SKKN một số phương pháp giải hệ phương trình đại số

47 40 1
  • Loading ...
1/47 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 22/12/2018, 19:10

Hệ phương trình Đại số là một trong các bài toán cơ bản của chương trình toán học phổ thông. Các em häc sinh được làm quen với hệ phương trình đại số từ các lớp trung học cơ sở. Ở bậc THPT các học sinh được học chi tiết ở chương trình đại số lớp 10, nhưng với lượng kiến thức không nhiều, trong khi đó hệ phương trình được đưa vào trong các đề thi THPT Quốc gia SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO =====***===== BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU - ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Tên sáng kiến MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Tác giả sáng kiến: Nguyễn Mã sáng kiến: 09.52.01 Thị Thanh Hòa Tam Dương, Năm 2018 Lời giới thiệu Hệ phương trình Đại số toán chương trình tốn học phổ thơng Các em häc sinh làm quen với hệ phương trình đại số từ lớp trung học sở Ở bậc THPT học sinh học chi tiết chương trình đại số lớp 10, với lượng kiến thức không nhiều, hệ phương trình đưa vào đề thi THPT Quốc gia, thi HSG lại đòi hỏi em phải có lượng kiến thức tương đối nhiều phần Chính q trình giảng dạy, tơi soạn chun đề: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ” Trước hết giúp thân hệ thống dạng hệ phương trình phương pháp giải qua phục vụ tốt cho tác giảng dạy, nâng cao trình độ chun mơn Tên sáng kiến “Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số” 3.Tác giả sáng kiến: - Họ tên: Nguyễn Thị Thanh Hòa - Địa chỉ: Trường THPT Trần Hưng Đạo – Tam Dương – Vĩnh Phúc - Số điện thoại: 0987.444.700 - Email: nguyenthanhhoa.gvtranhungdao@vinhphuc.edu.vn Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Nguyễn Thị Thanh Hòa Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: - Môn Đại số lớp 10 Giải Tích lớp 12 ban -Trong phạm vi đề tài này, thực nghiên cứu đưa các dạng phương pháp giải số hệ phương trình thuộc chương trình Đại số 10 có sử dụng kiến thức chương Giải tích 12 Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu: Ngày 03 tháng 11 năm 2017 Mô tả chất sáng kiến: 7.1 Nội dung sáng kiến PHẦN I MỞ ĐẦU Mục đích nghiên cứu Tơi viết sáng kiến kinh nghiệm với mục đích thân có tài liệu phục vụ cơng tác giảng dạy mong muốn cung cấp cho thầy, giáo có thêm tài liệu tham khảo Các em học sinh THPT tài liệu học tập, tra cứu thơng dụng có hiệu giải hệ phương trình Đại số Đối tượng nghiên cứu Học sinh lớp 12A1 12A3 trường THPT Trần Hưng Đạo năm học 2017 – 2018 Phạm vi nghiên cứu Chương III chương trình Đại Số lớp 10 chương I chương trình Giải Tích 12 Phương pháp nghiên cứu 4.1 Nghiên cứu lí luận Phân tích chương trình mơn tốn THPT Nghiên cứu kỹ dạng phương trình phương pháp: “Giải hệ phương trình Đại số” tài liệu lý luận, sách tham khảo 4.2 Thực hành rút kinh nghiệm Thông qua buổi dạy, trao đổi kinh nghiệm giảng dạy với đồng nghiệp khảo sát học sinh thông qua kiểm tra để rút kinh nghiệm 4.3 Thực nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệm sư phạm để xem xét tính khả thi hiệu việc phân dạng tập Qua đánh giá hiệu đề tài Điểm đề tài - Hệ thống lại số dạng hệ phương trình bản, thường gặp cách giải chúng - Đưa số phương pháp giải chung số hệ phương trình thường gặp với ví dụ có lời giải - Hệ thống số tập thường gặp đề thi HSG năm gần Cấu trúc sáng kiến kinh nghiệm Sáng kiến kinh nghiệm chia làm hai phần: - Các hệ phương trình - Một số phương pháp giải hệ phương trình Phần II: NỘI DUNG CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN 1.1 HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI 1.1.1 Dạng tổng quát: � A x  B y  C  1  � 2 a x  b x y  c y  d x  e y  f  2  � 1.1.2 Phương pháp giải: 1.1.2.1 Phương pháp thế: Bước 1: Từ phương trình (1) hệ ta rút x y vào phương trình (2) Khi ta phương trình bậc hai y x Bước 2: Giải phương trình bậc hai Bước 3: Kết luận 1.1.2.2 Phương pháp đồ thị: Bước 1: Tập hợp điểm thỏa mãn phương trình (1) đường thẳng d: Ax + By + C = Tập hợp điểm thỏa mãn phương trình (2) đường cong (S) có phương trình: ax  bxy  cy  dx  ey  f  Bước 2: Số nghiệm hệ số giao điểm đường thẳng d đường cong (S) Chú ý: Phương pháp thường sử dụng cho toán chứa tham số a = c, b = Lúc (S) phương trình đường tròn 1.1.2.3 Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Cho hệ phương trình: � xym  1  � y  x2 m   0  � a) Giải hệ phương trình với m = b)Tìm m để hệ có hai nghiệm phân biệt ( x1 ; y1 );  x2 ; y2  2 2 y x y 1 1 2 thỏa măn: x Lời giải: � x  y 10  1  � y x  0  � a) Với m  ta có hệ: +) Từ (1) ta có: x  y  thay vào (2) được: y  1� x  � y  y   � � � � y   x   � � +) KL: Hệ có nghiệm:  2,1 ;  2, 3 b) Từ phương trình (1): y  x  m thay vào (2) ta được: 2 x    m  23 m   m x (3) +) Dễ thấy phương trình (3) ln có hai nghiệm phân biệt với m Do hệ  x, y     m  3, 3 ,  m  1,1  có hai cặp nghiệm phân biệt là: +) Mặt khác từ giả thiết ta có: 2 2  1  ( m  )9  � m  m   x y x y 1 1 2 2� 2 KL: m  Ví dụ 2: Cho hệ phương trình:  1  2 �x  ay  a  �2 �x  y  x  a) Tìm a để hệ có hai nghiệm phân biệt b) Gọi ( x1; y1 );  x2 ; y2  ( x  x )   y y  � 2 nghiệm hệ CMR: Lời giải: 2 Cách 1: Từ (1) ta có: x  a  ay thay vào (2) được: (a  ay )  y  (a  ay )  � (1  a ) y  a (2a  1) y  a  a  (3) a) Để hệ có hai nghiệm phân biệt �   �  a b) Với 0a � (3) có hai nghiệm phân biệt Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt y1 , y2 thỏa mãn: a(2a1) � y1  y2  � a 1 � � x aa y � 1 a a � � y1y2  x aa y a 1 2 � � Do ta có:   2 � � ( x  x )   y y  a y ( y  y )  a   y y y y   a   y   12 1 22 1 2 � � 2 2 a  a ( a  )    � 2 a  a  (đpcm) x  a y  a  0( ) � x  a y  a  � � � � � � � 2 xyx    x   y  ( ) � � � � � � � Cách 2: Phương trình (1) phương trình đường thẳng d �1 � I � ;0 � Phương trình (2) phương trình đường tròn (C ) tâm �2 �, bán kính R= a)Hệ có hai nghiệm phân biệt đường thẳng (d) cắt đường tròn (C ) hai điểm phân biệt � d(I; d) < R b) Với 0a � a a2   �0a , d cắt (C ) hai điểm A(x1; y1) B(x2; y2) Ta có: AB �2 R AB 4R2 ( x2  x1 )   y2  y1  �1 (đpcm) Nhận xét: So sánh hai phương pháp ta thấy toán chứa tham số mà sử dụng phương pháp đồ thị tốn có lời giải ngắn gọn Tuy nhiên với dạng hệ phương trình sử dụng phương pháp đồ thị có hiệu a = c, b = Chú ý: Phương pháp mở rộng cho hệ phương trình gồm phương trình bậc phương trình bậc lớn 2, dùng để giải phương trình vơ tỷ a a x  b  b a x  b  c  1 2 khơng đồng bậc có dạng: Ví dụ 3: Giải phương trình: 3x    x   (1) ( Khối A – 2009) Lời giải x� +) Điều kiện: � u x � � v  x +) Đặt � điều kiện v �0 23 uv   ( ) � � u  v  ( ) +) Khi (1) trở thành: � +) Từ (2) ta có  2u thay vào (3) được: v 32 u  u  u   � ( u  ) ( u  u  )  � u   +) Với u  2 3 x   2 � x  2(tm) KL: phương trình có nghiệm x  2 1.2 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I 1.2.1 Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại I hai ẩn x, y hệ gồm phương trình khơng thay đổi ta thay x y y x 1.2.2 Phương pháp giải chung: xyS � (* ) � x y  P x  y xy � Bước 1: Biến đổi tổng tích đặt , điều kiện: S 4P� Bước 2: Đưa hệ phương trình hệ gồm hai ẩn S, P Giải hệ tìm S, P, thay vào (*) x, y nghiệm phương trình: t  St  P  (**) * Chú ý: y ,x nghiệm hệ  0  nghiệm hệ Từ để hệ có nghiệm điều kiện cần x0  y0 +) Nếu  x0 , y0  +) Một số biểu diễn biểu thức đối xứng qua S, P: 2 xy    y x y S  P x   * 33 x  y   yx y  y S  P S x   x  * * 2 x y  x y  x y  P  xy  S 44 2 2 2 x  y   y x y   P P x   S   * 1.2.3 Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: xyx y  1 � � 2 x y    xy � Lời giải: +) Biến đổi hệ: x  y  x y  1 x  y  x y  1� � � � � � 22 x  y   y x   y x y   y x   x  � � xyS � (* ) � x y  P � +) Đặt , (Điều kiện S  P �0 ) S  P  1 � S   S  � � � � � � � S  P  S  P  P  � � +) Ta có hệ: � +) Với � S   x  y   x   x  � � � � � � � � � � P  x y  1� y   y  � � � +) Với S  � x  y  5� x  x  � � � � � � � � � P  x y  6� y  y  � � � +) KL: Hệ có nghiệm:  3; 7  ,  7; 3 ,  2;3 ,  3;2  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: �  1 x  y  � x  y x y  x   y  � Lời giải: x  y  xy  � � �� x  y   x  y  xy  17  � +) Hệ x  yS � � x y  P +) Đặt � Khi hệ có dạng: ( * ) , điều kiện: S  P �0 S  P  � SPt  ; ( m ) � � � � S  S  P  S   ; P  ( l ) � � S 4 � x  y  4� x  1� x  � � �� �� � � P 3 � x y  � y  y  � +) Với � +) KL: Vậy hệ có hai nghiệm:  1;3 ,  3;1 2 � x  x y  y  m  � x  x y  y  mcó nghiệm Ví dụ 3: Tìm m để hệ: � Lời giải: * Điều kiện cần: y ;x nghiệm hệ Do hệ cho hệ đối xứng với x, y nên  0  nghiệm hệ Để hệ có nghiệm x0  y0 Giả sử  x0 ; y0  Thay vào hệ phương trình ta được: � m   3 x m � 0 � � � m  x  x  m� 0 � * Điều kiện đủ: +) Với m  3 thay vào hệ ta được: 2 � � x  x   x   � x  x y  y  � � � � � � � � � � y   x  x y  y   y   y  � � � � Với m  3 hệ có nghiệm nên m  3 không thỏa mãn +) Với m  21 thay vào hệ ta được: 2 x  � x  x yy 7� � � � y  x  x y2 y2 1� � Vậy m  21 thỏa mãn KL: m  21 giá trị cần tìm 1.2.4 Phương pháp giải số hệ phương trình đối xứng loại I 4 1.2.4.1 Hệ phương tŕnh đối xứng có chứa x  y � � x2 y2 S x2 y2 S � �2 x y  P x y P � Phương pháp: Khi ta đặt � 2 � x  y  � 4 22 x  y  x y Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: � Lời giải: � x2 y2 S �2 x y P Điều kiện S , P �0; S  P �0 Đặt � S  � S  � � () t m � � S  31 P  P  � Khi hệ cho trở thành: � � x2y25 � � 2 xy 4 , x , y nghiệm phương trình: � � x2 1;y2 4 t 1 � � � t4�� x2 4;y2 1 t2 t40 � � S 5 � � P4 +) Với � x 1 y2 � x2 1 � � x2  � � y2  � � �2 x  1 y  2 y  Ta có: � � +) Với � � x2  �2 y 1 +) Với � x2 y 1 � � x2  � � y2  � � x  2 y  1 � � Ta có: KL: Vậy hệ có nghiệm:  1;2  ,  1; 2  ,  1;2  ,  1; 2  ,  2;1 ,  2; 1 ,  2;1 ,  2; 1 1.2.4.2 Hệ phương trình đối xứng chứa xy x  y S  xyP Phương pháp: Khi ta đặt:  , điều kiện P �0 � x y 14 � � xy x y Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: � (I) Lời giải: +) Điều kiện : x �1; y �1; xy �0 � x  y   x  y  x y1  � � xy   x y  +) Hệ (I) � Đặt  x  y S   xyP , điều kiện P �0 Cũng cần lưu ý toán giải theo cách phương my n   trình có dạng 2 � x  x y2 y  x2  �2 x y xy  Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: � Lời giải: Từ (1) ta có:  1 � x   y  3 x  y   (phương trình bậc ẩn x tham số y)   y  y    y  1 2 Từ suy ra: �x  y 1 x  2 y  �  1 � � y  1  � y  � x  *) Với x  y  thay vào (2) ta được:  y  y     x   y  *) Với thay vào (2) ta được: KL: Hệ có nghiệm:  x, y    0,1 2 � �2 x  y  3xy  x  y   � 4x  y  x   2x  y  x  y Ví dụ 6: Giải hệ phương trình: �  1  2 (Khối B_2013) Lời giải: +) Điều kiện: x  y �0, x  y �0 y   3x   y  x  3x   +) Từ phương trình (1): (3) Coi (3) phương trình ẩn y tham số x Giải phương trình ta : y  x  1; y  x  thay vào (2) +) Với y  x  thay vào (2) ta được:     2 x  x   x   x  �  x x   x   x   x   x  x  y  � � 1 � 2 �  x    � x  x  � � x � � � � � x  y  x   x  x   x  � � � � +) Với y  x  thay vào (2) ta được:      34 x  x   x  � x  x  19  x   9� � � x    � x  � y  � � x   x   � � +) KL: Hệ có nghiệm:  0;1 ,  1;2  32 Chú ý 2: Nếu hệ gồm phương trình bậc theo x y không thỏa mãn ý ta nhân thêm vào phương trình với số cộng chúng lại với để phương trình có tính chất ý � x  x y  y5 1  � y  x y  x  2  Ví dụ 7: Giải hệ phương trình: � Lời giải: 2 x  y  k y  k x  k y  y  k   1 k 2 :    *) (3) Coi (3) phương trình ẩn x tham số y ta có:  x     k  y  k    k y  y  k     k  2  y  5 k  k   y  k  k   yb   a  � x y *) Để giải tốn ta phải tìm k cho: 2   k  k   k k  0 � k  k  2 5    y *) Với Như k = Khi đó:  y  2   y  2 y    1 ( ) � x  ; x  y  y  � x *) *) Thay vào (1) (2) ta có nghiệm hệ là:  1;1 ,  1; 3 Chú ý 3: Nếu hệ có ẩn bậc ẩn bậc nhân hai vế phương trình với số k cộng hai phương trình hệ đưa phương trình với ẩn bậc tìm k cho phương trình biến đổi thành tích 2 � x  x y  x y  4  � 2 x  y  x yx  y  Ví dụ : Giải hệ phương trình : � Lời giải: *) Nhân vào vế (2) với số k cộng theo với (1) ta được: 2 2 x  x y  k  yx yk  y  x  y x  x  2     2 32 � x   x  k x  k  x  k x  k x   2 y 2 y Để đưa phương trình (*) dạng tích ta chọn k cho (*) ln với y Tức ta có: x  k x  k x  k x  k x  k x   � x  , k   2  2  *) Như vậy: * x  � 2   x y  y  y  � 1  2 : x x �  2  y  1  x   y   � *) Với x = thay vào (2) ta có y = KL: Hệ có nghiệm  2;1 33 2.3.3 Bài tập rèn luyện Giải hệ phương trình sau � x  x y 5 � y  x y x 1/ � 2 � x  y  x y  � x  x y  97 x  y 2/ � � x  x y  90  � x  x yy 2 y  x 3/ � 2 � x  y  y  x3 � 2 y  8x  x7 y 4/ � 2 � x  x y  x y  � 2 x  y  x yx  y 5/ � 3 � x  y  y � 2 x y4 y x 6/ � 3 � x  y  � 2 x y x  y 7/ � 3 � x y  � 2 x y x y 8/ � 9/ 2xy � x2 y2  1 � xy � �xyx2 y � 10/ 3 �    y y  x y x   y   x  x  � � 2 25 x   xy     y   � � 11/ 2 � x  y  33 y   xy  x  y  x � � 2  y � x 2    12/ � �  y  y   x  y  x  x � �  y  y    y   y  x  x x  x 14/ 13/ � � xy  x  21 y 44 � � 2 x  y xyx  y  xy  � � 15/   �  x  y  2   2y  � x  � 2 �  x yxy  22 y  xy  x   � 2 � � y    y2 x   41  x � 2 x  x yy  � �  y   x27 � x x � xy � �  xy  y2yx xy    � 17/ 2.4 PHƯƠNG PHÁP LIÊN HỢP VÀ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH 2.4.1 Nhận dạng - Thơng thường phương trình hệ có chứa hay nhiều - Biểu thức sau nhân liên hợp có nhân tử chung với biểu thức lại phương trình 2.4.2 Ví dụ minh họa 34 � x  x   x   y   y   y  � � 2 x  y  x  y  4 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: � Lời giải: *) Điều kiện xác định: �x �0 � �y �5 y  y  1 �  xy5  x   x  0 x  y5 x  y5 x  y5 �    x y  x  y  x  y  �1 � 1 � y5     x � � � � x y  x  y  x  y  � � � x  y 50 x  y5 � � 2 x  y x y 4 *) Kết hợp với (2) ta hệ: � y   ( L ) � 2 � y   y  y   4 � y  y   � y  y   � � y  � *) Với y  � x  Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (1;6)   2 � x  y x  3x  y3 � � �x  y x x3 Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: � Lời giải: Điều kiện: x �0 *) Xét 2 xy   x   � y  thay vào hệ ta thấy không thỏa mãn *) Xét 2 xy �۹ x 0y3 Khi nhân hai vế (1) cho x  y  x  ta được:   2 � x  x  y  x  ( ) �     y  x  � y x  yx  � y  l  � 2 2 x  y x  * Với x Thế vào (2) ta có: 35 2 xx    �   �  2 �  x     x 2 x  x   x  1x   � � x  �    � x  x � � x  1x   � � *) Với x  � y  KL: Hệ có nghiệm  2;8 � 34 x   y   x  x y  � � x  31 y  x � Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: Lời giải: � x � ;y �  3 *) Điều kiện: *) Nhận xét: 4� 3 ; � x � y � � 3 �khơng nghiệm hệ Do  x; y   � � �  y x  x  y �  y 1 �  x  x � � �  x  � � x   y  � � x   y  � x  y  *) Với x  y vào phương trình (2) ta có: 3 x  x    x �  x   x  x  2  x  � � � �  x  x   1 x �  x  ,  � �  x  x 2  x  43  y  � � , Vì x 1 Ta có :   x   3x   x  x    x  1  3x 2  x   3x   2 2 x    33 x     x   x x   x       2  � x� 2  x   x 2  x   x , với     � 1 x � 2 � � x  x 1  � � 1 x � � *) Do ta có 36 �   �� 1 1 � ; ;� ; � � �� 2 � �  x; y   � *) Vậy hệ phương trình có nghiệm 2.4.3 Bài tập rèn luyện � xy   23 xy    y  � � x   y   x  y  2/ 1/ � 2 � � x x   y y  � 3 x y x  y  � � xyx   y  y  xy  � � x  y3   x   y 3/ � � x y  y  x  y  � � x   y  x  x  x  � 4/ 2 � � x x   y y  �2 x y x y  5/ � � x1  y y1  x  � � � x  x  12  y  6/ �  7/   2 � x x  y y  1 � � � y � y   � x 11   � x  y  4439 xy   y  � � x  xy  3  � 8/ � 2.5 PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 2.5.1 Nhận dạng Phương pháp hàm số phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình hệ từ tìm hệ thức đơn giản biến Phương pháp hàm số cơng cụ mạnh việc giải phương trình, hệ phương trình đặc biệt phương trình có nghiệm nhât Phương pháp có vai trò phương pháp biến đổi thành tích *) Cơ sở phương pháp: Ta sử dụng định lí sau đây: Định lí 1: Nếu hàm số y  f  x hàm đơn điệu (luôn đồng biến nghịch f  x  k biến) tập D phương trình có nhiều nghiệm f x f y x  y  � y  f  x Định lí 2: Nếu hàm số ln đồng biến (hoặc nghịch biến) hàm số y  g  x nghịch biến (hoặc đồng biến) D phương trình f  x g x có nhiều nghiệm D y  f  x (k ) có đạo hàm đến cấp n phương trình f ( x)  ( k 1) ( x)  có nhiều m+1 nghiệm có m nghiệm, phương trình f Định lí 3: Cho hàm số 2.5.2 Ví dụ minh họa 37 33 2 � x  y  x  y   x  y  � , y � R x  � y x   y  61 x  y  x   � Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: (HSG 12 Vĩnh Phúc 2014 – 2015) Lời giải: 3 22 � � x  y  x  y   x  y      x   x  y   y  1  � � � � � 2 y x      y  x y  x y x      y  x y  x 2  � � � �x �3 � Điều kiện �y �R Xét hàm số f  t   t  3t , t �R, f �  t   3t   t �R R Từ (1) ta có Vậy hàm số f  x  1  f  y   � x   y  � y  x   3 f  t đồng biến x  13 x   x  71 x   x  x      4  Thay (3) vào (2) ta phương trình: Phương trình   �  x  1   x     x  7   x  10   x  x  30   x   x   �     x � x � x x  x   x   � x    5 � � � x 1 x7   x   6 � x  10  � x3 3 Từ   Từ  6   : x   � x  �� � y  �  x; y    6;7  : x 1 x3 x7 x7    0 2 x3 3 x  10   7 nghiệm phương trình vơ nghiệm 1� 1� � � VT     x  3 �  �  x   �  �  VP   � � � x3 3 2� � x  10  � KL :Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    6;  Ví dụ 2: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực 2 x  x y  x  x ym  � ( x , y � R ) � x  x  y   m � (HSG 12 Vĩnh Phúc 2013 – 2014) Lời giải: � ( x  x ) ( xy  )2 m � ( x  x )( xy  )6  m Hệ tương đương � 38 x  x  a, a � ;3x  y  b Đặt , ta có hệ: ab2m � � ab6m � � a  a a b  m� a (  m  a )  m �  m ( ) � � a  �� � � a  b   m b   m  a � � � b   m  a � Hệ cho có nghiệm (1) có nghiệm thỏa mãn a � a  4a  12 aa 2 f '(a )   fa () ;a �  (a  2) a  Xét hàm số Ta có Với a � f '(a )  � a  Lập bảng biến thiên ta giá trị cần tìm m là: m �2 � x  x y  y  y ( ) � � x  y  86 ( ) Ví dụ 3: Giải hệ phương trình � Lời giải: x � Điều kiện : +) Với y  thay vào hệ ta thấy không thỏa mãn +) Với y �0 từ chia hai vế phương trình (1) cho y5 ta được: � � x x  y y *  � � y y � � Ta : f t  t5  t +) Xét hàm số   với t thuộc R Là hàm số đồng biến R ta x x  * � f ( )  f ( y ) �  y � x  y y y có: +) Với x  y thay vào (2) ta được: KL: Vậy hệ có hai nghiệm x   x   � x  � y  �  1;1 ,  1; 1 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: � x  y    x  y  x  x  y  � 3 xx   x  y  y  � Lời giải: 2xy5� � � 3xy� * Điều kiện: � 39 *) Biến đổi phương trình (2): *) Xét hàm số R Suy (*) f  t   t3  t  x  2 Ta có   x    y  y (*) f '  t   3t   0t �R � f  x    f  y  � x   y Suy hàm số đồng biến *) Với y  x  Thay vào pt (1) ta được:     3 xx     x  x  xx  �      x  x  x  x  x  � x  2 x      � �     x  x x 22 � �   x  x  x     x � x     x 1�� x nên Do 2   x  x  x    x (vô nghiệm) 2;0  * Với x  � y  Kết luận hệ có nghiệm:  � � x   x 1  y4   y �2 x  x  y  1  y  y   Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: �  1  2 (Khối A, A1 _ 2013) Lời giải: y   x  y  1 +) Điều kiện: x �1 Từ (2) ta suy được: , suy y �0 +) Đặt u  x  1,  u �0  Phương trình (1) trở thành: ftt  2,  tt  �  Ta có: +) Xét hàm:   f /  t  4 u   u  y   y  2t t 2   0t �0 Do phương trình (3) tương đương với: y  u � x  y  +) Thay x  y  vào phương trình (2) ta được: y  � y  y  y  � y  � g y  y  y   y  � +) Với y  � x  +) Với g  y   y7  y4  y   g  y  ta có: g /  y   y  y   0y �0 Nên có nhiều nghiệm mà y  nghiệm Vậy nghiệm g y 0 phương trình   Với y  � x  phương trình 40 KL: Hệ có nghiệm  1,0  ;  2,1 � ( x  )( x  y  ) y  ( ) � � 2 x  y   x  ( ) Ví dụ 6: Giải hệ phương trình: � Lời giải: x� ;y � +) Điều kiện   � x ( x  )  �  y �  y � x xy     y 5  2  � � (1) (3) +) Xét hàm số: +) Ta có:  0;� f  t   t3  t f '  t   3t   , với t �0 với t �0 suy hàm số f(t) đồng biến khoảng x� � � � � 54x2 y f x f5  y � x   y� 2  � Từ (3) ta có: f(x) = f(y) �   +) Thay y vào (2) được: 16 x  24 x    x  � 3� x �� 0; ( x )  62 x  43 x   x � 4� � Xét hàm số f , với �3� fx ' ( )6  47 x  x   x� 0; � �  x với �4� , � 3� � 3� 0; 0; � � � � f  x f  x � � � � Hàm số liên tục hàm đồng biến � �� f �� 0 x1� y2 �� � Mà ta có : �1 � � ;2 � KL : Vậy hệ có nghiệm: �2 � 3 � xy   33 y x   ( ) � � 2 x   x  y  ym   ( ) � Ví dụ 7: Tìm m để hệ phương trình: có nghiệm thực Lời giải: Điều kiện 1 �x �1 , �y �2 41 3 +) Ta có (1) � ( x  1)  3( x  1)  y  y +) Đặt t �x1 t Khi ta có (1) t3 - 3t2 = y3 - 3y2 +) Xét hàm số: f(u) = u3 - 3u2 Dễ thấy hàm số nghịch biến đoạn [0; 2] nên: (1) y = t � y = x + 2 � x   x  m    y  x  +) Với thay vào (2) ta được: (3) 2 x �1 x x  21  x +) Xét hàm: f() với x f'() x x  / f x x  0�  x Ta có: , f  x +) Lập bảng biến thiên cho hàm số đoạn  1;1 ta được: 2 �f  x  �1 Vậy để hệ có nghiệm thực (3) có nghiệm thực �  � m � �  � m � +) Kết luận: 1 �m �2 2.5.3 Bài tập rèn luyện � x 5 y 2 � � y 5 x 2 1/ � � x  2 y   yx  � � y  y x x  3// � 2 � x  y x  y  y  � � 2 � y x 5 x  x  5/ �  2/ � x y  y  x  x � � ( x  )y  1( x  ) � 4/ � x  y    x  y  x  x  y  � 3 x  x  x  y  y  � 2 � � x  x   x x      y  yy � 2 xyx    y  6/ �  2 � x  y  2y x   x � � � x  y   xy  8/ 7/ � � y  21 x x   xy  � � y  x x y1  x  9/ � 2 � x  23  y  yx   xy   � � x  34 y   �2 2 � x  y  x y  732 xy  � � 3 x  x1  y y1 10/ � Đề kiểm tra Giải hệ phương trình sau 42 xy2 x y2 � �3 xy 8 Câu 1: � � x   y � � y  y Câu 2: � x y  x  y   � � 2 x  y  x  y  Câu 3: � 2 � x5  x y5  y  � � 2  x  y   x  y � � Câu 4: Phần III: KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ Hệ phương trình đại số phần kiến thức quan trọng khó nhiều học sinh thời lượng chương trình q Do phân phối chương trình đại số lớp 10 cần tăng số tiết chuyên đề hệ phương trình giúp em học sinh có thêm thời gian nghiên cứu, tìm hiểu sâu phần kiến thức quan trọng Nên đưa thêm dạng toán ứng dụng đạo hàm vào giải tốn phương trình hệ phương trình vào tiết tự chọn tiết ôn thi đại học học sinh lớp 12 để giáo viên có thời lượng truyền đạt kiến thức cho học sinh Việc hệ thống hệ phương trình phương pháp giải hệ phương trình khơng mẫu mực hy vọng giúp em học sinh làm tốt tốn giải hệ phương trình đề thi tuyển sinh HSG đề thi THPT Quốc gia Tôi mong tài liệu để đồng nghiệp tổ tham khảo Tôi xin chân thành cảm ơn thầy tổ Tốn – Tin – CN em học sinh lớp 12A1, 12A3 Trường THPT Trần Hưng Đạo giúp đỡ tơi hồn thành sáng kiến kinh nghiệm Cuối cùng, cho dù cố gắng khơng tránh khỏi thiếu sót hiểu biết kinh nghiệm hạn chế, tơi mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô em học sinh để sáng kiến kinh nghiệm hoàn thiện 43 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phương pháp dạy học môm toán – Tác giả Nguyễn Bá Kim [2] Sách Đại số 10 [3] Sách Bài tập đại số 10 ( Nâng cao bản) [4] Sáng tạo giải phương trình – hệ phương trình – Tác giả Nguyễn Tài Chung [5].Trọng tâm kiến thức phương pháp giải toán đại số - Tác giả Nguyễn Phú Khánh [6] Toán nâng cao Đại số THPT (Tập 1) – Tác giả Phan Huy Khải [7] Đại số sơ cấp _ tác giả Nguyễn Tất Thu Khả áp dụng sáng kiến - Qua nghiên cứu lí luận thực dạy thực tế trường phổ thông, nhận thấy việc thực dạy học giải hệ phương trình với cách trình bày mang lại kết cao, giúp học sinh hứng thú, sáng tạo trình học tập - Để phát huy khả sáng tạo học sinh thực dạy giải hệ phương trình đại số giáo viên nên kết hợp thêm với việc giao tập nhóm báo cáo kết trước lớp - Sáng kiến áp dụng với tất em học sinh THPT học toàn chương 1- Giải Tích 12 nói riêng tồn cấp học nói chung - Sáng kiến áp dụng thực tế với em học sinh lớp 12 A3 trường THPT Trần Hưng Đạo, học chương – Giải Tích 12 Thực tế cho thấy em học sinh dễ tiếp thu giảng, dễ làm quen với tập tương giao hai đồ thị +) Lớp thực nghiệm : 12A3 +) Lớp đối chứng : 12A1 Kết Lớp Số Điểm TB Điểm TB Điểm Điểm giỏi SL % SL % SL % SL % 12A3 30 16,7 19,9 14 46,7 16,7 12A1 26 30,8 26 30,8 12,4 Nhận xét : - Ở lớp thực nghiệm 12A3: Tỉ lệ học sinh có điểm TB TB thấp lớp đối chứng, tỉ lệ giỏi cao - Ở lớp đối chứng 12A1: Tỉ lệ học sinh có điểm TB TB cao lớp thực nghiệm, tỉ lệ có điểm giỏi thấp Điều cho thấy học sinh lớp thực nghiệm lĩnh hội, tiếp thu vận dụng kiến thức tốt Khả nhìn nhận giải toán tốt so với đối chứng Những thông tin cần bảo mật: không Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: 44 - Giáo viên cần đưa phương pháp dạy học phù hợp với lực trình độ nhận thức học sinh - Việc thực dạy kiến thức cần đảm bảo tính vừa sức, khoa học nhằm phát huy tính chủ động, tích cực sáng tạo học sinh học tập; tránh việc dạy nhiêu, khó lan man; khiên cưỡng - Việc kiểm tra đánh giá dạy học tích hợp cần hướng tới việc đánh giá theo định hướng phát triển lực học sinh 10 Đánh giá lợi ích thu áp dụng sáng kiến 10.1 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả: 10.1.1 So sánh phương pháp dạy chưa phân dạng phương pháp dạy theo hướng phân dạng a Phương pháp dạy chưa phân dạng Khi chưa phân dạng mà tập cho học sinh làm ta thấy sau: - Học sinh khơng có phương hướng làm dẫn đến nhiều thời gian suy nghĩ - Trình bày: Vắt tắt, lủng củng, khơng logic, không chặt chẽ - Nhiều biến đổi không hiểu chất dẫn đến mắc sai lầm toán học - Bị điểm trình bày Mặc dù dạy theo kiểu chưa phân dạng giúp em phải kiên trì tư duy, tự phát vấn đề để giải lại không khắc sâu tổng quan chuyên đề b Phương pháp dạy phân dạng Sau học xong chuyên đề em cảm thấy tự tin vào nội dung chương trình ơn thi THPT Quốc Gia hay ôn thi học sinh giỏi Nhờ vào việc tận dụng từ khóa phương pháp sáng tạo, chuyên đề ghi cô động trang giấy, mà không bỏ lỡ thông tin quan trọng Tất thông tin cần thiết để đạt điểm cao kỳ thi lưu giữ nguyên vẹn từ chi tiết nhỏ nhặt Hệ phương trình đại số toán bản, quan trọng Trong khuôn khổ sáng kiến đề cập đến lớp toán thường xuất đề thi năm gần Sáng kiến nêu phương pháp chung cho dạng minh họa toán cụ thể, đồng thời đưa cho dạng số tập với mức độ khác 10.2 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tổ chức, cá nhân: Sáng kiến kinh nghiệm có tính khả thi, ứng dụng vào thực tiễn, mang lại hiệu cao học toán trường phổ thơng Giúp học sinh có niềm say mê hứng thú với môn học đồng thời khắc sâu kiến thức 45 Tuy thời gian có hạn, kinh nghiệm hạn chế nên sáng kiến tơi khơng tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận góp ý đồng nghiệp để sáng kiến thực tài liệu có ích cho thân em học sinh trình ôn thi THPT Quốc Gia ôn thi học sinh giỏi 11 Danh sách cá nhân tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu: Số TT Tên tổ chức/cá nhân - Nguyễn Thị Thanh Hòa - Lớp 12A1, 12A3 Địa Phạm vi/Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Trường THPT Trần Hưng Đạo – Tam Dương – Vĩnh Phúc Tam Dương, ngày 25 tháng 02 năm 2018 Thủ trưởng đơn vị (Ký tên, đóng dấu) Chương phần Giải Tích lớp 12 Chương phần Đại số lớp 10 Tam Dương, ngày 24 tháng 02 năm 2018 Tác giả sáng kiến Nguyễn Thị Thanh Hoà 46 ... làm hai phần: - Các hệ phương trình - Một số phương pháp giải hệ phương trình Phần II: NỘI DUNG CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN 1.1 HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI 1.1.1... dạng số phương pháp giải sau CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2.1 PHƯƠNG PHÁP THẾ 2.1.1.Nhận dạng Thế kĩ quan trọng hàng đầu vấn đề giải hệ phương trình Là kĩ sử dụng hầu hết hệ phương trình. .. TRÌNH ĐẠI SỐ” Trước hết giúp thân hệ thống dạng hệ phương trình phương pháp giải qua phục vụ tốt cho tác giảng dạy, nâng cao trình độ chun mơn Tên sáng kiến Một số phương pháp giải hệ phương trình
- Xem thêm -

Xem thêm: SKKN một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, SKKN một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, PHẦN I. MỞ ĐẦU

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay