SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAI ẨN BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT LONG KHÁNH Mã số : SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAI ẨN BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ Người thực hiện: Hà Lê Anh Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học môn:  - Phương pháp giáo dục:  - Lĩnh vực khác:  Có đính kèm:  Mơ hình  Phần mềm  Phim ảnh Năm học: 2013 - 2014  Hiện vật khác SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên : Hà Lê Anh Ngày tháng năm sinh : 25/01/1961 Giới tính : Nam Địa chỉ: 54 Hai Bà Trưng – P.Xuân Hòa, TX.Long Khánh , Đồng Nai Điện thoại : 0986.612.613 Chức vụ : Tổ trưởng toán trường THPT Long Khánh Đơn vị công tác : Trường THPT Long Khánh II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị cao : Cử nhân Toán - Năm nhận : 1983 - Chuyên ngành đào tạo: Toán học III KINH NGHIỆM KHOA HỌC Lĩnh vực chuyên mơn có kinh nghiệm : Dạy tốn THPT Số năm công tác : 31 năm Các sáng kiến kinh nghiệm năm gần : Phát huy tính tích cực sán tạo cho học sinh cách “ quy lạ quen” qua dạng toán chứng minh bất đẳng thức hình học tam giác phương pháp đại số hóa- lượng giác hóa PHẦN : MỞ ĐẦU I/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI : Hệ phương trình hai ẩn khơng chứa thức nội dung chương trình đại số, mà học sinh học lớp 10 Để giải loại tốn học sinh phải có kiến thức tổng hợp, khả phán đoán tốt Thực loại toán rèn luyện nhiều phẩm chất tư cho học sinh Bởi toán hệ phương trình thường xuất kỳ thi tuyển sinh đại học, kỳ thi chọn học sinh giỏi Qua kinh nghiệm nhiều năm dạy học, thấy học sinh thường dễ “phương hướng” giải hệ phương trình Bởi để học sinh có hướng đắn giải hệ phương trình Đó điều mong mỏi chúng tơi em học sinh Với kinh nghiệm có thời gian dạy học Chúng chọn đề tài để đáp ứng phần yêu cầu II/ THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI : Thuận lợi : + Hệ phương trình học sinh học từ lớp với hai phương pháp giải phương pháp phương pháp cộng đại số Bởi vậy, bước đầu em có khái niệm kỹ định giải hệ phương trình + Học sinh trường THPT Long Khánh thi tuyển nên đầu vào tương đối đồng có nhân tố tốt Khó khăn : + Số tiết luyện tập nên rèn luyện kĩ nâng cao không thực + Thực tế giải hệ phương trình lại u cầu khó, đa dạng , địi hỏi có nhiều kỉ , kỉ xảo học sinh phải luyện tập nhiều + Số lượng tập tham khảo không đầy đủ đồng + Thiếu dấu hiệu nhận biết cách giải cách rõ ràng đầy đủ III/ MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI : + Xây dựng hệ thống dấu hiệu dùng để nhận biết phương pháp giải hệ phương trình phương pháp thế.Tập hợp tập giải hệ phương trình phương pháp có hệ thống để học sinh luyện tập đồng nghiệp tham khảo + Góp phần giúp cho học sinh củng cố, khắc sâu kiến thức , hứng thú học tập từ vận dụng để giải tốt tập hệ phương trình, đạt kết cao kỳ thi vào đại học, thi chọn học sinh giỏi IV/ ĐỐI TƯỢNG VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU : Đối tượng nghiên cứu : Học sinh THPT Phương pháp nghiên cứu + Nghiên cứu qua tài liệu + Trao đổi với đồng nghiệp + Tiến hành thực nghiệm học sinh PHẦN : NỘI DUNG I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN : Vị trí mơn tốn nhà trường Mơn Tốn mơn học có vai trị đặc biệt quan trọng nhà trường phổ thơng Là mơn học có tác động đến hầu hết mơn học khác Mơn Tốn có tác động lớn đến việc đào tạo phẩm chất tốt cho người lao động sau Đặc điểm tâm sinh lý học sinh Ở tuổi THPT học sinh hiếu động thích tiếp thu mới, “chân lý” Bởi gắn việc học với việc tìm tịi lời giải q trình giúp cho học sinh khám phá, tìm tịi, sáng tạo Bởi dạy học cách “lấy học sinh làm trung tâm” người thầy đóng vai trị tổ chức, hướng dẫn học sinh tìm tịi, khám phá tri thức nhiệm vụ người thầy giáo II/ CƠ SỞ THỰC TIỄN : Để học sinh tiếp thu học cách hứng thú, có hiệu Rõ ràng khơng thể áp đặt bắt học sinh áp dụng máy móc Chìa khóa hướng học sinh tìm tịi để tìm hướng cho lời giải, chất “men” để học sinh có hứng thú học Thế dựa vào đâu để tìm tịi? Theo tơi dấu hiệu phương pháp Chúng ta phải làm cho học sinh tiếp cận với dấu hiệu Để phát dấu hiệu theo chúng tơi - Phân tích phương trình để thấy mối liên hệ ẩn - Phân tích phương trình để tìm thấy nét đặc biệt phương trình -Trả lời câu hỏi định hướng lời giải ? III/ NỘI DUNG THỰC HIỆN : Một số phép biến đổi tương đương hệ phương trình 1.1 Hệ haiphương trình tương đương Hai hệ phương trình gọi tương đương chúng có tập nghiệm 1.2 Một số định lý * Định lý : - Nếu thay phương trình hệ phương trình tương đương ta hệ phương trình tương đương * Định lý : - Cho hệ phương trình :  F1 ( x, y ) =   F2 ( x, y ) = Nếu G(x;y) H(x;y) ≠ với cặp số (x;y) thỏa mãn điều kiện hệ phương trình, :  F1 ( x, y ) =  F ( x, y ) = ⇔   F2 ( x, y ) =  F1 ( x, y ).G ( x; y ) + F2 ( x; y ).H ( x; y ) = Hệ : Với hai số C1; C2 ≠ ta có  F1 ( x, y ) =  F1 ( x, y ) = ⇔   F2 ( x, y ) = C1 F1 ( x; y ) ± C2 F2 ( x; y ) = Hệ :  F1 ( x, y ) =  F1 ( x, y ) = ⇔   F2 ( x, y ) =  F1 ( x; y ) ± F2 ( x; y ) = * Định lý : - Nếu phương trình F1 ( x, y ) = ⇔ x = G ( y )  F1 ( x, y ) =  x = G( y) ⇔   F2 ( x; y ) =  F2 ( x, y ) = Định lí sở để giải hệ phương trình phương pháp Ví dụ :  x − xy + y = 11  Giải hệ phương trình :   y − xy =  (1) (2) Nếu y = 0, từ (2) => vô lý Nếu y ≠ 0, (2) ⇔x= y −5 2y  x = y2 −5  y ⇔ 2  x − 3xy + y = 11  Hệ phương trình  x = y2 −5 y  ⇔ 2 ( y2 −5 ) − y2 −5 y + y = 11  y y   x = y2 −5  y ⇔  y + 24 y − 25 =  Giải hệ ta có nghiệm (2;-1) (-2;1) Chú ý : Khi giải hệ PT để khỏi nghiệm xuất nghiệm ngoại lai, cần ý : + Nếu chia hai vế PT cho biểu thức biểu thức phải khác không điều kiện hệ + Khi nâng hai vế PT với lũy thừa bậc chẵn nhân hai vế PT với biểu thức chứa ẩn cần thử lại nghiệm để loại nghiệm ngoại lai Các dấu hiệu phương pháp tìm tịi lời giải hệ phương trình phương pháp Định hướng ban đầu dấu hiệu để nhận biết cách giải Bởi trình dạy học sinh cách giải hệ phương trình, chúng tơi xây dựng “tiêu chí” sau dùng để giải hệ phương trình phương pháp * Dấu hiệu : Có phương trình có ẩn bậc Phương pháp : Rút ẩn bậc từ PT vào PT giải PT theo ẩn Ví dụ Giải hệ PT sau  x( x + y + 1) = 3(1)   ( x + y ) − x2 + = 0(2)  (Đề thi ĐH khối D/2009) Tìm tịi lời giải : Phương trình (1) phương trình có ẩn y bậc Từ PT (1) ta rút y theo x vào (2) ta PT ẩn x Lời giải : Điều kiện : x ≠ 1) ⇔ y = x − x − Thế vào (2), có PT ( − 1) − x52 + = ⇔ x = 1; x = x Nghiệm hệ (1;1) (2; − ) Ví dụ Giải hệ PT sau  x + xy = x +   2 x + 2x y + x y = 2x +  (1) (2) (Đề thi ĐH khối B/2008) Tìm tịi lời giải : Phương trình (1) phương trình bậc với y Từ pt (1) rút y theo x Lời giải : Nếu x = 0, (1) ⇒ Vô lý Nếu x ≠0, (1) ⇔ y = − x + x +6 2x , vào (2) Có x = -4; y = y = 17 Nghiệm hệ (-4; y = 17 ) Ví dụ Giải hệ PT sau  x ( y + 1)( x + y + 1) = 3x − x +    xy + x + = x  (1) (2) Tìm tịi lời giải : Từ PT (2) ta phát y bậc Vậy (2) ta rút y theo x Lời giải : Nếu x = 0, (2) ⇒ Vô lý Nếu x ≠0, (2) có y= x ( x x−1 )( x + 2 x −1 x x −1 x − , thay vào (1) )3 x − x + ⇔ ( x − 1)(2 x + x − x) = ⇔ x = 1; x = Khi x = 1⇒ y = -1 x = -2 ⇒ y=−5 Hệ có nghiệm (1; -1) (-2; − ) Nhận xét : Dấu hiệu có PT có ẩn bậc điều kiện có tính tương đối thơi Mặc dù rút cịn tùy thuộc vào có giải PT sau vào hay không Bởi có nhiều hệ rút ẩn theo ẩn không dùng phương pháp Cần phải làm rõ điều học sinh Ví dụ giải hệ phương trình :  x3 + y + xy (2 x + y − 1) = 18 (1)   (2)  x − y + x( y − 1) =  Mặc dù từ PT (2) ta rút y theo x, vào phương trình khơng giải Do chúng tơi hướng học sinh tìm tịi cách giải khác Bài tập tương tự Giải hệ phương trình sau : 3 x + y =  1)   2x + y + − x + y =  Đáp số : (2;-1)  x − xy + x + y =  2)  2  x − xy + x + y =  Đáp số : (0;0); (1;1), (2;2)  x − xy + =  3)  2 x + y − 2x − 3y − x +  y2 +4=0 Đáp số : (1;2)  x2 + 5x + y =  4)  2 3 x + x y + xy + x = 18  Đáp số : (1;3), (-3;15), (1- ;6+3 ) (-1+ ; - ) 2 x + xy + y = 14 5)   x + 3x + 3x − y = Đáp số : (1;6), (-3;-10) Dấu hiệu : Nếu đổi vị trí ẩn cho phương trình trở thành phương trình Phương pháp : Lấy hai phương trình trừ phương trình có dạng tích A.B = Ví dụ : Giải hệ phương trình sau :  x2 − 4x = y    y − y = 3x  (1) (2) Tìm tòi lời giải : Thay x y cho phương trình (1) trở thành phương trình (2) ngược lại lấy (1) trừ (2) ta phương trình tích : Lời giải : (1) trừ (2), có (x-y)(x+y-1)=0 ⇔ x = y x = 1-y Thế x = y vào (1) có x = y = 0; x = y = Thế x = 1-y vào (1) có x = 1+ 213 x = 1− 213 x = 1− 213 y = 1+ 213 Nghiệm hệ (0;0); (7;7); ( 1± 13 ; 1± 13 ) 2 Chú ý : Hệ phương trình nói hệ phương trình đối xứng loại : Ví dụ : Giải hệ phương trình sau : (1) (4 x + 2) = y + 15 (  5)  (4 y + 2) = x + 15 (2)  (Đề thi học sinh giỏi TP.HCM – 2005) Tìm tịi lời giải : Hệ phương trình hệ đối xứng loại Lấy phương trình (1) trừ PT (2) Lời giải : (1) – (2) có (x-y) (8x + 8y + 9) = x = y  y = − x +9  2)  x3 − y3 =   2 2 x + y − x + y =  (Đề thi Olimpic 30/4/2012) Đáp số : (2;-1) 3) (1)  x − y = 240   3 2  x − y = 3( x − y ) − 4( x − y )  (2) (Đề thi HSG Quốc gia – 2010) H.D : Nhân phương trình (2) với – cộng với (1) (x-2)4=(y-4)4 Đáp số : (4;2), (-4;-2) 4)  x + xy + 49 =   2  x − xy + y = y − 17 x  (HSG Quốc gia – 2004, bảng B) Đáp số : (-1;4); (-1;-4) H.D : Đặt x + y = u; x – y = v, có hệ phương trình (3) u + v3 = −98   2 3u − 5v = 9u + 25v  (4) Nhân PT (4) với -3 cộng (1) có (v + 5)3 = (3 − u ) => v = −u − 5)  x + xy = 49   2  x + xy + y = y + 17 x  6) 6 x y + y + 35 =   2 5 x + y + xy + x + 13 y =  Đáp số : (− ; − ),( ; − ) 2 2 Dấu hiệu 6: Có phương trình hệ có dạng f(u(x))=f(v(y)) biến đổi dạng nói Khi có phương trình hệ có dạng nói , dấu hiệu để dùng tính chất đơn điệu hàm số vào giải hệ phương trình Để thấy dấu hiệu cần rèn luyện cho em tìm mối liên hệ biến Phương pháp : tìm điều kiện hệ phương trình Phát hàm đặc trưng f(t) hàm đơn điệu khoảng tập xác định hệ Ví dụ 26 : Giải hệ phương trình sau 1  x+ = y+  x +1 y +1    x + = 3x + x −  y2 y  (1) (2) Tìm tịi lời giải Từ (1) xuất f(u) = f(v) Đó dấu hiệu cho thấy toán giải (u)=f(v)bằng phương pháp dung tính đơn điệu hàm số Lời giải : Điều kiện hệ x ≠ y ≠ Xét hàm đặc trưng f(t)= t + t +1 2t t + t + (t − 1)2 > 0∀t ∈ ¡ Vậy f(t) đồng biến ¡ , két f’(t) = 1- (t + 1) = (t + 1) hợp với (1) ta có x=y Thế vào (2) ta có 3x + x − 9x + = đặt u = 3xx x x 1± 1± có phương trình u + 12 = u + ⇔ u = ⇔ x= ⇒y= 3 1+ 1+  1− 1−  ; ÷   ; ÷ ÷ 3 ÷     Nghiệm hệ   Ví dụ 27: Giải hệ phương trình sau (3 − x) − x − y y − =   x − y +1 =  (1) (2) Đề thi TSĐH-KA năm 2010 Tìm tịi lời giải Nếu chuyển x,y qua vế, có “đồng dạng” − x y −1 coi u=2-x , v= 2y-1 ta dự đốn (1) có dạng f(u)=f(v) Để chuyển vế trái 2-x vế phải 2y-1, biến đổi ta có : − x + ( − x )3 = y − + ( y − 1) (3).Đây dấu hiệu xuất hàm đặc trưng Lời giải : Điều kiện hệ phương trình x ≤ 2; y ≥ Xét f(t) = t +t có f’(t) = 3t +1>0 ∀ t ⇒ f(t) đồng biến t Kết hợp với (3) ta có : − x = y − ⇒ y = − x Thế vào (2) giải có x=1 ⇒ y = Hệ có nghiệm (1 ; ) Ví dụ 28 : Giải hệ phương trình sau x  x3 + x e + ln = e y + x  y   x + xy − y =  (1) (2) Tìm tịi lời giải Với điều kiện hệ x>0 y>0 Phương trình (1) viết lại : ex +x + ln x = e y +y + ln y Đây dấu hiệu xuất hàm đặc trưng f(t) = et +t + ln t với t >0 Lời giải Với điều kiện hệ x>0 y>0 Phương trình (1) viết lại : ex +x + ln x = e y +y + ln y Xét hàm số f(t) = et f’(t) = (3t +1)e t +t + 3 +t + ln t với t >0 > với t > ⇒ f(t) đồng biến với t > t Do x = y Thế vào (2) có x= y = Hệ có nghiệm ( ; ) Ví dụ 29 : Giải hệ phương trình sau  x − y sin x e = sin y   3 x + = y − y + + y  π  x; y ∈ (0; )   (1) (2) Tìm tịi lời giải ex ey = Từ (1) tách x ,y hai vế ta có Đây dấu hiệu phương sin x sin y pháp dung tính đơn điệu Hàm đặc trưng f(t) = et sin t Lời giải (1) ⇔ e x sin x ex ey π π et = ⇔ = ∈ (o; ) Xét f(t) = x,y ; t ∈ (o; ) y e sin y sin x sin y 4 sin t π π − 2et cos(t + ) f’(t) = < 0∀t ∈ (o; π ) f(t) hàm nghịch biến (o; ) Do sin t kết hợp với ex ey ⇒ x = y Thế vào (2) ta có = sin x sin y 3( x + − x − x + 4) = x − ⇔ (8x-1)(3- x + − x − x + 4) =  x = ⇔  8x2 + + 8x2 − 8x + =  8 π Khi x= ⇒ y = ∈ (o; ) π Khi x + + x − x + = (*) x + + x − x + > + 2∀x ∈ (o; ) Vậy phương trình (*) vơ nghiệm 1 8 Hệ có nghiệm ( ; ) Ví dụ 30 : Giải hệ phương trình sau  x3 − 3x + = y3 + y   3 x − = y + y  (1) (2) Tìm tịi lời giải Từ (2) ⇒ y ≥ Từ (1) có (x-1) -3(x-1) = y y + = ( y + 3)3 − 3( y + 3) Dấu hiệu f(u)=f(v) xuất Lời giải Điều kiện : x ≥ 2, y ≥ Do y ≥ ⇒ y + > Do : x ≥ ⇒ x − > Xét f(t) = t -3t , t >1 f’(t) = 3t -3 > ∀t > ⇒ f (t ) đồng biến khoảng (1; +∞ ) Do (1) ⇔ ( x − 1)3 − 3( x − 1) = ( y + 3)3 − y + ⇒ x − = y + Vậy y= x -2x-2 Thế vào (2) ta có x -4x +8x -17x+6=0 x = ⇔ ( x − 3)( x3 − x + x − 2) = ⇔   x − x + 5x − = Khi x=3 có y = Khi x3 − x + x − = (*).Đặt g(x) = x3 − x + x − ⇒ g '( x) = 3x − x + > 0∀x Vậy g(x) đồng biến ∀x , x > ⇒ g ( x) > g (2) = 13 > Vậy (*) vô nghiệm Hệ có nghiệm (3;1) Ví dụ 31 : Giải hệ phương trình sau  x + xy = y10 + y    4x + + y + =  (1) (2) Tìm tịi lời giải Để cân lũy thừa hai vế ,chuyển vế phải lũy thừa cách x x chia phương trình cho y , ta có : ( y ) + y = y + y (*) Ta có dấu hiệu f(u)=f(v) Lời giải Điều kiện hệ phương trình x ≥ − (1) ⇒ x ≥ , Xét y=0 ⇒ x = (loại) x x 5 Xét y ≠ , (1) ⇔ ( y ) + y = y + y (*) Xét f(t) = t +t có f’(t) = 5t +1 > Vậy f(t) đồng biến ∀t , kết hợp với (*) ta có x=y T hế vào (2) có : x + + x + = ⇔ x + 37 x + 40 = 23 − x ⇔ x = Khi x=1 ⇒ y = ±1 Hệ có nghiệm (1;1) (1;-1) Ví dụ 32 : Giải hệ phương trình sau  x (4 y + 1) + 2( x + 1) x =   2 2 x y (1 + y + 1) = x + x +  (1) (2) Tìm tịi lời giải Điều kiện hệ : x ≥ Từ (2) ⇒ y > Để cô lập x,y vế ta cần “ giải phóng ’’ x khỏi biểu thức chứa y (2) cách chia (2) cho x Lời giải Điều kiện x ≥ , kết hợp với (2) ⇒ y > Xét x=0 không thỏa (1) x Xét x>0 , (2) ⇔ y + y (2 y ) + = + 1 ( ) + (*) x x Đặt f(t) = t+t t + với t>0 ⇒ f '(t ) = + t + + đồng biến ∀t > Kết hợp (*) ⇒ 2y= t2 t2 +1 > 0∀t > ⇒ f (t ) Thế vào (1) có : x x(x +1) + 2(x +1) x =6 (**) Đặt u = x > , thay vào (**) có: u + 2u + u + 2u − = ⇔ (u − 1)(u + 3u + 3u + 4u + 6) = ⇔ u = ⇔ u = ⇔ x =1 ⇒ y = Vậy hệ có nghiệm (1; ) 2 Ví dụ 33 : Giải hệ phương trình sau  xy (1 + y + 1) =  x +1 − x   x (9 y + 1) + 4( x + 1) x =  (1) (2) Tìm tịi lời giải Trục mẫu (1) , có 3xy(1+ y + )= x + + x Chia phương trình cho x để cô lập x , y vế , ta có : 3y + 3y (3 y )2 + = 1 + ( ) + Đến phương trình có dạng x x x f(u)=f(v) dấu hiệu để áp dụng tính đơn điệu hàm số Lời giải Điều kiện hệ phương trình : x ≥ Nếu x=0, từ (1) ⇒ vô lý Nếu x > ⇒ y > , (1) ⇔ y + y (3 y ) + = f(t)= t + t t + t > f’(t) = + t2 +1+ 1 + ( ) + (*) x x x t2 t2 +1 f(t) đồng biến ∀t > , kết hợp với (*) ta có 9y = >0 Thay vào (2) có x x + x +4(x + 1) x - 10 = Đặt u = x > , có (u-1)(4u +5u +5u +6u+10 = Do u > nên u = ⇒ x = Khi x=1 y = Hệ có nghiệm (1; ) Ví dụ 34 : Giải hệ phương trình sau  y2 − x + =   2  x + = y + 2y + − y + y  (1) (2) Tìm tịi lời giải Phương trình (2) có dấu hiệu f(u)=f(v), dự đoán v=y+1 Vậy y thừa Do làm y suy luận có lý Theo hướng sau khử y ta có : x + + x = ( y + 1) + + ( y + 1) Lời giải Điều kiện: x ≥ 0; y ≥ Từ (1) ⇒ y = x − Thế vào (2) ta có Đặt f(t) = t + + t với t ≥ ⇒ f '(t ) = Với t > Mặt khác x + + x = ( y + 1) + + ( y + 1) 1 + > Vậy f(t) đồng biến t+2 t x + + x = ( y + 1) + + ( y + 1) ⇒ x=(y+1) Thế vào (1) có y=0 ; y= Hệ có nghiệm (1:0) (36; ) Ví dụ 35 : Giải hệ phương trình sau 3 x − x + 2( x − 1) x − x + = 2( y + 2) y + y +   2 (2) x + y = 4x − y −  (1) Đề thi học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Bắc Giang 2013-2014 Tìm tịi lời giải Từ phương trình (1) ta có dự đốn u=x -1 v= y +2 Khi (1) viết lại :2(x-1) +2(x-1) ( x − 1) + + x − x − =2(y+2) ( y + 2)2 + Vậy vế trái dư lượng x -4x-2 vế phải lại thiếu 2y +8x+8 từ (2) thay x − x − = −2 y − y − vào (1) có : 2(x-1) +2(x-1) ( x − 1)2 + = 2(y+2) + 2(y+2) ( y + 2)2 + Đến ta có kết dạng f(u)=f(v) Lời giải Lấy (1)-(2) : 2(x-1) +2(x-1) ( x − 1) + = 2(y+2) + 2(y+2) ( y + 2)2 + Đặt f(t) = 2t +2t t + ⇒ f '(t ) = 2( t + + t ) t2 +1 Do x=y+3 Thế vào (2) ta có : y=-3 ; y= Hệ có nghiệm (o;-3) ( > 0∀t Vậy f(t) đồng biến ∀t 10 ; ) 3 NHẬN XÉT : 1)Để xây dựng hàm đặc trưng ta phải tìm thấy có mối liên hệ biến Có phải có biến đổi chia phương trình phải kết hợp phương trình lại với 2)Cần nhấn mạnh cho em ý đến điều kiện tính đơn điệu hàm số khoảng Ví dụ qua tốn sau Giải hệ phương trình sau 1  x− = y−  x y  ( x − y )(2 x − y + 4) + 36 =  Sai lầm học sinh xét f(t) = t − (1) (2) ≠ có f’(t) = + >0 ∀t ≠ , t t t Kết hợp với (1) ⇒ x = y Điều không f(t) đồng biến khoảng (- ∞;0) (0;+ ∞ ) Bài tập tương tự Giải hệ phương trình sau : 1)  x + + x −1 − y4 + = y   2  x + x( y − 1) + y − y + =  (1) (2) Đề thi ĐH khối A – 2013 HD: Đặt u= x − ⇒ x = u + thay vào (1) ĐS : (1;0) (2;1) 2) xy  (1) x + y2 + =1  x+ y  3 x(2 + x + 3) + 2(3 x + y )( x + x + + x + y ) =  HD: Từ (1) có x+y =1 vào (2) 5 ĐS : (- ; ) 3)  y + y = x3 + 3x2 + x +   2 y − + − x =  4) 3 x − x − + x x + = 2( y + 1) y + y +   2 x + y = 2x − y +  ĐS : (-2;-1) (2) HD: Lấy hai phương trình trừ cho 3 ĐS: (-1;-2) ( ; ) (4 x + 1) x + ( y − 1) − y =  5)  2 4 x + y + y + − x =  ĐS : ( ;0) 2 y + y + x − x = − x  6)   y +1 + y = + x −  ĐS : (-3;2)  y2 − x2 x + = e y +1 7)  3log ( x + y + 6) = log ( x + y + 2) +  2 ĐS : (4;-4)  x + x − x + = y −1 +  8)  x −1  y + y − y + = +1  ĐS : (1;1)  x3 − 3x + x = y − y −   x−2 9)   y −1  log y  y − ÷+ log x  x − ÷ = ( x − 2015)      ĐS(2015;2014)  x3 − x + = y    y + y2 +  10)  ÷ ( x − y )( x + xy + y − 2) = ln    x + x2 + ÷     π π ĐS : ( 2cos ; cos ) , ( 2cos 2π 2π 3π 3π ; cos ) , ( 2cos ; cos ) 7 7 11)Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực :  x + y + y − 3x − =  a)  2 x + 1− x − y − y + m =  ĐS: -1 ≤ m ≤  x − 12 x − y + y − 16 =  b)  2 4 x + − x − y − y + m =  ĐS: -16 ≤ m ≤ 12) Chứng minh với a > , hệ phương trình sau có nghiệm y − x = a :  x y e − e = ln(1 + x) − ln(1 + y ) IV/ Hiệu sáng kiến kinh nghiệm đề xuất hướng phát triển Trong chương trình với thời gian ỏi, định hướng tổng quát Thực tế giải hệ phương trình em phải có phương pháp chi tiết, rõ ràng, có định hướng cụ thể Trước thực sáng kiến kinh nghiệm em học sinh thường lúng túng, tự tin Sau em tiếp thu dấu hiệu nói với 35 ví dụ 44 tập luyện tập, phần em tự tin chủ động giải hệ phương trình phương pháp Cũng phải nói để giải hệ phương trình cần có thêm nhiều phương pháp Chúng tơi đề cập đến phương pháp thành chun đề hồn chỉnh giải hệ phương trình Sau số kết thu cho em áp dụng sáng kiến - Học sinh tự tin , chủ động biết cách phân tích bái toán hiệu nâng lên rõ rệt - Số học sinh làm tập nhiều hẳn Cho dù kết bước đầu với trách nhiệm người thầy khấn khởi thấy cơng việc bước đầu có kết - Với đồng nghiệp tin qua bày tỏ, trao đổi xây dựng thêm dấu hiệu để học sinh có kết tốt đường học vấn Để giải trọn vẹn giải hệ phương trình vấn đề lớn Bởi chuyên đề tiếp tục ý tưởng với phương pháp phương pháp đặt ẩn phụ , phương pháp đánh giá , phương pháp hình học kể phương pháp số phức mở rộng cho hệ nhiều ẩn V Bài học kinh nghiệm : Với thời gian 30 năm trực tiếp giảng dạy Tuy nhiên thông qua đề tài rút thêm số kinh nghiệm sau : - Các em học sinh thường lúng túng giải số toán Vậy thân người thầy phải hướng dẫn học sinh tìm lời giải tốn, Các phương pháp để tìm tịi lời giải • Phân tích giả thiết • Phân tích để thấy đặc biệt chỗ ? Các mối liên hệ tốn ? • Chuyển hóa nội dung tốn • Chuyển hóa hình thức tốn • Chuyển hóa cơng cụ để giải tốn - Trước học sinh làm bài, cần phải • Xác định thể loại tốn • Vạch hướng giải • Tìm phương pháp thích hợp VI Kết luận : Dạy học trình mà người thầy phải vừa “dạy” vừa “học” Viết sáng kiến kinh nghiệm vừa dạy học Ngoài mục đích góp phần giúp đỡ cho học sinh học tốt chỗ người thầy “học” nhiều Tơi nghĩ nhiệt tình thơi chưa đủ, nhiều cố gắng kiến thức chẳng có tận Tơi xin nhận nhiều ý kiến đóng góp từ đồng nghiệp, em học sinh để sáng kiến hoàn thiện Đối với học sinh, xây dựng cho em phương pháp cụ thể phù hợp với đối tượng em vững tin từ em chủ động học toán, hứng thú say mê học Toán Long Khánh, ngày 10 tháng 02 năm 2014 Người thực Hà Lê Anh VII Tài liệu tham khảo : 1) SGK Đại số 10 - NXB Giáo dục năm 2007 2) Đại số - Tác giả Nguyễn Thành Long 3) Phương trình, hệ phương trình – tác giả Nguyễn Tài Chung 4) Báo Toán học Tuổi trẻ 5) Một số tập mạng Internet Mục lục Phần : Mở đầu I Lý chọn đề tài II Mục đích nghiên cứu đề tài III Đối tượng phương pháp nghiên cứu Phần : Nội dung I Cơ sở lý luận II Cơ sở thực tiễn III Nội dung thực Một số phép biến đổi tương đương Các dấu hiệu tìm tịi lời giải 2.1 Dấu hiệu : Có phương trình có ẩn bậc 2.2 Dấu hiệu : Hệ phương trình đối xứng loại 2.3 Dấu hiệu : Có phương trình có ẩn bậc hai 2.4 Dấu hiệu : Có phương trình dạy đẳng cấp 2.5 Dấu hiệu : Có đẳng thức 2.6 Dấu hiệu : Có phương trình dạng f(u) = f(v) IV Hiệu sáng kiến V Rút kinh nghiệm VI Kết luận PHIẾU CHẤM SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên đề tài : Một số phương pháp giải hệ phương trình hai ẩn phương pháp Họ tên người viết : Hà Lê Anh Đơn vị : Trường THPT LONG KHÁNH Tổ chun mơn : Tốn Tiêu Các tiêu chí Chuẩn Hình 1.1 1.2 Thức Tính 2.1 Khoa 2.2 học Tính Sáng Tạo Tính Điểm Điểm tối đa Cấu trúc đủ :mở đầu, nội dung ,hiệu Trình bày khoa học,sạch,đẹp,hợp lý chấm Tính xác Tính logic vấn đề 10 2.3 Phù hợp với nội dung,quan điểm sách 10 3.1 3.2 pháp luật Đảng,Nhà nước ngành GD Có đối tượng nghiên cứu Có giải pháp sáng tạo 10 15 3.3 Có đề xuất hướng phát triển SKKN 10 4.1 Các giải pháp SKKN đưa phù hợp với 20 Thực chuyên môn nghiệp vụ, có giá trị thúc đẩy Tiển phát triển nghề nghiệp đồng nghiệp , nâng cao chất lượng GD hiệu đào tạo Phù 4.2 Tổng cộng Tổ chun mơn hợp với nghành đơn vị Có thể áp dụng cho nhiều người , nhiều nơi 10 100 BGH ………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………… ... dạng f(u) = f(v) IV Hiệu sáng kiến V Rút kinh nghiệm VI Kết luận PHIẾU CHẤM SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên đề tài : Một số phương pháp giải hệ phương trình hai ẩn phương pháp Họ tên người viết : Hà... động giải hệ phương trình phương pháp Cũng phải nói để giải hệ phương trình cần có thêm nhiều phương pháp Chúng đề cập đến phương pháp thành chun đề hồn chỉnh giải hệ phương trình Sau số kết... tương đương hệ phương trình 1.1 Hệ haiphương trình tương đương Hai hệ phương trình gọi tương đương chúng có tập nghiệm 1.2 Một số định lý * Định lý : - Nếu thay phương trình hệ phương trình tương