên pt (2) nhóm để làm xuất biêu thức nhau( dạng 3.2.6) ( ( ) )  x2 − x ( 2x − y) = m  Lời giải Hệ cho tương đương với   x − x + ( x − y ) = − 2m  Đặt u = x − x ( u ≥ − ), v = x − y , hệ trở thành uv = m ⇔  u + v = − 2m  u + ( 2m − 1) u + m = (1)  v = − 2m − u Hệ cho có nghiệm (1) có nghiệm thoã mãn u ≥ − 16 − u2 + u Với u ≥ − , ta có (1) ⇔ m( 2u + 1) = −u + u ⇔ m = 2u + 1 − u2 + u Xét hàm số f ( u ) = , với u ≥ − 2u + 2u + 2u − f '( u ) = ( 2u + 1) , f ' ( u ) = ⇔ u = − + , u = − − (loại) 2 Bảng biến thiên u f '( u ) − + −1+ - +∞ 2− f '( u ) −5 -∞ 2− Vậy giá trị m cần tìm m ≤  x − y + y − 3x − = (1)  Thí dụ 3.Tìm m để hpt:  có nghiệm thực 2 ( 2) x + − x − y − y + m =  Phân tích : (1) pt mà số hạng có x y( xem 3.1.3) ta tìm cách biến đổi dạng f (u ) = f (v) Lời giải ĐK: − ≤ x ≤ , ≤ y ≤ Ta có (1) ⇔ x − 3x − = y − y ⇔ ( x + 1) − 3( x + 1) = y − y Hàm số f ( t ) = t − 3t nghịch biến đoạn [0; 2] nên: (1) ⇔ x + = y ⇒ (2) ⇔ x − − x + m = Đặt v = − x ⇒ v ∈ [0; 1] ⇒ (2) ⇔ v + 2v − = m 17 Hàm số g ( v ) = v + 2v − đạt g ( v ) = −1 ; max g ( v ) = [ 0;1] [ 0;1] Vậy hệ phưong trình cho có nghiệm − ≤ m ≤ Bài tập Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thưc:  x − xy =    x + xy − y = m  1  x + y + x + y =    x + + y + = 15m − 10  x3 y3  3.4.Giải pháp Phương pháp đánh giá x + y = (1)  Thí dụ : Giải hệ phương trình  x 2 + x = y + x (2)  PT : Từ (1) ta có nhận xét x ≤ ; y ≤ Suy x ≥ x n Từ ta đáng giá pt (2) Lời giải Từ (1) suy ≤ x ≤ 1, ≤ y ≤ (3) ⇒ x ≥ x2 x Do + x ≥ 20 + x ≥ 1+ x ⇔ y + x ≥ 1+ x ⇔ y ≥ (4) Kết hợp (3) (4) ⇒ y =1, thay vào x=1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) (1; 1)  y = − x + 3x +  Thí dụ : Giải hệ phương trình  x = y − y −   y − = −( x + 1) ( x − 2)  Lời giải Hệ cho tương đương với   x − = 2( y + 1) ( y − 2)  (1) (2) Nếu x>2 từ (1) suy y

Ngày đăng: 20/03/2015, 05:16

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan