PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ LUYỆN THI ĐẠI HỌC

THẦY. NGUYỄN QUANG SƠN ĐT: 0909 230 970 1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ LUYỆN THI ĐẠI HỌC I. Hệ đối xứng loại 1: * Có dạng:      0);( 0);( yxg yxf với f(x;y) = f(y;x) và g(x;y) = g(y;x) * Biến đổi hệ theo x+y và x.y Đặt S = x + y và P = xy. đk: 2 4 S P   Biến đổi hệ theo S, P và giải hệ tìm hai ẩn đó  Với mỗi nghiệm (S;P) ta giải pt : X 2 – SX + P = 0 để tìm x, y  Chú ý: với mỗi bài toán phức tạp ta tìm cách đặt ẩn phụ cho x, y        2 3 2 2 3 3 2 ; 3 a b a b ab a b a b ab a b          Ví dụ 1. Giải hệ a. 2 2 5 6 x xy y x y xy         b. 2 2 4 4 2 2 7 21 x xy y x y x y            c. 3 3 9 5 x y x y          Giải: a. Hệ 5 ( ) 6 x y xy xy x y          Đặt s x y P xy       đk: 2 4 S P  Hệ trở thành 2 5 5 5 6 (5 ) 6 5 6 0 P S S P P S SP S S S S                        2 5 3 2 3 3 2 S P S P S S S P                               * Với 2 3 S P      ta có 2 3 x y xy       suy ra x, y là nghiệm của phương trình 2 2 3 0 ( ) X X PTVN    * Với 3 2 S P      ta có 3 2 x y xy       suy ra x, y là nghiệm của phương trình 2 1 3 2 0 2 X X X X          Do đó, 1 2 x y      hoặc 2 1 x y      Vậy nghiệm của hệ là (1;2), (2;1) . b. Hệ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 7 7 ( ) 7 ( ) 21 (7 ) 21 49 14 21 x xy y x xy y x y xy x y x y xy x y xy x y x y                                      2 2 2 2 2 2 2 ( ) 7 ( ) 7 ( ) 9 2 2 49 14 21 x y xy x y xy x y xy xy xy x y x y                             ebooktoan.com THẦY. NGUYỄN QUANG SƠN ĐT: 0909 230 970 2 3 3 2 3 3 2 2 x y x y xy x y x y xy xy                                     * Với 3 2 x y xy       ta có x, y là nghiệm của phương trình 2 1 3 2 0 2 X X X X          Do đó, 1 2 x y      hoặc 2 1 x y      * Với 3 2 x y xy        ta có x, y là nghiệm của phương trình 2 1 3 2 0 2 X X X X            Do đó, 1 2 x y        hoặc 2 1 x y        Vậy nghiệm của hệ đã cho là (1;2),(2;1),( 1; 2),( 2; 1)     . c. Điều kiện: 0, 0 x y   Đặt 2 3 6 3 2 3 6 3 0 ; 0 ; u x u x u x v y v y v y                    Hệ trở thành 3 3 3 2 2 2 9 ( ) 3 ( ) 9 5 ( ) 2 5 u v u v uv u v u v u v uv                       Đặt 0 0 S u v P uv         Hệ trở thành 3 3 3 2 2 2 3 9 15 18 0 3 9 5 5 2 5 2 2 S PS S S S PS S S S P P P                              3 2 2 3 3 33 15 18 0 2 5 3 33 ( ) 2 2 5 2 S S S S S P S l S P                                            * Với 3 2 S P    ta có 1 2 3 2 2 1 u v u v uv u v                         ebooktoan.com THẦY. NGUYỄN QUANG SƠN ĐT: 0909 230 970 3 Suy ra 6 6 6 6 1 1 2 64 64 2 1 1 x x y y x x y y                                         * Với 3 33 11 3 33 ( ) 2 4 S P l       Vậy nghiệm của hệ là (1;64), (64,1) Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 3 2 3 2 2 2 3 9 22 3 9 1 2 x x x y y y x y x y                (x, y  R). ( ĐỀ TSĐH KHỐI A NĂM 2012) Giải: Cách 1: 3 2 3 2 2 2 3 9 22 3 9 1 2 x x x y y y x y x y                Đặt t = -x Hệ trở thành 3 3 2 2 2 2 3 3 9( ) 22 1 2 t y t y t y t y t y                . Đặt S = y + t; P = y.t Hệ trở thành 3 2 3 2 2 2 3 3( 2 ) 9 22 3 3( 2 ) 9 22 1 1 1 2 ( ) 2 2 2 S PS S P S S PS S P S S P S P S S                            3 2 2 3 2 6 45 82 0 4 1 1 ( ) 2 2 2 S S S P P S S S                       . Vậy nghiệm của hệ là 3 1 1 3 ; ; ; 2 2 2 2               Cách 2: 3 2 3 2 2 2 3 9 22 3 9 1 1 ( ) ( ) 1 2 2 x x x y y y x y                . Đặt u = x 1 2  ; v = y + 1 2 Hệ đã cho thành 3 2 3 2 2 2 3 45 3 45 ( 1) ( 1) ( 1) 2 4 2 4 1 u u u v v v u v                Xét hàm f(t) = 3 2 3 45 2 4 t t t   có f’(t) = 2 45 3 3 4 t t  < 0 với mọi t thỏa t 1  f(u) = f(v + 1)  u = v + 1  (v + 1) 2 + v 2 = 1  v = 0 hay v = -1  0 1 v u      hay 1 0 v u        Hệ đã cho có nghiệm là 3 1 1 3 ; ; ; 2 2 2 2               . II. Hệ đối xứng loại 2: ebooktoan.com THẦY. NGUYỄN QUANG SƠN ĐT: 0909 230 970 4 1. Hệ đối xứng loại 2 là hệ có dạng          )2(0; )1(0; xyg yxf 2. Cách giải Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được pt dạng       0);( 0));()( yxg yx yxgyx Ví dụ 1. Giải hệ          y x xy x y yx 4 3 4 3 Giải: Điều kiện: 0;0   yx Hệ         )2(43 )1(43 2 2 xxyy yxyx Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được          4 04 xy xy yxyx * Với y = x thay vào (1) ta được       22 )(00 02 2 yx lyx xx * Với y = - x – 4 thay vào (1) ta được 22044 2  yxxx Vậy nghiệm của hệ là ( - 2 ; - 2 ) Ví dụ 2.Giải hệ:        53 53 xy yx (*) Giải: Cách 1: Điều kiện: 3,3   xy 2 2 2 2 2 5 5 5 5 3 5 (*) 3 25 10 10 10 0 3 5 3 25 10 3 25 10 x x y y y x y x x x y x y x y x y x y y x y y                                                      2 5 (1) 5 (2) 9 0 (3) 3 25 10 (4) x y x y x y y x x                   Ta có       09 )3( yx yx *Với x=y thay vào (4) ta được: 02811032510 22  yyyyy       44 )(77 yx lyx ebooktoan.com THẦY. NGUYỄN QUANG SƠN ĐT: 0909 230 970 5 * Với y = 9 – x thay vào (4) ta được              )( 2 59 2 59 )( 2 59 0199 2 lyx lx xx Vậy nghiệm của hệ là: (4; 4) Cách 2: Đặt        3 3 xv yu với 0,0   vu         3 3 2 2 vx uy Hệ trở thành                )2(2 )1(2 53 53 2 2 2 2 vu uv vu uv Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được   2 2 0 ( )( ) ( ) 0 u v u v u v u v u v                    vu vu vuvu 1 01 * Với u = v thay vào (1) ta được       )(2 11 02 2 loaiv uv vv Ta có hệ:              4 4 13 13 y x y x * Với u=1-v thay vào (1) ta được:                )( 2 51 )( 2 51 2 51 1 2 51 0121 22 loaiv loaiuv vvvv Vậy hệ có nghiệm là (4;4) III. Hệ phương trình đẳng cấp: Xét hệ đẳng cấp bậc hai:        2 2 22 2 2 1 2 11 2 1 dycxybxa dycxybxa Cách giải: + Thay x = 0 vào hệ để kiểm tra có thỏa hệ phương trình không. + Với x  0 đặt y=tx, biến đổi đưa về pt bặc hai theo t. giải t suy ra x, y. Cách khác: +Khử các số hạng tự do để đưa phương trình về dạng 0 22  cybxyax + Đặt x = ty, khi đó pt trở thành       0 0 0)( 2 22 cbtat y cbtaty  Xét y = 0 thay vào hệ tìm x  Xét 0 2  cbtat tìm nghiệm (nếu có) sau đó tìm được x,y. ebooktoan.com THẦY. NGUYỄN QUANG SƠN ĐT: 0909 230 970 6 Ví dụ 1. Giải hệ:        222 932 22 22 yxyx yxyx Giải Cách 1. Thay x = 0 vào hệ ta thấy không thỏa hệ. Với x  0 đặt y = tx ta được                  3 8 2 2 9 22 123 2)22( 9)123( 2 2 22 22 t t tt tt ttx ttx Với t=-2 ta có:      2;1 2;1 yx yx Với t=- 3 8 ta có:         17 8 ; 17 3 17 8 ; 17 3 yx yx Cách 2: Hệ đã cho tương đương với 031416 1891818 18642 22 22 22         yxyx yxyx yxx Đặt y=tx ta có: 0 016143 0 0)31416( 2 22        x tt x ttx hoặc t=-2 hoặc t=- 3 8 Với x=0 hệ trở thành:        2 3 2 2 u u hệ vô nghiệm Với t=-2 ta có:      2;1 2;1 yx yx Với t=- 3 8 ta có:         17 8 ; 17 3 17 8 ; 1 3 yx yx Ví dụ 2. Tìm các giá trị của m để hệ có nghiệm        43 4 2 22 xyx myxyx Giải: Ta có x=0 không thỏa hệ Đặt y=tx ta có: 2 2 2 2 (1 4 ) 1 4 1 3 4 (1 3 ) 4 x t t m t t m t x t                Xét hàm số t tt xf 3 1 41 )( 2    ta có: 3 1 0 )31( 123 )( 2 2 '     t t tt tf Bảng biến thiên ebooktoan.com THẦY. NGUYỄN QUANG SƠN ĐT: 0909 230 970 7 t   3 1   f / (t) - + f(t)         Từ bảng biến thiên, suy ra đường thẳng 4 m y  luôn cắt đồ thị hàm số t tt xf 3 1 41 )( 2    tại hai điểm có hoành độ 21 3 1 tt  khi đó phương trình 1 1 2 31 2 31 4 t x t x     suy ra 1 1 31 2 t t y   Vậy với mọi m hệ luôn có nghiệm. IV. Phương pháp thế, cộng đại số: 1. Phương pháp thế: Ví dụ 1. Giải hệ phương trình sau:      )2(3 )1(72 22 yxxy yxx Giải: * Khi 1   x thay vào hệ ta được      31 6 2 y không thỏa hệ * Khi 1   x , từ 1 3 )2(    x x y Thay vào (1) ta được: 7 1 3 2 2 2           x x xx     025721 23  xxxx                              171 179 4 173 171 179 4 173 12 21 02572 1 23 yx yx yx yx xxx x Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm:                          171 179 ; 4 173 , 171 179 ; 4 173 ,1;2,2;1 ebooktoan.com THẦY. NGUYỄN QUANG SƠN ĐT: 0909 230 970 8 Ví dụ 2: Cho hệ:      )2(0 )1(0 22 aayx xyx a/ Giải hệ khi a=1 b/ Tìm a để hệ có 2 nghiệm phân biệt c/ Gọi (x 1 ,y 1 ); ( x 2 ,y 2 ) là các nghiệm của hệ đã cho Chứng minh rằng: (x 2 - x 1 ) 2 + ( y 2 –y 1 ) 2  1 Giải: Từ (2)  x=a-ay thay vào (1) ta được 0)12()1( 222  aayaaya (3) a/ với a=1, ta có (3) trở thành: 2y 2 -y=0        2 1 2 1 10 xy xy Vậy hệ có 2 nghiệm: (1;0), ( 2 1 ; 2 1 ) b/ Hệ có 2 nghiệm phân biệt )3(  có 2 nghiệm phân biệt 3 4 0 0 01 2        a a c/ Khi 3 4 0  a thì hệ có 2 nghiệm (x 1 ;y 1 ), (x 2 ;y 2 ) trong đó y 1 ,y 2 là nghiệm của (3) nên thỏa mãn              1 1 )12( 2 2 21 2 21 a aa yy a aa yy lại có      22 11 ayax ayax Khi đó,       1 1 )12( 1 1 34 4)()1()( 2 2 2 2 21 2 21 22 12 2 2112        a a a aa yyyyayyayayyy Ví dụ 3. Giải hệ:        xyyx xxy 6 )9( 22 333 Giải: *Khi x=0 hệ trở thành: 0 0 0 2 3         y y y *Khi 0  x , Hệ 3 3 3 3 2 ( ) 9 ( ) 3 ( ) 9 ( ) 21 ( ) 6 ( ) 6 6 y y y y x x y x x x x x x y y y y x y x xy x x x                                       ebooktoan.com THẦY. NGUYỄN QUANG SƠN ĐT: 0909 230 970 9 1 3 2 2 y x x x x y                Vậy hệ có 3 nghiệm (0;0), (1;2), (2;2) Ví dụ 4. Giải hệ          )2(133 )1(28 22 33 yx yyxx Giải: Từ (2)   23 22  yx (3) Thay vào (1) ta được:   3 28 2 23 x yyyxx             x x y x xyxx 243 0 0243 2 2 * Với x = 0 vào (3) ta được 02 2 y Vô nghiệm * Với x x y 243 2   thay vào (3) ta được: 086421313 24  xx               13 78 13 96 13 78 13 96 13 13 yx yx yx yx Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm:                       13 78 ; 13 96 , 13 78 ; 13 96 ,1;3,1;3 Ví dụ 5. Giải hệ:        yxxy xyxy 22 233 Giải: Hệ đã cho             )2( )1( 22 222 yxxy xyxxyyxy Thay (2) vào (1) ta được:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 ( 2 1) 0 ( 2 1) 0 0 ( 1) ( 1) 0 ( 1)( 1) 1 1 y x x y xy y x xy y xy x xy x y y x y xy xy x y y y y x xy x y xy y x x y y y x x y x y x x y x                                                                 * Với y = 0 thay vào (2) ta được x = 0 hoặc x = 1 Suy ra trong trường hợp này hệ có nghiệm (0; 0), (1; 0). * Với 1 x  thay vào (2) ta được y = 0 hoặc y = -1. Suy ra trong trường hợp này hệ có nghiệm (1; 0), (1; -1) ebooktoan.com THẦY. NGUYỄN QUANG SƠN ĐT: 0909 230 970 10 * Với 1 y x   thay vào (2) ta được 0 1 1 0 x y x y           Suy ra trong trường hợp này hệ có nghiệm: (0;-1), (1; 0) Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm: (0; 0), (1; 0), (0; - 1), (1; -1) Ví dụ 6. Giải hệ sau: 4 3 2 2 2 2 2 9 2 6 6 x x y x y x x xy x             ( ĐỀ TSĐH KHỐI B NĂM 2008) Giải: Hệ đã cho 2 2 2 ( ) 2 9 (1) 2 6 6 (2) x xy x x xy x             Từ (2) 2 3 3 2 x xy x     thay vào (1) ta được: 2 2 4 3 2 3 2 3 3 2 9 12 48 64 0 ( 12 48 64) 0 2 x x x x x x x x x x x x                      3 2 0 0 4 12 48 64 0 x x x x x x                 * Với x = 0 thay vào (2) ta được 0 = 6 Suy ra hệ vô nghiệm. * Với x = - 4 17 4 y  Vậy nghiệm của hệ là 17 4; 4        . Ví dụ 7. Giải hệ: 2 2 2 ( 1)( 1) 3 4 1 (1) 1 (2) x y x y x x xy x x               Giải: Ta có 2 (2) ( 1) 1 x y x     * Với x = 0 thay vào hệ thấy không thỏa hệ. * Với 0 x  ta có 2 1 1 x y x    Thay vào (1) ta được: 2 2 2 2 1 1 ( )( ) 3 4 1 x x x x x x x x       2 ( 1)(2 2 4) 0 x x x x      0 ( ) 1 1 5 2 2 x l x y x y                   Ví dụ 8. Giải hệ phương trình sau 2 2 1 ( ) 4 (1) ( 1)( 2) (2) x y y x y x y x y              ( ĐỀ DỰ BỊ TSĐH KHỐI A NĂM 2006) ebooktoan.com [...]... x2  1 1   y x  y  2  1  Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5) VI Phương pháp giải một phương trình của hệ: Cách giải: + Giải một phương trình của hệ, tìm điều kiện ràng buộc của ẩn + Thay vào phương trình còn lại để tìm nghiệm của hệ  x  y  3  6 (1)  Ví dụ 1 Hãy giải hệ sau:  2 x 2  3 xy  y 2  0 ( 2)  Giải: y  x Ta có (2)  ( x  y )(2 x  y )  0    y  2x * Với y=x thay... VII Phương pháp sử dụng đạo hàm: Kiến thức: Cho phương trình f ( x)  g ( x) (*) Khi đó, phương trình (*) có n nghiệm khi và chỉ khi đồ thị hàm số y  f (x) và đồ thị hàm số y  g (x) có n điểm chung Cách giải: + Đưa hệ về hệ có một phương trình chứa một ẩn hoặc một biểu thức có dạng Y  f ( X )  g (m) với m là tham số + Tìm điều kiện của ẩn X hoặc của biểu thức X + Dùng đạo hàm để xét tính biến thi n... dụ 8 Giải hệ phương trình  Giải Đặt t   y, S  x  t , P  xt , Hệ phương trình trở thành:  xt(x  t)  2  SP  2 S  2 x  1 x  1        3     3      x  t3  2  S  3SP  2 P  1 t  1  y  1           18 ebooktoan.com THẦY NGUYỄN QUANG SƠN ĐT: 0909 230 970 x y  1  1  4  x y  Ví dụ 9 Giải hệ phương trình   x2  y 2  1  1  4  x2 y2  Giải. .. x/y phương trình (4) trở thành t  1  3 2 t + 3t – 7t + 3 = 0  t  2  7 t  2  7  Với t = 1 ta có x = y hệ có nghiệm là ( Với t = 2  7 hệ có nghiệm là ( Với t = - 2 + 7 hệ có nghiệm là ( 1 3 ; 1 3 ), (  1 3 ; 1 3 ) 2 7 1 2 7 1 ; ), ( ; ) 7 7 72 7 72 7 7 2 1 ; ); ( 7 72 7 7 2 1 ; ) 7 72 7 2 Phương pháp cộng đại số:  x  3y   Ví dụ 1 Giải hệ   y  3x    4y x 4x y Giải: ... hai vế của phương trình của hệ cho một biểu thức hoặc chia hai phương trình của hệ: 3 3  3  y  x (9  x ) Ví dụ 1 Giải hệ:  2 x y  y 2  6x  Giải: y3  0  *Khi x=0 hệ trở thành:  2  y0 y  0  *Khi x  0 , Hệ y  y 3  y  y 3 3 3 ( x )  x  9 ( x  x )  3 y ( x  x )  9 ( x  x)  21        2  xy  y  6  y( x  y )  6  y( x  y )  6    x x   x  vậy hệ có 3 nghiệm... y      x 2  y 2  2 xy  8 2 (1)  Ví dụ 10 Giải hệ phương trình   x  y4 (2) Giải Điều kiện x, y  0 Đặt t  xy  0 , ta có: xy  t2 và (2)  x  y  16  2t Thế vào (1), ta được: t2  32t  128  8  t  t  4 Suy ra: x 4  x 3y  x 2y 2  1  Ví dụ 11 Giải hệ phương trình :  3 2 x y  x  xy  1  Giải: (x  xy )  1  x y  *Hệ đã cho   3 2 x y  (x  xy )  1  2 2 3 x...    ab  6  Giải hệ với a,b tìm được ta được nghiệm của hệ là (1;4),(1/5;0), (1/3;1), (1/2;2) 1  a  Đặt  khi đó hệ trở thành x b  y  1   x 2  1  y ( x  y)  4 y  Ví dụ 11 Giải hệ  2 ( x, y  R ) ( x  1)( x  y  2)  y  Giải: * y = 0 không thỏa hệ  x2  1  y  x y22  * y  0 Hệ PT   2  x  1 ( x  y  2)  1  y  x2  1 Đặt u  , v  x  y  2 Ta có hệ y u  v  2 ...  2  0   v  2 (loai)  x3 1 x  4  Ta có hệ:    y  3  1 y  4  * Với u=1-v thay vào (1) ta được:  1 5 1 5 1 5  u  1  (loai) v  2 2 2 2 2  v 1 v  2  v  v 1  0   1 5 (loai) v   2 Vậy hệ có nghiệm là (4;4)  x2 y  xy 2  30 Ví dụ 7 Giải hệ phương trình  3 3  x  y  35 Giải Đặt S  x  y, P  xy , Hệ phương trình trở thành:    P  30   SP  30 S  5 x... Xét hàm số f ( x)  x 4  x  2 Ta có f / ( x)  4 x3  1 f / ( x)  0  4 x3  1  0  x   3 1 4 Bảng biến thi n x 3  f/(x) - 1 4 0  +  f(x)  1 1 2 256 3 4 Dựa vào bảng biến thi n ta thấy f ( x)  0 x  R nên phương trình (*) vô nghiệm 3   1  5 1  5   1  5 1  5  Vậy nghiệm của hệ là (1;1),  ; ,      2 ; 2  2 2      xy  x  2  0 Ví dụ 9 Giải hệ phương trình ... thay vào (1) ta được x   Với y   x 10 x  xy  y  2 Ví dụ 10 Giải hệ phương trình  2 2 30 x  xy  2 xy  x  y  1 Giải :  xy  x  y  2  11x Hệ phương trình đã cho   2 2  xy  2 xy  x  y  1  30 x * Với x = 0 hệ đã cho vô nghiệm y 2 1 1    y  1  x  x  11 ( y  1)  x ( y  1)  x  11   * Với x  0 khi đó hệ   2   y  2 y  1  1  y  30  1 ( y  1)2  1 ( y  1) . 970 1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ LUYỆN THI ĐẠI HỌC I. Hệ đối xứng loại 1: * Có dạng:      0);( 0);( yxg yxf với f(x;y) = f(y;x) và g(x;y) = g(y;x) * Biến đổi hệ theo. Vậy với mọi m hệ luôn có nghiệm. IV. Phương pháp thế, cộng đại số: 1. Phương pháp thế: Ví dụ 1. Giải hệ phương trình sau:      )2(3 )1(72 22 yxxy yxx Giải: * Khi 1   x . III. Hệ phương trình đẳng cấp: Xét hệ đẳng cấp bậc hai:        2 2 22 2 2 1 2 11 2 1 dycxybxa dycxybxa Cách giải: + Thay x = 0 vào hệ để kiểm tra có thỏa hệ phương trình không.