skkn một số PHƯƠNG PHÁP GIẢI hệ PHƯƠNG TRÌNH đại số HAI ẩn

BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị TRƯỜNG THPT NAM HÀ Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAI ẨN Người thực hiện: NGUYỄN VŨ KHANH Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học môn: TOÁN  - Lĩnh vực khác:  Có đính kèm: Các sản phẩm in SKKN  Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC –––––––––––––––––– I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên: Nguyễn Vũ Khanh Ngày tháng năm sinh: 30-6-1963 Nam, nữ: Nam Địa chỉ: 962/4 Bùi Hữu nghĩa, xã Hóa An, Biên hòa, tỉnh Đồng Nai Điện thoại: ĐTDĐ: 094 893 5272 Fax: E-mail: khanhnamha@yahoo.com.vn Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn Nhiệm vụ giao: Giảng dạy môn Toán lớp 12C1, 10C5, 10C6 Đơn vị công tác: Trường THPT Nam Hà II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân - Năm nhận bằng: 1985 - Chuyên ngành đào tạo: Toán III KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán - Số năm có kinh nghiệm: 31 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây:  Nguyên hàm số hàm phân thức hữu tỉ  Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng toán HHKG  Phương trình lượng giác (dành cho HS luyện thi ĐH-CĐ)  Phương trình chứa thức BM03-TMSKKN Tên SKKN: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hệ Phương trình đại số hai ẩn chiếm vị trí tương đối quan trọng chương trình toán cấp ba Thường xuyên có mặt đề thi đại học thi học sinh giỏi Toán lớp 10, 12 với độ khó cao Ở lớp 10 chương trình khóa, học sinh học phần nhỏ với vài dạng thông thường đa số học sinh có khả giải Vì vậy, vấn đề thiết thực học sinh muốn vào đại học Do vậy, chọn đề tài có ý nghĩa bổ sung kiến thức hỗ trợ cho học sinh II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Việc giải hệ phương trình hai ẩn thường áp dụng hai phương pháp truyền thống: đặt ẩn phụ Độ khó toán tăng lên hệ có chứa phương trình bậc cao chứa thức Học sinh trước giải cần tìm điều kiện xác định, đánh giá chọn lựa phương trình dễ khai thác hệ thay hệ khác đơn giản Nội dung xin xét số dạng có tính chất phù hợp với học sinh học sinh trường gần sát với đề thi năm gần III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP Một số dạng thường gặp sau đây: Dạng 1: Biến đổi sau đặt ẩn phụ Dạng 2: Hệ có phương trình bậc ẩn Dạng 3: Hệ có phương trình biến đổi dạng tích Dạng 4: Hệ có phương trình bậc hai ẩn Dạng 5: Hệ có phương trình đẳng cấp Dạng 6: Dùng tính đơn điệu hàm số DẠNG : Biến đổi sau đặt ẩn phụ  x + + y ( y + x ) = y Ví dụ Giải hệ phương trình  (TK1- 2006) Đs: (1; 2), (−2;5) ( x + 1)( x + y − 2) = y Giải: Vì y = không thỏa hệ nên hệ phương trình tương đương với:  x2 + + ( y + x − 2) =   y ;   x + ( x + y − 2) =  y x2 + Đặt u = v = x + y − , ta hệ sau: y u + v = ⇔ u = v =1  u.v = Ví dụ  xy + x + = y Giải hệ phương trình  2  x y + xy + = 13 y (B-2009) Đs: (1; ), (3;1) Giải Hệ phương trình tương đương với:  x  x + + =  x +  y y  ⇔ ⇔  x + + x = 13    x + y2 y  1 x + =7 y÷  y 1 x − = 13 ÷ y y x v = Hệ trở thành: y y u + v =  u = −5 ⇒ v = 12 ⇒ u + u − 20 = ⇔   u = ⇒ v = u − v = 13 Đặt u = x +  x ( x + y + 1) − =  Ví dụ Giải hệ phương trình  (D-2009) Đs: ( x + y ) − x + = Giải  x( x + y ) + x = 3 (1;1), (2; − ) u + x = Hệ tương đương với  2  x ( x + y) + x = ; Đặt u = x ( x + y ) , Hệ trở thành:  2 u + x = −5   x + y + x y + xy + xy = Ví dụ Giải hệ phương trình  (A-2008)  x + y + xy (1 + x ) = −5  Nhận xét: Hệ pt có chứa hai số hạng x + y x + y (có dạng a + b, a + b ) nên ta ( tìm liên hệ hai số hạng đó: Ta có x + y ) = x4 + y2 + 2x2 y Giải −5 −5   2 ( x + y ) + xy ( x + y + 1) = ( x + y ) + xy ( x + y + 1) = ⇔ Hệ tương đương với  − 2 ( x + y + x y ) + xy = ( x + y )2 + xy = −5   4 −5  u + v ( u + 1) =  u = x + y Đặt  , ta hệ :  v = xy  u + v = −5   x − x y + x y = Ví dụ Giải hệ phương trình  Đs: (±1;0), (1;1), (-1;-1)  x y − x − xy = −1 Giải ( x + xy ) − x y = u = x + xy Hệ tương đương với  , Đặt  ta hệ phương trình: 3 ( x + xy ) − x y = v = x y u − 3u = u − 3(u − 1) = u − 3u + = u = u = ⇔ ⇔ ⇔ v  v = u − v = v = u − v = u −  v =     y = x (9 − x ) Ví dụ Giải hệ phương trình  Đs: (0;0), (1;2), (2;2)  x y + y = x Giải 3  x + y = x Hệ tương đương với   y ( x + y ) = x • Nếu x = y = Vậy (0; 0) nghiệm   y3 y y y  x + ÷ − 3x  x + ÷ = x + =   x x x x ⇔  • Nếu x ≠ hệ tương đương với :  ; yx + y  = y x + y  = ÷ ÷     x x y x u − 3uy = Đặt u = x + ta hệ phương trình:  uy = u = 27 u = ⇔ ⇔ Suy ra: y = uy = y  x = v x =  x + =  x − 3x + = ⇔ ⇔ x   y = y =  y = • Kết luận: Hệ cho có ba nghiệm (x;y): (0;0), (1;2), (2;2) NHẬN XÉT: Kiến thức cần có: u + v = (u + v )3 − 3uv (u + v ) Bài tập tương tự:  x − xy + y = 3( x − y ) Giải hệ phương trình  2  x + xy + y = 7( x − y ) ( x − y )2 + xy = 3( x − y ) u = x − y v = xy HD: Hệ tương đương với  , đặt ( x − y ) + xy = 7( x − y )   x (2 + y ) = Giải hệ phương trình   xy − x =  2 2 + y =  ÷  x HD: Hệ tương đương với  suy    y − =  ÷  x t − y = 2 với t =  x  y − 3t =  x (2 + y ) = 1 1  Giải hệ phương trình  Đs: ( −1; −1),  ;2 ÷ HD: Đặt t = , x 2   x ( y − 2) =  y − = 3t Suy  t − = y (Thi thử Chuyên LTTrọng-Cần Thơ-Khối D-Lần 1-2014) DẠNG 2: Hệ có phương trình bậc ẩn  xy + x + = y (B-2009) Giải hệ phương trình  Ví dụ 2  x y + xy + = 13 y Giải (1) ⇔ xy + x + = y ⇔ y = • (1) : 2 (2) Đs: (1; ),(3;1) x +1 (vì x = không nghiệm); thay vào pt (2) ta 7− x x +1   x +1   x +1  2 x  ÷ + x ÷ + = 13  ÷ ⇔ x − 13 ( x + 1) + x ( x + 1)(7 − x ) + (7 − x ) = 7− x 7− x 7− x ⇔ x + x − x − 33x + 36 = ⇔ ( x − 1)( x − 3)( x + x + 12) = ⇔ x = ∨ x = • x = ⇒ y = ; x = ⇒ y = 2 ( )   • Kết luận: Hệ phương trình cho có hai nghiệm (x;y) là:  1; ÷, ( 3;1)   7y −1 Nhận xét: Pt (1) tính x theo y: xy + x + = y ⇔ x = (vì y = -1 không y +1 nghiệm) sau thay vào pt (2) giải tương tự  x ( x + y + 1) − = (1)  Ví dụ (D-2009) Giải hệ phương trình  ( x + y ) − x + = (2) Đs: (1;1),(2; − ) Giải • (1) ⇔ y = − x − (vì x = không nghiệm HPT), thay vào (2), ta được: x 1 3   − 1÷ − + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = ⇔ x = ∨ x = x x x x x x   x + x y + x y = x + (1) Ví dụ Giải hệ phương trình  (B-2008) (2)  x + xy = x +  17  Đs:  −4; ÷ 4  Giải (2) ⇔ y = 2 − x2 + 6x +   − x + 6x +  x + 2x  + x ÷  ÷ = 2x + x x     3 − x2 + 6x + (3) (vì x = không nghiệm), thay vào pt(1): 2x ⇔ x + x ( − x + x + 6) + ( − x + x + 6) = x + ⇔ x + 12 x + 48 x + 64 x = ⇔ x + 12 x + 48 x + 64 = 0( x ≠ 0) ⇔ ( x + 4)3 = ⇔ x = −4 ; Thay vào (3): y = 17 Vậy hệ có nghiệm: 17    −4; ÷ 4  Cách viết khác: Viết lại PT(1): x ( x + xy ) + ( xy ) = x + 2 6x + − x2 Và (2) ⇔ xy = , thay vào (1): x (6 x + 6) + (6 x + − x ) = x + Bài tập tương tự: Giải hệ phương trình:  x ( y + 1) ( x + y + 1) = 3x − x + 5  (1; −1),  −2; − ÷  Đs: 2   xy + x + = x 41  x + xy − 12 x + =0  3  (K*)  Đs:  2; − ÷ 4   x2 − x + y =  DẠNG 3: Hệ có phương trình biến đổi dạng tích  x − y = x − y (1) 3 1 Ví dụ 10 Giải hệ phương trình:  (B-2002) Đs: (1;1),  ; ÷  x + y = x + y + (2) Giải Điều kiện: x − y ≥ ⇔ x ≥ y x − y = x = y (1) ⇔ ( x − y ) = ( x − y ) ⇔  ⇔ ; Thay vào pt (2) x − y = x = y +1 Nhận xét: Có thể biến đổi phương trình (2) 1   x − x = y − y (1) Ví dụ 11 Giải hệ phương trình:  (A-2003) 2 y = x + (2)  (1;1),( −1 + −1 + −1 − −1 − ; ),( ; ) 2 2 Giải (1) ⇔ x − y + x − y =  1  − = ⇔ ( x − y ) 1 + ÷ = ⇔  y x xy    xy = −1 x = • Với y = x : pt (2) trở thành: x − x + = ⇔ ( x − 1)( x + x − 1) = ⇔  −1 ± x=  −1 −2 = x + ⇔ x + x + = PT vô • Với xy = −1 ⇔ y = : pt (2) trở thành: x x nghiệm 2 1  1  1 x + x + = ( x − x + ) + ( x + x + ) + =  x − ÷ +  x + ÷ + > 0, ∀x 4  2  2 4 • Vậy hệ có nghiệm: (1;1),( −1 + −1 + −1 − −1 − ; ),( ; ) 2 2  xy + x + y = x − y (1) Ví dụ 12 Giải hệ phương trình:  (D-2008) Đs: (5; 2) x y − y x − = x − y (2)  Giải Điều kiện: y ≥ x ≥ (1) ⇔ x − y − xy − x − y = ⇔ ( x − y ) − y ( x + y ) − ( x + y ) = ⇔ ( x + y )( x − y − 1) = ⇔ x − y − = (vì x + y > 0) → Dạng 2: hệ có phương trình bậc dối với ẩn 5 x y − xy + y − 2( x + y ) = (1) Ví dụ 13 Giải hệ phương trình  (A-2011) 2 (2)  xy ( x + y ) + = ( x + y ) Đs:  10 10   −2 10 − 10  (1;1),( −1; −1),  ; ; ÷,  ÷ ÷ ÷     Giải Ta có  xy = (2) ⇔ xy ( x + y ) + = ( x + y ) + xy ⇔ ( xy − 1)( x + y − 2) = ⇔  2 x + y = • Với xy = 1: Thay vào (1) ta được: x − y + y − x − y = ⇔ x − y + y = ⇔ 3xy − y + y = (nhân hai vế cho y) ⇔ y − y + = ⇔ y = ⇔ y = ±1 • Với x + y = : Thay vào (1) ta được: y ( x + y ) + x y − xy − x − y = ⇔ y + x y − xy − x = ⇔ (2 y − x ) + xy ( x − y ) = ⇔ ( x − y )( xy − 1) = ⇔ x = y xy = (đã xét) 10 Thay x = y vào x + y = , ta y = ⇔ y = ± Cách khác: (lượng giác hóa)  π Vì x + y = nên ta đặt x = sin t , y = cos t , t ∈  0; ÷ , thay vào (1) ta  2 pt: • • 10 sin t.cos t − sin t.cos t + cos3 t − 2(sin t + cos t ) = (3) ⇔ 5tan t − tan t + − (tan t + 1) = (vì cost = không thỏa pt (3)) cos2 t ⇔ 5tan t − tan t + − (1 + tan t )(tan t + 1) = ⇔ tan t − tan t + 5tan t − = ⇔ tan t = ∨ tan t = 2 sin t x tan t = ⇒ = ⇒ = ⇔ x = y , kết hợp với x + y = , ta được: y cos t x = y = ∨ x = y = −1 tan t = ⇒ x= sin t x = ⇒ = ⇔ x = y , kết hợp với x + y = , ta được: y cos t 10 10 10 10 ;y= ;y =− x = − 5 5  x + xy + x + y = 16 Ví dụ 14 Giải hệ phương trình  Đs: (0;8), (2;2), (-6;2) ( x + y )(4 + xy ) = 32 Giải Nhận xét : VT hai pt có chứa thừa số ( x + y ) Do ta biến đổi sau : ( x + y )( x + 2) = 16 , suy ( x + y )(4 + xy ) = 32 Hệ tương đương với:  x+2 = ⇔ x + = + xy ⇔ x = xy + xy x = ⇒ y = ⇔ Vậy hệ có ba nghiệm (x; y) là: (0;8), (2;2)  y = ⇒ x + = ±4 ⇔ x = v x = −6 (-6;2) Bài tập tương tự: Giải hệ phương trình:  x − x y + x y = 1  Đs: (±1;0), (1;1), (-1;-1)  x y − x − xy = −1  x − x y + x y =  HD: x y − x + xy = ⇔ ( x + 1)( xy − 1) =  x y − x + xy =  xy + x − =  −1 −   −1 + (D-2012)  Đs: (1;1),  ; − ÷÷,  2    2 x − x y + x + y − xy − y =  ; 5÷ ÷  HD: Pt(2) biến đổi dạng tích cách kết hợp số hạng dựa theo hệ số 2 x − xy = x ( x − y )  2 sau:  − x y + y = − y ( x − y )  x2 − y  DẠNG 4: Hệ có phương trình bậc hai ẩn  xy + x + y = x − y (1) Ví dụ 15 Giải hệ phương trình  (D-2008) Đs: (5; 2)  x y − y x − = x − y (2) Giải Điều kiện : x ≥ y ≥ (*) Xem Pt (1) PTB2 theo y: y + ( x + 1) y + x − x = 0; ∆ = ( x + 1)2 − 4.2( x − x ) = (3x − 1) suy y = −( x + 1) ± (3x − 1) x −1 ⇔y= , y = − x ; y = − x bị loại không thỏa đk (*) Thay vào pt(2): x −1 x −1 x −1  x − = x − ( x − 1) ⇔ x −  x − ta x x − − ÷= x + 2   ⇔ x − ( x + 1) = 2( x + 1) ⇔ x − = ( x + > 0) ⇔ x = Suy y = • Với y = • Kết luận: Hệ có nghiệm (x; y) (5; 2) Bài tập tương tự : Giải hệ phương trình sau : 10  y − x − xy + 16 x − y + 16 = (1)   11  (K*)  Đs: ( 1;9 ) ,  − ; − ÷   (2) 3x + x − y =   x − y + xy − x + y − =  Đs: ( −1;0 )  x + y + x + y = 6 x − xy + x + y = 1 2   3  ;± ÷, ( 0;1) ,  − ; − ÷  Đs:   5 3  x + y =  x − 3x ( y − 1) + y + y ( x − 3) =  −3 − 5 −   −3 + 5 +   Đs: ( 1;0 ) ,  ; ÷,  ; ÷      x + xy − y = DẠNG 5: Hệ có phương trình đẳng cấp  x + y + xy ( x − y ) = (1) Ví dụ 16 Giải hệ phương trình:   x − y + x + y = (2) Đs: (2; −1) Giải Điều kiện: x ≥ y , x ≥ −2 y x x x (1) ⇔ x + y + x y − xy = ⇔  ÷ +  ÷ − + = (vì y = không thỏa hệ) y  y  y x   x  x  x ⇔  + ÷ ÷ − + 1 = ⇔ = −2 ⇔ x = −2 y ; y  y y   y   Thay vào (2): −4 y = ⇔ y = −1 ⇒ x = (thỏa đkiện) 3 2 Kết luận: Hệ pt có nghiệm (x; y) là: (2; -1) 3x − xy + y = 13 (1) Ví dụ 17 Giải hệ phương trình:  Đs: (1;2),( −1; −2),(2;1),( −2; −1)  x − 3xy + y = −1 (2) Giải Nhân (2) với 13 sau cộng vế theo vế với (1) ta phương trình: x x 16 x − 40 xy + 16 y = ⇔ x − xy + y = ⇔  ÷ − + = y  y x x (vì y = không thỏa hệ) ⇔ = ∨ = ⇔ x = y ∨ y = x ; Thay vào (2): y y y =1⇒ x = 2 • x = 2y ⇒ y =1⇔   y = −1 ⇒ x = −2 • 2 x = ⇒ y = y = 2x ⇒ x2 = ⇔   x = −1 ⇒ y = −2 Vậy hệ có nghiệm (x;y): (1;2),( −1; −2),(2;1),( −2; −1) Nhận xét: Có thể biến đổi nhanh sau: Từ hệ pt ta suy −(3x − xy + y ) = 13( x − 3xy + y ) , sau biến đổi thành: 16 x − 40 xy + 16 y = 11 Cách khác: Nếu x = không thỏa hệ Nếu x ≠ ta đặt y = t.x, (t∈R) Hệ trở thành: 3x − tx + 3t x = 13  x (3t − t + 3) = 13 ⇔  2 2 2  x − 3tx + t x = −1  x (t − 3t + 1) = −1 t = 3t − t + 2 = −13 ⇔ 16t − 40t + 16 = ⇔ 2t − 5t + = ⇔  Lập tỉ số ta được: t = t − 3t +  x = ⇒ y = 2 • Với t = ⇒ y = x ⇒ x = ⇔   x = −1 ⇒ y = − • Với t = y =1⇒ x = ⇒ x = y ⇒ y2 = ⇔   y = −1 ⇒ x = − 2 (1)  x + y = 12 Ví dụ 18 Giải hệ phương trình:  Đs: (2; −1),( −2;1) x + xy + 12 y = (2)  Giải Nhân (1) với y (vì y = không thỏa hệ) cộng với (2) ta được: x + xy + x y + y = 2 x x   x   x   x x x +  ÷ +  ÷+ = ⇔  + ÷ ÷ −  ÷ +  = ⇔ = −2 ⇔ x = −2 y , ÷ y  y y  y y   y   y   thay vào (1): y = ⇔ y = ±1 Vậy hệ có hai nghiệm (x;y): (2; −1),( −2;1)  ⇔  5 x − y = x − 3xy Ví dụ 19 Giải hệ phương trình:  (Thi thử ĐH 2013 – Hà Nội2  x − x = y − y Amsterdam) Giải: 5 x + 3xy = x + y Nhận xét: Đưa vế số hạng đồng cấp: (1) ⇔  3 2  x + y = y + x • Nếu x = y = Hệ có nghiệm (0; 0) • Nếu x ≠ ta đặt y = kx, k∈R, hệ trở thành: 5 x + 3kx = x + 3kx (5 + 3k ) x = (1 + 3k ) x (5 + 3k ) x = + 3k ⇔ ⇔    3 2 3 2 (1 + 3k ) x = ( k + 1) x (1 + 3k ) x = k +  x + 3k x = k x + x suy + 3k + 3k = ⇒ (5 + 3k )( k + 1) = (1 + 3k )(1 + 3k ) ⇔ 9k − 5k − = ⇔ + 3k k +1 ⇔ k = ±1 k =   k = −4 / 1 Với k = ⇒ x = ⇒ y = ; Với k = −1 ⇒ x = −1 ⇒ y = 2 Kết luận: Hệ có ba nghiệm (x; y) là: (0;0), (1/2; 1/2), (-1; 1) Bài tập tương tự: Giải hệ phương trình sau: 12  x − 3xy = 18 2 (K )  Đs: (3;1) HD: Suy 26 x − 3xy = 18 3x y − y 3x y − y = 26 3x + xy + y = 11 Đs: (1; 2), (-1; -2)  2  x + xy + y = 17 2 x y + xy = 15  3 8 x + y = 35 3x + xy − y = 38  2 5 x − xy − y = 15 ( * ) ( ) DẠNG 6: Dùng tính đơn điệu hàm số 2 x + + = x (1)  1 Ví dụ 20 Giải hệ phương trình: (K*)  Đs:  2; ÷  4  x x + y + y + = y + (2) Giải Điều kiện: x ≥ −2, y ≥ −2, x + y ≥ Nhận xét: pt (1) chứa biểu thức bậc cao, nâng lên lũy thừa dẫn đến pt phức tạp, phát x=2 nghiệm nên ta nghĩ đến khả pt có nghiệm Xét hàm số f ( x ) = x + + − x Điều kiện x: pt (1) có nghiệm x − ≥ ⇔ x ≥ Ta có f '( x ) = − x < 0, ∀x ≥ (vì x+2 < x > ) suy hàm số f(x) x+2 nghịch biến  4; +∞ ) Ngoài f(2) = Vậy x = nghiệm pt(1) Thay x = vào pt (2) ta y = Kết luận (4 x + 1) x + ( y − 3) − y = (1) Ví dụ 21 Giải hệ phương trình:  (A-2010) (2) 4 x + y + − x = Đs: 1   ;2 ÷ 2  Giải Điều kiện: y ≤ x ≤ (1) ⇔ (4 x + 1)2 x = [ (5 − y ) + 1] − y ⇔ x + x = (5 − y ) − y + − y Phương trình có dạng f (2 x ) = f ( ) − y với hàm số f (t ) = t + t , t ≥ , ta có: f '(t ) = 3t + > 0, ∀t ≥ ⇒ Hàm số f(t) đồng biến [0; +∞) Do f (2 x ) = f ( ) − y ⇔ 2x = − y 13 x ≥ x ≥  ⇔ ⇔ − x , thay vào pt(2) ta được: x = − y y =    2 (5 − x ) x2 + + − 4x = ⇔ 16 x + 25 − 40 x + 16 x + − x = 28 ⇔ 16 x − 24 x + − x = (3) Nhận xét: pt (3) có dạng phức tạp (không thể nâng lên lũy thừa, dấu hiệu để đặt ẩn phụ) pt(3) có nghiệm Thử xét: − x = ⇔ x = Kiểm tra lại, ta có x = ta c/m x = nghiệm pt(3) Bây nghiệm   Xét hàm số g ( x ) = 16 x − 24 x + − x với x ∈ 0;  , ta có:  4 g '( x ) = 64 x − 48 x − 16 3 16   3 = 64 x  x − ÷− < 0, ∀x ∈ 0; ÷ 4 − 4x − 4x   4   ⇒ Hàm số g(x) nghịch biến 0;  Ngoài   1 g  ÷ = , pt (3) có nghiệm 2 1  x = Suy y = Vậy hệ pt cho có nghiệm (x; y)  ;2 ÷ 2  Cách khác : Phát x = ½ nghiệm nên ta biến đổi PT dạng tích : 16 x − 24 x + − x = ⇔ 16 x − 24 x + + (   16(2 x − 1)  ⇔ 16  x − ÷ x − ÷− = ⇔ x2 − x2  4 − 4x +  16   ⇔ (2 x − 1)  ( x + 1) x − − =0 − x +   ( ( ) 16(2 x − 1) − 5) − =0 − 4x + − 4x −1 = )( )  x = ⇔ 16 ( x + 1) x − = ,(2)  − 4x + ( )   Với x ∈ 0;  VT < VP > suy PT(2) vô nghiệm  4 ( )( )  x2 + + x y + + y = (1)  Ví dụ 22 Giải hệ phương trình:  Đs: (2; -2) 4 x + + 22 − 3x = − y (2) Giải Điều kiện: −2 ≤ x ≤ (1) ⇔ x + + x = 22 y2 + + y ⇔ x2 + + x = y + − y ⇔ x + + x = ( − y )2 + + ( − y ) 14 x Xét hàm số f ( x ) = x + + x , ta có f '( x ) = x2 + +1 = x + x2 + x2 + > 0, ∀x x2 + > x2 > x ≥ − x ⇒ x + x2 + > Suy hàm số f(x) đồng biến R Ngoài pt(1) có dạng f ( x ) = f ( − y ) , pt(1) tương đương với pt x = − y Thay vào (2) được: x + + 22 − 3x = + x (bình phương dẫn đến pt phức tạp Dự đoán x = nghiệm nên ta nhân lượng liên hợp để tạo thừa số (x – 2) sau biến đổi thành dạng tích) ⇔4 ( ) ( x+2 −2 + ) 22 − 3x − = 2( x − 2) ⇔ 4( x − 2) − 3x + = 2( x − 2) x+2 +2 22 − x + x = g ( x) = − −2 ⇔ Xét hàm số  − = (3) x+2 +2 22 − 3x + 22 − 3x +  x + + −1 −3 g '( x ) = + 2 x+2 +2 x+2 22 − x + 22 − 3x ( ) ( ) 22  22    g '( x ) < 0, ∀x ∈  −2; ÷ suy hàm số g(x) nghịch biến  −2;   3   22   ⇒ g ( x ) < g ( −2) = − < 0, ∀x ∈  −2;  Vậy phương trình (3) vô nghiệm 3 28 +  Kết luận: Hệ cho có nghiệm (x; y) (2; -2) Nhận xét: Có thể chứng minh phương trình (3) vô nghiệm sau: Với −2 ≤ x ≤ x+2 +2≥2⇒ 22 4 ≤ = ⇒ VT < VP Suy pt (3) vô nghiệm x+2 +2  x − y = (1) Ví dụ 23 Giải hệ phương trình:  Đs: ( 1; − ) , ( 2; − 1)  x + y = x − y (2) Giải  x − = y + (3) Hệ tương đương với  , cộng (3) với (4) ta được: 2  −3 x + 3x = y + 12 y (4) x − 3x + 3x − = y + y + 12 y + ⇔ ( x − 1)3 = ( y + 2) ⇔ x − = y + ⇔ y = x − thay vào (2): x + 2( x − 3) = x − 4( x − 3) ⇔ 3x − x + = ⇔ x = ∨ x = Kết luận: Hệ có hai nghiệm (x; y): ( 1; − ) , ( 2; − 1)  x − 3x − x + 22 = y + y − y (1)  Ví dụ 24 Giải hệ phương trình:  (A-2012) (2)  x + y − x + y = 1 3  1 Đs:  ; − ÷,  ; − ÷ 2 2 2 2 Giải 15 • Nhận xét: Hai vế Pt(1) có dạng lập phương hiệu tổng nên ta biến đổi sau: (1) ⇔ ( x − x + x − 1) − 12 x + 23 = ( y + y + y + 1) − 12 y − ⇔ ( x − 1) − 12( x − 1) + 11 = ( y + 1)3 − 12( y + 1) + 11 ⇔ ( x − 1) − 12( x − 1) = ( y + 1) − 12( y + 1) • Pt có dạng f ( x − 1) = f ( y + 2) , với f hàm số f (t) = t − 12t ; Ta có f '(t) = 3t − 12 = 3(t − 4) Ta cần tìm điều kiện t (Tìm từ điều kiện (x-1) (y+2) 2 1  1 1  1   • Ta có: (2) ⇔  x − x + ÷+  y + y + ÷ = ⇔  x − ÷ +  y + ÷ = 4  4 2  2    1  1   x − ≤1  x − ÷ ≤ −1 ≤ x − ≤  − ≤ x − ≤   2      2 ⇔ ⇔ ⇒ suy ra:  1   y + ≤  −1 ≤ y + ≤  − ≤ y + ≤ y + ≤  ÷     2 2     x − ≤ ( x − 1) ≤ ⇒ ⇒  y +1 ≤ ( y + 1) ≤   • Do f '(t) = 3(t − 4) < Suy hàm số f(t) nghịch biến Vậy Pt(1) tương đương với x − = y + ⇔ y = x − 2 Suy t ≤ Thay vào (2) : 1 ⇔ x2 − x + = ⇔ x2 − 8x + = ⇔ x = ∨ x = 2 2 1 3  1 • Kết luận: Hệ có hai nghiệm (x; y):  ; − ÷,  ; − ÷ 2 2 2 2 x + ( x − 2) − x + ( x − 2) = Cách khác: (Biến đổi để đặt ẩn phụ) ( x − y ) − 3( x + y ) − 9( x − y ) + 22 =  Hpt tương đương với:  2  x + y − ( x − y ) = 41   3 ( x − y ) − 3( x − y + ) − 9( x − y ) + 22 = ( x − y ) + 3xy ( x − y ) − 12( x − y ) + = ⇔ ⇔ ( x − y ) + xy − ( x − y ) = ( x − y ) − ( x − y ) + xy =   2 41  u + uv − 12 u + =0  u = x − y Đặt  , hpt trở thành:  , khử v (hệ có phương trình v = xy  u − u + 2v =  bậc ẩn) ta ptrình:  u − u2  41 u + 3u  + = ⇔ 4u + 3u + 6u (u − u ) − 48u + 82 = ÷− 12u +  4 ⇔ 2u − 6u + 45u − 82 = ⇔ (u − 2)(2u − 2u + 41) = ⇔ u = suy v = − ; 16 x − y = y = x −  Tóm lại hệ pt cho tương đương với hệ pt sau:  −3 ⇔  4 x ( x − 2) + =  xy =   y = x−2 x = x =  y = x −   v  ⇔ ⇔  3⇔ 4 x − x + =  x = v x =  y = −3  y = −   Kết luận Bài tập tương tự : Giải hệ phương trình sau: 1  x − x = y − y −1 + −1 + −1 − −1 − ; ),( ; ) (A-2003)  ; (1;1),( 2 2 2 y = x +  ( )( )  x + x + y + y + = (1)    x x − xy + = xy + x + (2)  x − y + =  Đs: (1;1) (3 − x ) − x − y y − =  HD: (3 − x ) − x − y y − = ⇔ (3 − x ) (3 − x ) − = y y − (17 − x ) − x + (3 y − 14) − y = (1)  Đs: (-1;-2) (2)  x + y + + x + y + 11 = HD: (1) ⇔ [ + 3(5 − x ) ] − x = [ + 3(4 − y ) ] − y ( )( )  x + x2 + y + y2 + =   Đs: 12 y − 10 y + = x + 1   −1; ÷,(0;0) (Thi thử HàNội-Ams-2012) 2  8 x + 4(2 x − 1) = 13 x ( y + 1)(5 y + 7)  , Đs: (2;1) (Thi thử Chuyên LHPhong-tp x − y = y + y +  HCM-2013-Lần 1) IV HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI - Bản thân nhận thấy qua thời gian, học sinh lớp 12 thuộc lớp phụ trách dễ dàng việc giải hệ phương trình từ hỗ trợ tốt cho toán liên quan bất phương trình, hệ bất phương trình chứa Điều có tác dụng tích cực giúp em tự tin, hứng thú giải đề thi Đại học – Cao Đẳng V ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG - Chủ đề giải hệ phương trình hai ẩn Thầy cô Tổ đưa vào giảng dạy buổi học tăng tiết dành cho học sinh lớp 12 nhiều năm qua học sinh từ chỗ làm quen tự giải 17 VI DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO Ghi tài liệu tham khảo theo thứ tự sử dụng nội dung sáng kiến kinh nghiệm Cách ghi theo hướng dẫn phần Một số điểm cần lưu ý kèm theo Mẫu Trích đề thi Đại học – Cao đẳng năm gần Trích đề thi thử số trường THPT có uy tín VII KẾT LUẬN Trên vài kinh nghiệm góp nhặt thời gian giảng dạy Toán khó tránh khỏi thiếu sót Do đó, mong quý Thầy Cô có quan tâm đến vấn đề xin vui lòng góp ý Tôi xin chân thành cảm ơn Biên Hòa, tháng năm 2016 NGƯỜI THỰC HIỆN Nguyễn Vũ khanh 18 BM01b-CĐCN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị THPT NAM HÀ ––––––––––– CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Biên Hòa, ngày tháng năm 2016 PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2015 - 2016 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAI ẨN Họ tên tác giả: NGUYỄN VŨ KHANH Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn Đơn vị: Trường THPT Nam Hà Họ tên giám khảo 1: Chức vụ: Đơn vị: Số điện thoại giám khảo: * Nhận xét, đánh giá, cho điểm xếp loại sáng kiến kinh nghiệm: Tính Điểm: …………./6,0 Hiệu Điểm: …………./8,0 Khả áp dụng Điểm: …………./6,0 Nhận xét khác (nếu có): Tổng số điểm: /20 Xếp loại: GIÁM KHẢO 19 BM01b-CĐCN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị THPT NAM HÀ ––––––––––– CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Biên Hòa, ngày tháng năm 2016 PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2015 - 2016 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAI ẨN Họ tên tác giả: NGUYỄN VŨ KHANH Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn Đơn vị: Trường THPT Nam Hà Họ tên giám khảo 2: Chức vụ: Đơn vị: Số điện thoại giám khảo: * Nhận xét, đánh giá, cho điểm xếp loại sáng kiến kinh nghiệm: Tính Điểm: …………./6,0 Hiệu Điểm: …………./8,0 Khả áp dụng Điểm: …………./6,0 Nhận xét khác (nếu có): Tổng số điểm: /20 Xếp loại: GIÁM KHẢO BM04-NXĐGSKKN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị THPT NAM HÀ ––––––––––– CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– 20 Biên Hòa, ngày tháng năm 2016 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2015 - 2016 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAI ẨN Họ tên: NGUYỄN VŨ KHANH Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn Đơn vị: Trường THPT Nam Hà Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào ô tương ứng, ghi rõ tên môn lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học môn:  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  Tính (Đánh dấu X vào ô đây) - Đề giải pháp thay hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đắn  - Đề giải pháp thay phần giải pháp có, bảo đảm tính khoa học, đắn  - Giải pháp gần áp dụng đơn vị khác chưa áp dụng đơn vị mình, tác giả tổ chức thực có hiệu cho đơn vị  Hiệu (Đánh dấu X vào ô đây) - Giải pháp thay hoàn toàn mới, thực toàn ngành có hiệu cao  - Giải pháp thay phần giải pháp có, thực toàn ngành có hiệu cao  - Giải pháp thay hoàn toàn mới, thực đơn vị có hiệu cao  - Giải pháp thay phần giải pháp có, thực đơn vị có hiệu  - Giải pháp gần áp dụng đơn vị khác chưa áp dụng đơn vị mình, tác giả tổ chức thực có hiệu cho đơn vị  Khả áp dụng (Đánh dấu X vào ô dòng đây) - Cung cấp luận khoa học cho việc hoạch định đường lối, sách: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT  Trong ngành  - Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực dễ vào sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT  Trong ngành  - Đã áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT  Trong ngành  Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại  Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết không chép tài liệu người khác chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ Tổ trưởng Thủ trưởng đơn vị xác nhận sáng kiến kinh nghiệm tổ chức thực đơn vị, Hội đồng khoa học, sáng kiến đơn vị xem xét, đánh giá, cho điểm, xếp loại theo quy định NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN XÁC NHẬN CỦA TỔ THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ CHUYÊN MÔN 21 [...]... thấy qua một thời gian, các học sinh lớp 12 thuộc lớp tôi phụ trách đã có thể dễ dàng hơn trong việc giải các hệ phương trình từ đó hỗ trợ tốt cho các bài toán liên quan như bất phương trình, hệ bất phương trình chứa căn Điều này có tác dụng tích cực giúp các em tự tin, hứng thú hơn khi giải các đề thi Đại học – Cao Đẳng V ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG - Chủ đề giải hệ phương trình hai ẩn đã được... trong 5 ô dưới đây) - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả  - Giải pháp mới gần đây... giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn:  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  1 Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây) - Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  - Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  - Giải pháp mới gần... Tổng số điểm: /20 Xếp loại: GIÁM KHẢO 2 BM04-NXĐGSKKN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị THPT NAM HÀ ––––––––––– CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– 20 Biên Hòa, ngày tháng 5 năm 2016 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2015 - 2016 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAI ẨN. .. LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2015 - 2016 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAI ẨN Họ và tên tác giả: NGUYỄN VŨ KHANH Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn Đơn vị: Trường THPT Nam Hà Họ và tên giám khảo 1: Chức vụ: Đơn vị: Số điện thoại của giám khảo: * Nhận xét, đánh giá, cho điểm và xếp loại sáng kiến... số điểm: /20 Xếp loại: GIÁM KHẢO 1 19 BM01b-CĐCN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị THPT NAM HÀ ––––––––––– CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Biên Hòa, ngày tháng 5 năm 2016 PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2015 - 2016 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAI. .. ra hàm số g(x) nghịch biến trên  −2;  3  3   3 22   ⇒ g ( x ) < g ( −2) = − < 0, ∀x ∈  −2;  Vậy phương trình (3) vô nghiệm 3 28 + 4  Kết luận: Hệ đã cho có một nghiệm (x; y) là (2; -2) Nhận xét: Có thể chứng minh phương trình (3) vô nghiệm như sau: Với −2 ≤ x ≤ x+2 +2≥2⇒ thì 22 3 4 4 ≤ = 2 ⇒ VT < VP Suy ra pt (3) vô nghiệm x+2 +2 2  x 3 − y 3 = 9 (1) Ví dụ 23 Giải hệ phương trình: ... (thỏa đkiện) 3 3 2 2 Kết luận: Hệ pt có một nghiệm (x; y) là: (2; -1) 3x 2 − xy + 3 y 2 = 13 (1) Ví dụ 17 Giải hệ phương trình:  2 Đs: (1;2),( −1; −2),(2;1),( −2; −1) 2  x − 3xy + y = −1 (2) Giải Nhân (2) với 13 sau đó cộng vế theo vế với (1) ta được phương trình: 2 x x 16 x − 40 xy + 16 y = 0 ⇔ 2 x − 5 xy + 2 y = 0 ⇔ 2  ÷ − 5 + 2 = 0 y  y x x 1 (vì y = 0 không thỏa hệ) ⇔ = 2 ∨ = ⇔ x = 2 y ∨ y... y 2 = 1 ⇔ y = ±1 Vậy hệ có hai nghiệm (x;y): (2; −1),( −2;1)  ⇔  2 5 x − 3 y = x − 3xy Ví dụ 19 Giải hệ phương trình:  3 (Thi thử ĐH 2013 – Hà Nội2 2 3  x − x = y − 3 y Amsterdam) Giải: 2 5 x + 3xy = x + 3 y Nhận xét: Đưa về mỗi vế các số hạng đồng cấp: (1) ⇔  3 3 2 2  x + 3 y = y + x • Nếu x = 0 thì y = 0 Hệ có nghiệm (0; 0) • Nếu x ≠ 0 thì ta đặt y = kx, k∈R, hệ trở thành: 5 x 2 +... 1;0 ) ,  2 ; 2 ÷,  2 ; 2 ÷      x + xy − 2 y = 1 5 DẠNG 5: Hệ có ít nhất một phương trình đẳng cấp  x 3 + 2 y 3 + xy ( x − y ) = 0 (1) Ví dụ 16 Giải hệ phương trình:   x − 2 y + x + 2 y = 2 (2) Đs: (2; −1) Giải Điều kiện: x ≥ 2 y , x ≥ −2 y 3 2 x x x (1) ⇔ x + 2 y + x y − xy = 0 ⇔  ÷ +  ÷ − + 2 = 0 (vì y = 0 không thỏa hệ) y  y  y 2 x   x  x  x ⇔  + 2 ÷ ÷ − + 1 = 0 ⇔ =