SKKN toán PHÁT TRIỂN hệ PHƯƠNG TRÌNH từ các bài TOÁN cơ bản GIÚP học SINH THPT rèn LUYỆN kỹ NĂNG GIẢI hệ PHƯƠNG TRÌNH image marked

23 7 0
  • Loading ...
1/23 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 02/08/2019, 19:51

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÁT TRIỂN HỆ PHƯƠNG TRÌNH TỪ CÁC BÀI TỐN CƠ BẢN GIÚP HỌC SINH THPT RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện: Lưu Thị Minh Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HĨA NĂM 2016 MỞ ĐẦU 1.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hệ phương trình đại số mảng kiến thức quan trọng, phong phú đa dạng có nhiều phương pháp giải khác thường gặp kì thi học sinh giỏi kỳ thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng Mặc dù học sinh cọ xát phần nhiều song phần lớn em lúng túng trình tìm cách giải Nguyên nhân vì: Thứ nhất, hệ phương trình mảng kiến thức phong phú khó, đòi hỏi người học phải có tư sâu sắc, có kết hợp nhiều mảng kiến thức khác 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 qt hệ phương trình Thứ ba, đa số học sinh học cách máy móc, chưa có thói quen tìm toán xuất phát, chưa biết toán đề thi đâu mà có nên người đề cần thay đổi chút gây khó khăn cho em Nhằm mục đích rèn luyện tư sáng tạo, rèn đức tính chịu khó tìm tòi, tinh thần tự học, tự nghiên cứu cho học sinh thơng qua hoạt động khai thác từ tốn đến tốn khó Đây hoạt động quan trọng dạy học, lý mà tơi chọn viết đề tài 1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Có nhiều vấn đề đơn giản mà khai thác được, tơi chọn viết đề tài với số mục đích sau đây: - Rèn luyện cho học sinh kĩ giải toán tạo toán - Rèn luyện cho em đức tính cần cù, chịu khó tìm tòi, sáng tạo đồng thời hình thành cho em thói quen tự học, tự nghiên cứu - Hình thành cho em thói quen biết khai thác vấn đề đơn giản Toán học - Giúp em thấy mối liên hệ mảng kiến thức toán 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU - Học sinh THPT - Giáo viên giảng dạy toán cấp THPT 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Trước hết nghiên cứu tài liệu toán liên quan đến đề tài, sử dụng số toán mà học sinh dễ dàng giải được, sử dụng số phép biến đổi đơn giản, thay đổi hình thức tốn để tốn Sau triển khai áp dụng đề tài đối tượng học sinh lớp số đồng nghiệp tổ Toán- Tin trường THPT Hàm Rồng NỘI DUNG 2.1 CƠ SỞ LÝ LUẬN - Xuất phát từ hệ, phương trình biết thuật giải, hàm số… thay hình thức biến có mặt hệ kết hợp với phương trình giải biến đổi rút gọn ta thu hệ có hình thức hoàn toàn xa lạ với hệ ban đầu 2.2 THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI 2.2.1 Thuận lợi: - Bản thân tơi ln nhiệt tình, tâm huyết, ln chịu khó tìm tòi, sáng tạo, tự học tự nghiên cứu - Có phận nhỏ học sinh đặc biệt học sinh lớp chọn có tố chất, tư duy, khả sáng tạo, nhiệt tình ln mong muốn tìm hiểu khám phá vấn đề tốn học 2.2.2 Khó khăn: - Đặc thù mơn Tốn trừu tượng nên học sinh có phần e ngại học mơn Tốn chưa nói đến việc tìm tòi, sáng tạo, tự nghiên cứu tốn 2.2.3 Thực trạng đề tài - Trong giảng dạy đơn truyền thụ kiến thức mà qun hoạt động tìm tòi, sáng tạo, nghiên cứu thân người giáo viên bị mai kiến thức học sinh bị hạn chế khả suy luận, tư sáng tạo - Một số học sinh mang khuynh hướng học đối phó để thi nên không muốn hiểu sâu, hiểu rộng vấn đề tốn học 2.3 PHÁT TRIỂN HỆ PHƯƠNG TRÌNH TỪ CÁC BÀI TỐN CƠ BẢN 2.3.1 Xuất phát từ hệ biết thuật giải, thay hình thức biến có mặt hệ biến đổi rút gọn ta thu hệ có hình thức hồn tồn xa lạ với hệ ban đầu Từ hệ đối xứng loại biết cách giải sau: a  b   y2 ,b  x  y  Ví dụ 1: hệ  Thay a  ab  x  1  y   y  x  x  y   5x   x  x  y    Ta có  Biến đổi hệ ta hệ 2  y  y  x  y  2  2x      x  y    x    x  y   x  xy  2  xy  y y  y   x      Từ ta có tốn sau:  x  y   x  xy Bài toán 1: Giải hệ phương trình:   xy  y y  y   x      y  x x  y   x I  Lời giải: Hệ phương trình tương đương với    (  y ) x  y   x   1 y  + Nếu x=0 hệ (I)   hệ vô nghiệm      y y    + Nếu x  chia vế phương trình hệ cho x ta   y2 1  y  x  y    x   x  y    x  hệ tương đương :   y  y2   x  y  2   x  y  2   x  x a  b   y2 , b  x  y  Ta hệ đơn giản ban đầu  Đặt a  x  ab  Có nghiệm (2;1), (1;2)  a   x   y  x  2y   x   x  10 Với      b  y  y   y       y 3 x  y   a  1  y  x  x  2y   x   x  13 Với       x  y  b 1  y  y    y  1  y  Vậy hệ cho có nghiệm  2; 1 , 10;3 , 1; 1 , 13;5  a  b  Nhận xét :Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản  (I)  ab   x  y  x  y  1) Thay a  x  x, b  y  y vào hệ (I) ta hệ (1)   xy x  1 y  1   x  y  2) Thay a  x  xy, b  y  xy vào hệ (I) ta hệ (2)   xy ( x  y )  2  x  x  y  3)Thay a  x  x, b  x  y vào hệ (I) ta hệ (3)   x x  2 x  y    xy x  y   x  y  xy 1 4)Thay a  x  , b  y  vào hệ (I) ta hệ (4)  2 x y  x  y   xy     x  y  xy  5)Thay a  x  xy, b  y  xy vào hệ (I) ta hệ (5)   xy x  y  y  x    x  x  x  y    ab3 Ví dụ 2: Từ hệ  Thay a = x, b = x(x+y) ta có hệ:  2 2 a  b   x  x  x  y    Với x  chia hai vế phương trình thứ hai cho x2 ta hệ:  x  x  y  1     Từ ta có tốn sau:  x  y   x     x x  y  1   1  ( x, y  R ) Bài tốn 2: Giải hệ phương trình sau:   x  y 2    2   x ( Đề thi đại học năm 2009-khối D) Lời giải: ĐK: x  Đi ngược lại quy trình tìm tốn giải theo cách sau:  x  y   0 a  x  y  a  3b    x Hệ   Đặt Hệ trở thành:   a  5b   1  b  x  x  y 2   x2  a  a  b  a        b  b   b    b   a   x  y   x    Với  b  x    y 1  a   2 x  y   x  2 Với    y   x    b   3  Vậy hệ có nghiệm 1;1,  2;  2   ab3 Nhận xét: Thay hệ xuất phát (I) hệ xuất phát (II)  làm tương tự a  b   ta lại thu hệ khác Chẳng hạn:  x  y  xy  1) Thay a  x  y , b  xy vào hệ (II) ta hệ   x  y  x y  1  x y   3  x y 1  2) Thay a  x  , b  y  vào hệ (II) ta hệ  1 x y  3 x  y   x2 y2 3) Thay a  x   xy  x   y  2  xy  1  x  y  x  y  y   y  2  x  y  y   y x , b  vào hệ (II) ta hệ y y 4) Thay a  x  y, b  vào hệ (II) ta hệ y 5) Thay a  x  x, b  y  x vào hệ (II) ta hệ  x2  y2    x  y  x x  y  x  a  b  ab  Ví dụ 3: Từ hệ  hệ có nghiệm (1;2) (2;1) a  b      y y3   y   2x 2x y ta có hệ:  Thay a = b = y 2x  y  y4   x  y  y  x3 y  1  10 x3  Biến đổi ta hệ phương trình  6  y 1  x y   20 x Vậy ta có toán sau:  y  y  x y  1  10 x Bài toán 3: Giải hệ phương trình:  6  y 1  x y   20 x Để giải toán ta ngược lại q trình tìm tốn 2 x  x  y  Ngoài thay a = x+y; b = x-y ta có hệ sau:   x  y  Chú ý: Ngược lại để tìm cách giải cho hệ khơng mẫu mực trước hết quan sát phát ẩn phụ u  f  x, y , v  g  x, y  có phương trình xuất sau số phép biến đổi đẳng thức phép chia cho biểu thức khác để đưa hệ đơn giản    x  y   0  2x  y Bài toán 4: Giải hệ phương trình:    2x  y   x  y  Phân tích: Hai pt hệ có phần chung x  y, x  y  x  y  1 Lời giải: ĐK:  Đặt a  x  y  1, b  ;b  2x  y 2 x  y   1 a   x     ab   Hệ trở thành  a b   a  b  b   y  1    a  b  Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (1;-1)    ( x  y )1    xy    Bài toán : Giải hệ phương trình:  ( x  y )1    49   x y    Phân tích: Trước hết ta thấy hệ có dạng quen thuộc hệ đối xứng loại 1, nhiên đặt ẩn phụ theo tổng tích cách thơng thường ta gặp hệ khó, phức tạp khơng có nghiệm đẹp Nhưng sau đặt điều kiện khai triển ta 1   x  a x  y  y  x   x  a  b  , đặt ta    a  b  53  x   y   49 y   b y  y2 x2  Đến ta có hệ quen thuộc   x  y  x y  xy  xy   Bài tốn 6: Giải hệ phương trình:   x  y  xy (1  x)    ( Đề thi đại học khối A năm 2008)  2  x  y  xy ( x  y )  xy   Lời giải: Hệ cho tương đương với  ( x  y )  xy     x  y  a Đặt  ta hệ : xy  b  5 a     2 a  ab  b   b    a a  a   a  0, b       4 4     a   ;b   a  b   a  a  a3   a   b    a   4   2 Từ ta tìm x, y  2 x  y    Bài tốn Giải hệ phương trình :  x  xy  1  x   5 (I) y y 2 ( Đề thi HSG tỉnh Nghệ an năm 2013) x  Lời giải: ĐK:  y  2   1 1    x     y     1  x     y     x y  Hệ (I)     x y     x   y    2  x  y   xy    x y     a  b  a  x  x , a  Đặt  Khi hệ trở thành   ab   b y  y Đến ta có hệ đối xứng loại biết cách giải  a  a  b  1  Ví dụ 4: Từ hệ không đối xứng biết cách giải sau:  2   a2  b2      Bằng cách đặt a  x; b  Ta có hệ: y , x2 y  2 x   x  1  x     y     4x2    x  2 x  y  x  1  x Sau trình biến đổi rút gọn ta hệ sau:  y  x  5x  Ta toán sau: 2 x  y  x  1  x 1 Bài tốn Giải hệ phương trình sau:  x  x  y 2   Lời giải: Cách 1: Đi ngược lại trình tìm tốn Ngồi dựa vào dấu hiệu pt(1) bậc ẩn y, ta rút y từ pt(1) vào pt(2) Cách 2: Nếu x= -1 thay vào (1) không thỏa mãn x 2  x  Giả sử x  1 Từ (1) suy : y  x 1 Thay vào (2), ta được:  x0 x 2  x  x 5  x    5 - 4x x  x  1  44  x  x  x  12   x0  x0   x - 12 x  12 x  x  11  4 x  x  x  26 x  11    1 1 1 Hay x  0;1;  Vậy hệ cho có nghiệm 0;0 , 1;1  ;   2 2 2 Với dấu hiệu ta giải nhiều hệ phức tạp  x3  xy  49 (1) Bài toán : Giải hệ phương trình:  2  x  xy  y  y  17 x (2) ( Đề thi HSG Quốc gia 2004 ) Nhận xét : Với hệ này, hai ẩn hai phương trình khó rút ẩn theo ẩn Tuy nhiên, rút y từ (2) vào (1) ta phương trình mà ẩn y có bậc 1: x3  x( x  xy  y  17 x)  49  24 xy ( x  1)  x3  x  49 x  49 (3) -Nếu x=0 (1) vơ lí -Nếu x=-1 hệ trở thành y  16  y  4 x  49 x  49 -Nếu x  1& x  từ (3) suy y  24 x Thế trở lại phương trình (2) ta : 2 x  49 x  49  x  49 x  49  x  49 x  49 x  x    17 x   24 x 24 x x   2 x  x  49 x  49  49     192 x  (2 x  49 x  49)  49.192 x    24 x 3x   196 x  196 x3  2205 x  4606 x  2401   196 x3  2205 x  2401   196 x3  196  2205 x  2205   196 x  196 x  2401  Phương trình vơ nghiệm Vậy hệ có hai nghiệm (-1;4) (-1;-4) Nhận xét: Bằng cách thay hình thức biến hệ đối xứng không đối xứng ta có tốn Như vậy, biết cách tạo toán dựa vào dấu tốn cho ta tìm cách giải toán tương tự khác Giải hệ phương trình sau:   11  x  xy  x  y   x x  1    1  a)  b)  y y   x  x y  x  y   x y  xy  x y   y   2  x2 xy  x  y  7 y2       x  y c)   y  12  x  12 d)    x  3 xy  x  y    x y   Ví dụ 5: Xuất phát từ biến đổi tương đương x  23   y  13  x  x  12 x   y  y  y  1 Khi  x; y   1;2  (1) Cũng với  x; y   1;2  x  y  2  Từ (1), (2) ta x  y  x  y  3 Từ (2), (3) ta có tốn sau:  x3  y3  1 Bài toán 10: Giải hệ phương trình  2 2 x  y  x  y  2  ( Đề thi thức 30/4/2012) Lời giải: Nhân vế phương trình (2) với -3 cộng với phương trình (1), ta x  y  x  y  12 x  y   x3  x  12 x   y  y  y    x     y  1  x   y   x  y  3 Thay vào (2) ta được: 2 y  3  y  4 y  3  y   y  1  x   3y2  9y      y  2  x  Nghiệm hệ (x;y) = (1;-2) (x;y) = (2;-1) Ví dụ 6: Xuất phát từ biến đổi tương đương sau: x  24   y  44  x  x  24 x  32 x  y  16 y  96 y  256 y  240 Ta nhận thấy (x;y) = (-4;-2) (1) Với (x;y) = (-4;-2) x  y  240 2    Từ (1), (2) ta được: x  y  x  y  4 x  y  3 Từ (2),(3) ta có tốn sau  x  y  240 (1) Bài toán 11: Giải hệ phương trình:   x  y  x  y  4 x  y  (2) (Đề thi học sinh giỏi QG-2010) Lời giải: Lời giải toán tương tự toán thực sau: Nhân hai vế phương trình (2) với (-8) Rồi cộng với phương trình (1), ta được:   x  y  x  16 y  240  24 x  96 y  32 x  256 y  x  x  24 x  32 x  16  y  16 y  96 y  256 y  256 y  x    x  4   y  4   y   x Với y=x+2, thay vào pt(1) ta được: x  x  x  32   x  4  y  2 Với y=6-x, thay vào pt(1) ta được: x  x  36 x  64   x   y  Vậy hệ cho có nghiệm (4;2) (-4;-2) Nhận xét: Dấu hiệu để đưa đẳng thức hệ có chứa hạng tử sau: x  y ; x3  y 3; x  y Ví dụ 7: Xuất phát từ đẳng thức sau: v  53  u  33  biến đổi ta đưa phương trình sau v  u  9u  15v  98  27u  75v Ngoài ta nhận thấy u = v = -5 thay vào (1) thỏa mãn 1 v  u  98 (2) Từ (1),(2) ta có : 3u  5v  9u  25v (3) Đặt u = x+y; v = x-y Thay vào (2),(3) ta hệ phương trình sau: 10  x  xy  49   x  xy  y  y  17 x Nhận xét : Với cách xây dựng toán ta toán từ toán đơn giản ban đầu  x  xy  49 Bài toán 12: Giải hệ phương trình sau:   x  xy  y  y  17 x ( Đề thi HSG Quốc gia 2004 ) Lời giải: Nhân pt (2) với cộng vào pt (1), ta được: x  xy  49  x  24 xy  y  24 y  51x  2   x  1 ( x  x  y  24 y  49)    x  1  x  1   y        x  1  y   y  4  x  1 Khi hệ có nghiệm  1;4 ;  1;4       y4 2.3.2 Từ phương trình tích cách phân tích biến đổi kết hợp với phương trình giải ta có hệ (ax  by  c) f ( x; y )  + Cách thành lập hệ dạng  f ( x; y ) g ( x ; y )    f ( x; y )   f ( x; y )  chọn cho  vô nghiệm  giải được; g ( x; y )  g ( x; y )   g ( x; y )  ax  by  c  chọn cho  giải thỏa mãn kết hợp với f ( x; y ) g ( x ; y )   + Cơ sở phương pháp Phân tích hai phương trình hệ thành tích nhân tử Đơi cần tổ hợp hai phương trình thành phương trình hệ đưa dạng tích (1)  xy  x  y  x  y Bài toán 13: Giải hệ phương trình   x y  y x   x  y (2) Phân tích Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu kết khả quan nên tập trung để giải (1) Lời giải ĐK: x  1, y  (1)  y ( x  y )  ( x  y )  x  y  ( x  y )( y   x  y )  TH x  y  (loại x  1, y  ) 11 TH 2 y   x   x  y  vào pt (2) ta (2 y  1) y  y y  y   y  ( y  1) y  2( y  1)  y 1  y  1 Do y   y  Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (5;2)   y  2 y    Chú ý: Do phân tích thành tích hai nhân tử bậc đối y (hay x) nên giải pt (1) cách coi (1) pt bậc hai ẩn y (hoặc x)  x  xy  y  1 Bài tốn 14: Giải hệ phương trình 3  x  x   y  y 2 Lời giải:    Thay x = -y vào pt(2) ta có : x x  1  4x  1  x Từ pt(1)   x  y  x  xy  y   x   y x  xy  y  0, x, y   x  x  43    x2   x 1  Đặt t  x x2  ( Do x  1 khơng phải nghiệm ) Khi ta có phương trình: 3t  t      t  1 3t  4t    t  do 3t  4t   0, t   1 5 1 x   y   x 2   x2  x     Với t =   5 1 x 1 x   y  2 1  5  1 1  5  1 ,   Vậy hệ có nghiệm  ; ; 2 2    Nhận xét: Phương trình (1) giải theo phương trình đẳng cấp bậc ba hai ẩn x y Các toán tương tự: 5 x y  xy  y  2 x  y   1)  ( Đề thi đại học khối A năm 2011) 2  xy x  y    x  y     x3 x  y  1  2 y  y  1 3)   x  y  4x  y   xy  x  y  x  y 2)   x   y   12    x  y  x  y  y  y   x  xy  y  x   4)  5)   x  xy  y  x  y  11   x  y   y  y   2.3.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số *Cơ sở phương pháp Nếu f ( x) đơn điệu liên tục khoảng (a; b) x, y  (a; b) f ( x)  f ( y )  x  y * Cách xây dựng phương trình hệ theo phương pháp + Lấy hàm số f (t ) đơn điệu khoảng (a; b) , u ( x; y ), v( x; y )  (a; b) u ( x; y )  v( x; y ) + Lấy g ( x; y ) cho hệ  giải tập xác định chúng g ( x ; y )    f (u )  f (v) + Lập hệ phương trình   g ( x; y )  Ví dụ 8: Xét hàm số: f t   t  với t>1 Là hàm số đồng biến 1;  t 1 Ta có pt: f 5 x    f  x   x  Khi khai triển pt ta có phương trình mới: 1 5 x  62  Rút gọn ta pt sau:  x2  5x   x 1 1 Bài toán 15 : 24 x  60 x  36    5x  x 1 Với hàm số ta thay tùy biến t biểu thức chứa x thích hợp ta thêm pt khác có cách giải Ví dụ 9: Xét hàm số f t   t 1  t   hàm số đồng biến R   1 Khi xét pt sau f  x  1  f  x  có nghiệm x  Khai triển pt ta có pt sau: x  1 x  x   x x   2 x  Ví dụ 10: Xét hàm số f t   t  t hàm số đồng biến R Khi xét phương trình sau f 3 x  1  f  x  5 Biến đổi ta pt sau: Bài toán 16: Bài toán 17: Giải phương trình: x   x  15 x  75 x  131 Bằng cách ta tạo phương trình 13 Các tốn tương tự: Giải phương trình sau: 1) x  x  x   x  x   2) x  x  33 x    x 3) x  x  x   81x  4) x  28 x  21  x  Đối với hệ phương trình ta có cách xây dựng ta có số hệ pt sau : Bài tốn 18: Giải hệ phương trình: 23  x   x  (3 y  20)  y  1   4y  3 x   x  y   2 Lời giải: Điều kiện:   x  7; y  Ta nhận thấy phương trình (1) biến x y đứng độc lập với bậc Khi phương trình (1) viết lại sau: 23  3x   x  23  3 y  1   y  1 Xét hàm số f  t    23  3t   t ; t  Hàm số liên tục đồng biến  ;7  f  x   f  y  1  x  y  Vậy 1    x, ( y  1)   ;7 Thay y = x - vào pt (2) ta có : 4 x  1 x   x  x  Đặt x   u , u  pt trở thành: 2u  4 x  1t  x    u  Giải ta u  x   3 suy x  3 y  3  4  x  */ Với u =2x – suy   x   y 1  x x  2  */ Với u    3 Vậy hệ cho có nghiệm 2;1;   ;3  1 4   2 y  y  x  x   x Bài tốn 19: Giải hệ phương trình:   y   y   x  14 1 2 Lời giải: Điều kiện:   x  1; y  R Về hình thức ta nhận thấy pt(1) giống pt hệ Ở ta chọn đa thức biến y làm chuẩn ta biến đổi đưa pt sau: y  y  21  x   x   x Xét hàm số: f t   2t  t , ta có f ' t   6t   0, t  R Suy f(t) hàm đồng biến R y0 1  f  y   f  x   y 1 x   Thế vào (2), ta được:  2x   x   x  Xét hàm số g  x    x   x  x  liên tục  4;1 1    0, x   4;1 Suy hàm số g(x)  2x  x x  nghịch biến  4;1 Lại có g(-3)=4 nên x= -3 nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm (-3;2) Ta có g '  x     Bài tốn 20: Giải hệ phương trình sau:  x  x  1  x   Lời giải: Điều kiện: x, y  1.Từ (2) suy Pt(1)  x  x    y  13  9 y  1 y 1 1 2 y 1 1  y  3 y 1  y 1 Xét hàm số f  x   x  x, x  hàm liên tục đồng biến 1;     f x   f y  Khi (1)    x  y 1   x , y   ;   Với x  y  thay vào (2) giải x =1; x= Vậy hệ có nghiệm (1;2); (2;5) Bài tốn 21: Tìm tất giá trị tham số m để hệ phương trình sau có  x  y  y  x   1 nghiệm thực :   x   x  y  y  m  2   x  Lời giải: Điều kiện:  0 y  Biến đổi (1)  x  x   y  13  3 y  1 Xét hàm số f t   t  3t có f ' t   3t   0, t   1;1 15 Nên f(t) liên tục nghịch biến  1;1  f  x   f  y  1  x  y 1 y  x 1 Khi 1    x,  y  1   1;1 Thay vào (2) ta có: pt:  x  x  m (3) Xét hàm số g t    t  t ; t  0;1 có g ' t   1 1 ; 1 t Suy g(t) hàm số liên tục nghịch biến 0;1 Tập giá trị hàm số g(t)  1;2 Vậy hệ có nghiệm pt(3) có nghiệm  1;1  1  m  y  x e  2007   y2 1  Bài tốn 22: 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 Trừ vế hai pt ta e x  e y  x2  Hay f ( x)  f ( y ) với f (t )  et  f '(t )  et  t  1 t   t t2 1 y y2 1  ex  x x2   ey  y y2 1 , t  (1; )  0, t  (1; )  f (t ) đồng biến (1; ) Bởi f ( x)  f ( y )  x  y vào pt thứ ta e x  2007  x  ex  x  2007   g ( x)  x 1 x 1 x Với g ( x)  e x   2007, x  (1; ) Ta có 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 2 lim g '( x)  , xlim g '( x)   nên g '( x)  có nghiệm x0  (1; )  x 1 g '( x)   g '( x)  g '( x0 )  x  x0 g '( x)    x  x0 16 Từ BBT g ( x) ta suy pt g ( x)  có nghiệm x  (1; ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm dương Chú ý : Với hệ sau cách giải khơng 1  1 x  y ĐK xy   x y  x  y 2 x  y    36 2 Nếu xét hàm số f t   t   f ' t     nên hàm số đồng biến t  t3 t4 f  x   f  y   x  y sai tính chất khoảng khoảng xác định Vì ta phải biến đổi tương đương pt sau: x y x  y  x  y  xy  x y    2 3  x  y  xy   x y    x 2 y 2 Với x  y thay vào pt (2), ta có x  x  12     x  6  y  6 Với x  y  xy   x y   xy  Mặt khác pt(2)  x  y  xy  x  16 y  36  2 x  12  4 y  2  xy  18 Do xy < Nên pt vô nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm (-6;-6) , (2;2) Các tốn tương tự: 1) Tìm tất giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:  x  12 x  y  y  16  1)  ( Đề thi HSG tỉnh Nghệ an năm 2012) 4 x   x  y  y  m   x  x   y   y  1 2)   x  y  x  x    x   x  y  xy    2 2   xy  x   1  y   y 3)   3 x  1 x y  xy   x  x y  x   3 x  x   x x   2 y  1 y  y  4)   x  y  x  y  17 2.4 HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỐI VỚI HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC, BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ TRƯỜNG 2.4.1.Kết thực nghiệm : Điểm TB Điểm Điểm giỏi Đạt yêu cầu Lớp Sĩ số (5 đến 6,4) (6,5 đến 7,9) (từ trở lên) SL % SL % SL % SL % 12C9 45 18 40 15 33 13 39 87 12C12 45 16 36 17 38 16 40 89 2.4.2 Kết chung: Sáng kiến kinh nghiệm giải vấn đề sau: - 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 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 Đề tài thân đồng nghiệp đơn vị áp dụng trình dạy học, đặc biệt trình bồi dưỡng học sinh giỏi ôn tập cho học sinh chuẩn bị thi vào trường Đại học Cao đẳng 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 năm trước tốt nhiều so với em không học chuyên đề 18 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Bài học kinh nghiệm Qua trình áp dụng sáng kiến tơi thấy để đạt kết cao giáo viên cần lưu ý số vấn đề sau: - Dành thời gian để nghiên cứu tài liệu SGK, SGV tài liệu tham khảo - Giáo viên nên khai thác vấn đề nhiều khía cạnh khác để củng cố rèn luyện khả tư học sinh - Không dừng lại việc tạo hệ phương trình giáo viên khai thác thêm vấn đề khác tốn học tạo phương trình, tạo tốn hình học phẳng, 3.2 Kết luận Sau thời gian nghiên cứu giúp đỡ đóng góp ý kiến đồng nghiệp đề tài hoàn thành với số ưu nhược điểm sau: 3.2.1 Ưu điểm - Sáng kiến đạt yêu cầu đặt phần đặt vấn đề - Tìm hiểu đưa hệ thống tập tương đối đầy đủ có lời giải chi tiết - Phần lớn tập đưa phù hợp với trình độ nhận thức học sinh - giỏi THPT Bên cạnh đề tài đưa tập khó dành cho học sinh giỏi - Giúp học sinh có tập tương tự để phát triển tư 3.3.2 Nhược điểm: - Hệ thống tập chưa phong phú - Chưa khai thác sâu vấn đề đặt 3.3.3 Hướng phát triển Do thời gian thực đề tài có hạn nên tơi đưa số toán để làm sáng tỏ nội dung đề tài Tôi cố gắng dành nhiều thời gian nghiên cứu để bổ sung thêm tập nguồn tài liệu cho thân đồng nghiệp trình dạy học 3.3 Kiến nghị 19 Với tư tưởng ln học hỏi cầu tiến bộ, hồn thành tốt nhiệm vụ giáo dục mong muốn góp sức cho nghiệp giáo dục Vậy kính mong quý thầy (cơ) góp ý, bổ sung để đề tài ngày hồn thiện có tác dụng q trình dạy học Thanh Hóa, tháng năm 2016 Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Người viết: Lưu Thị Minh 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1) Sách giáo khoa toán 10, 12, NXBGD 2) Sách tập tốn 10, 12, NXBGD 3) Phương pháp giảng dạy mơn toán, Vũ Dương Thụy, NXBGD, 2009 4) Giải tập nào?G.Polya , NXBGD,2010 5) Trọng tâm kiến thức Đại số lớp 10, 12, Phan Huy Khải, NXBGD, 2012 6) Sách giáo khoa Đại số nâng cao 10, 12, NXBGD 7) Kiến thức giải tích 12 ( Phan Văn Đức- Đỗ Quang Minh – Nguyễn Thanh Sơn – Lê Văn Trường – NXB ĐH Quốc gia thành phố HCM - 2002 8) Sai lầm thường gặp sáng tạo giải toán, Trần Phương Nguyễn Đức Tấn – NXB Hà Nội – 2004 9) Phương pháp dạy học mơn Tốn: Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy – NXBGD 2000 10) Phương pháp dạy học mơn Tốn trường phổ thơng – XBB ĐHQG TPHCM 2005 11) Sách giáo viên, sách giáo khoa, sách tập Giải tích 12 12) Giới thiệu đề thi tuyển sinh mơn tốn 13) Hàm số, tác giả Trần Phương 14) Báo toán học tuổi trẻ 15) Một số tài liệu chuyên đề ôn thi đại học 16) Tạp chí TỐN HỌC TUỔI TRẺ số 294,370 17) Nguyễn Vũ Lương, Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng, Hệ phương trình phương trình chứa thức, NXB ĐHQG HN, 2006 18) Phan Huy Khải, Các toán hàm số, NXB Hà Nội ,1997 19) Các thi OLYMPIC toán THPT Việt Nam (1990-2006), NXBGD, 2007 20) Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30 tháng 4, lần XII-2006, NXBGD , 2006 21) Tuyển tập 30 năm tạp chí TỐN HỌC TUỔI TRẺ, NXBGD, 1997 22) Tuyển tập năm tạp chí TỐN HỌC TUỔI TRẺ, NXBGD, 2003 21 MỤC LỤC Mở đầu Trang Nội dung 2.1 Cơ sở lí luận 2.2 Thực trạng đề tài 2.3 Phát triển hệ phương trình từ toán 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, thân, đồng nghiệp nhà trường 18 Kết luận, kiến nghị 19 3.1 Bài học kinh nghiệm 19 3.2 Kết luận 19 3.3 Kiến nghị 19 22 ... nghiệm giải vấn đề sau: - 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 cảm giác e sợ gặp hệ phương trình - Tạo cho học. .. thức học sinh bị hạn chế khả suy luận, tư sáng tạo - Một số học sinh mang khuynh hướng học đối phó để thi nên khơng muốn hiểu sâu, hiểu rộng vấn đề tốn học 2.3 PHÁT TRIỂN HỆ PHƯƠNG TRÌNH TỪ CÁC BÀI... BÀI TỐN CƠ BẢN 2.3.1 Xuất phát từ hệ biết thuật giải, thay hình thức biến có mặt hệ biến đổi rút gọn ta thu hệ có hình thức hồn tồn xa lạ với hệ ban đầu Từ hệ đối xứng loại biết cách giải sau:
- Xem thêm -

Xem thêm: SKKN toán PHÁT TRIỂN hệ PHƯƠNG TRÌNH từ các bài TOÁN cơ bản GIÚP học SINH THPT rèn LUYỆN kỹ NĂNG GIẢI hệ PHƯƠNG TRÌNH image marked , SKKN toán PHÁT TRIỂN hệ PHƯƠNG TRÌNH từ các bài TOÁN cơ bản GIÚP học SINH THPT rèn LUYỆN kỹ NĂNG GIẢI hệ PHƯƠNG TRÌNH image marked

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn