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

Giải hệ phương trình sau:... Phương pháp giải một phương trình của hệ: Cách giải: + Giải một phương trình của hệ, tìm điều kiện ràng buộc của ẩn.. + Thay vào phương trình còn lại để

PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

LUYỆN THI ĐẠI HỌC

;(

0)

;(

y x g

y x f

với f(x;y) = f(y;x) và g(x;y) = g(y;x)

* Biến đổi hệ theo x+y và x.y

Đặt S = x + y và P = xy đk:S24P

 Biến đổi hệ theo S, P và giải hệ tìm hai ẩn đó

 Với mỗi nghiệm (S;P) ta giải pt : X2 – SX + P = 0 để tìm x, y

 Chú ý: với mỗi bài toán phức tạp ta tìm cách đặt ẩn phụ cho x, y

32

33

2

S

P S

S S

23

32

3 33

( )2

252

S S

1

u v

x x

y y

)1(0

;

x y g

y x f

;(0

y x y

x

y y x

43

43

)1(43

2

2

x xy y

y xy

4

x y

x y y

x y x

* Với y = x thay vào (1) ta được 

)(00

022

y x

l y x

x x

* Với y = - x – 4 thay vào (1) ta được x2 4x40 x2y 2Vậy nghiệm của hệ là ( - 2 ; - 2 )

53

x y

y x

3

(

y x

y x

*Với x=y thay vào (4) ta được:

028110

325

)(77

y x

l y x

* Với y = 9 – x thay vào (4) ta được

592

59

)(2

59

01992

l y

x

l x

x x

Vậy nghiệm của hệ là: (4; 4)

v x

u y

)1(25

3

53

2 2 2

2

v u

u v v

u

u v

Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được

v u v

u v u

10

11

022

loai v

u v

v v

3

13

y

x y

51

)(2

512

5112

51

012

2

loai v

loai u

v v

v v

1 2 1 1 2 1

d y c xy b x a

d y c xy b x a

Cách giải:

+ Thay x = 0 vào hệ để kiểm tra có thỏa hệ phương trình không

+ Với x  0 đặt y=tx, biến đổi đưa về pt bặc hai theo t giải t suy ra x, y

)

2

c bt at

y c

bt at y

 Xét y = 0 thay vào hệ tìm x

 Xét at2 btc0tìm nghiệm (nếu có) sau đó tìm được x,y

932

2 2

2 2

y xy x

y xy x

2

922

1232)22

(

9)12

3

(

2 2 2

t

t t t

t

x

t t

2

;1

y x

y x

17

8

;173

y x

y x

Cách 2: Hệ đã cho tương đương với 16 14 3 0

189

1818

186

4

2 2

2 2

y xy x

y x x

016143

00

)31416

x t

t

t=-38

32 2

2

;1

y x

y x

17

8

;13

y x

y x

Ví dụ 2 Tìm các giá trị của m để hệ có nghiệm

f

31

41)(

123)

f

Bảng biến thiên

31

23

1

4

t

x t

2

t

t y







Vậy với mọi m hệ luôn có nghiệm

IV Phương pháp thế, cộng đại số:

)1(7

y x xy

y x x

62

2(

Thay vào (1) ta được: 7

1

32

1794

173

171

1794

173

12

21

0257

y x

y x

y x

x x

179

;4

173,171

179

;4

173,1

2

a ay x

x y x

a/ Giải hệ khi a=1

b/ Tìm a để hệ có 2 nghiệm phân biệt

c/ Gọi (x1 ,y1); ( x2 ,y2) là các nghiệm của hệ đã cho

Chứng minh rằng: (x2 - x1)2+ ( y2 –y1)2  1

Giải:

Từ (2)  x=a-ay thay vào (1) ta được

0)

12(

1

10

x y

x y

Vậy hệ có 2 nghiệm: (1;0), (

2

1

;2

1)

b/ Hệ có 2 nghiệm phân biệt(3)có 2 nghiệm phân biệt

3

40

1 1

ay a x

ay a x

344

)(

1()

2 2

2 2

1 2 2 1 2

2 1 2 2 2 1 1

a a y y y

y a

y y ay

x x y

6

)9(2 2

3 3 3

22

y

x x

x

x y

)1(28

2 2

3 3

y x

y y x x

Giải:

Từ (2)x2 3y22 (3)

Thay vào (1) ta được:  

328

2 2

y y

y x

x xy

x

00

96

13

7813

96

13

13

y x

y x

y x

y x

Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm:     

96,

13

78

;13

96,1

;3,1

;3

x y x y

2 2

2 3

)1(2

2

2 2

2

y x x y

x y x xy y x y

Thay (2) vào (1) ta được:

* Với y = 0 thay vào (2) ta được x = 0 hoặc x = 1

Suy ra trong trường hợp này hệ có nghiệm (0; 0), (1; 0)

* Với x  thay vào (2) ta được y = 0 hoặc y = -1 1

Suy ra trong trường hợp này hệ có nghiệm (1; 0), (1; -1)

* Với yx1 thay vào (2) ta được 0 1

Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm: (0; 0), (1; 0), (0; - 1), (1; -1)

* Với x = 0 thay vào (2) ta được 0 = 6

Suy ra hệ vô nghiệm

Suy ra x + y = 3  y 3 x thay vào (1) ta được x2 1 (3x)34(3x)

Ví dụ 9 Giải hệ phương trình sau

Thay (2) vào (1) ta được x3 – 7xy2 + 3x2y + 3y3 = 0 (3)

* Với y = 0 hệ đã cho vô nghiệm

y y x

43

43

)1(43

2

2

x xy y

y xy

4

x y

x y y

x y x

* Với y = x thay vào (1) ta được 

)(00

022

y x

l y x

x x

* Với y = - x – 4 thay vào (1) ta được x2 4x40 x2y2

Vậy nghiệm của hệ là ( - 2 ; - 2 )

53

x y

y x

(*)

Giải:

Cách 1: Điều kiện: y3,x3

53

53

(*)

y y x

x x y

y x

y x

x y

253

)3(09

)2(5

)1(5

1025

3

010

10

5

5

2 2

2

2

x x y

y x y x y x

y y x

y x y x y

3

(

y x

y x

*Với x=y thay vào (4) ta được:

028110

325

)(77

y x

l y x

* Với y = 9 – x thay vào (4) ta được

592

59

)(2

59

01992

l y

x

l x

x x

Vậy nghiệm của hệ là: (4; 4)

v x

u y

)1(25

3

53

2 2 2

2

v u

u v v

u

u v

Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được u2v2uv0    

v u v

u v u

10

11

022

loai v

u v

v v

3

13

y

x y

51

)(2

512

5112

51

012

2

loai v

loai u

v v

v v

v

Vậy hệ có nghiệm là (4;4)

Ví dụ 3 Giải hệ phương trình sau:

123

2 2

2

x x y xy y

x y xy y

)1(123

2 2

2

x x y xy y

x y xy y

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: y2 3x1y2x22x0 (*)

122

* Với y  x1 thay vào (1) ta được: - 3= 0 (Vô nghiệm)

* Với y = 2x thay vào (1) ta được:

22

222

22

y x

y x

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: 

;2

22

;2

22

Vậy nghiệm của hệ là (2; 2)

1(

82 2

y x xy

y x y x

)

1

(

8)1()

1

(

y y

x

x

y y x

x

Đặt

)1

(

)1

8

v

u uv

v u

6

v u

Từ đó suy ra nghiệm của hệ là

    2;1,1;2, 1;3 , 3;1 , 2;2 , 2;2 , 2;3 , 3;2

1432 2

2 2

y x y x

y x y x

3

1432 2

2 2

y y x x

y x y

133

0

;2

133

04

0130

13

22

1

2 2

y x

y x

y y

x x v

u v

u

v u

5)21(

)1(45

2 4

2 3 2

x xy y x

xy xy y x y x

(4

2

v u

v o u v

162545

450

y

x xy

y x

Với

u=-2

3,

23

032

23

02

12

32

y x

x y

x x

x y x x

82 2

y x xy

y x y x

(

8)1()1

(

y y x

x

y y x

x

Đặt

)1

(

)1

8

v

u uv

v u

6

v u

Từ đó suy ra nghiệm của hệ là

53

x y

y x

3

(

y x

y x

*Với x = y thay vào (4) ta được:

028110

325

)(77

y x

l y x

* Với y = 9 – x thay vào (4) ta được

592

59

)(2

59

01992

l y

x

l x

x x

Vậy nghiệm của hệ là: (4; 4)

v x

u y

)1(25

3

53

2 2 2

2

v u

u v v

u

u v

Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được u2v2uv0    

v u v

u v u

10

11

022

loai v

u v

v v

3

13

y

x y

51

)(2

512

5112

51

012

2

loai v

loai u

v v

v v

u v

*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)

Ví dụ 12 Giải hệ phương trình sau:

11

22

33

3( )

( )2

x y

u u

 

 

/(u) =

2 2

2 Đặt ẩn phụ bằng cách chia hoặc nhân hai vế của phương trình của hệ cho một biểu thức hoặc chia hai phương trình của hệ:

x x y

6

)9(2 2

3 3 3

2

3

6)(

21)(

6)(

9)(3)(

6

9)

x

y x

x

y x y

x x y

x

y x y

x

y x y x x y



 

 hay x 3

x (x y) x 5(x y) 1

+ Khi v 1 u ta có 1

1

11

y y

x x

y y

x x

3 7

22

y y

x x

3 7

22

y y

x x

Ví dụ 6 Giải hệ phương trình sau:

2

2 2

3 05

11

x y x

3

1 1

22

x

y x

x x

y y

21

x y

x

x x

x y

3 63

20 17 3 0

14

a b ab

Ví dụ 11 Giải hệ

2 2

x y

Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5)

VI Phương pháp giải một phương trình của hệ:

Cách giải:

+ Giải một phương trình của hệ, tìm điều kiện ràng buộc của ẩn

+ Thay vào phương trình còn lại để tìm nghiệm của hệ

Ví dụ 1 Hãy giải hệ sau:

2

)1(632 2

y xy x

y x

x y y

x y x

20

)2)(

(

* Với y=x thay vào (1) ta được

2

37132

3713

2

37132

37136

03313

66

x x

x x

x

* Với y=2x thay vào (2) ta được

03

6

3

2x  x x  y

Vậy hệ có 2 nghiệm , (3;0)

2

3713

;2

3713

)1(3

3

y x y x

y x y x

0

y x

y x

12

2 3 3

3

b a a b

b

a a b

b

a a

04

0

y

x y

x

y x b

4

14

1

y

x y

x

y x b

5,2

;2





Nên f(y) nghịch biến trên đoạn 0; 2

Ta lại có y = 1 là nghiệm của (3)

Suy ra (3) có nghiệm duy nhấy y = 1 x2

* Với x y thay vào (2) ta được 8y 2y  3 8y  3 2y

8 y 9 2 y 6 2 y

Ví dụ 8 Giải hệ sau:

3

(1)



  







( ĐỀ TSĐH KHỐI A NĂM 2003)

Giải:

Điều kiện: x0, y0

(1)x yyy x x x yy x x y0

0

1 0

x





 







* Với y = x thay vào (2) ta được 2xx3 1 x32x 1 0(x1)(x2 x 1)0

  







* Với y 1

x

  thay vào (2) ta được x4 x 20(*)

Xét hàm số 4

f x x   x

Ta có f/( )x 4x31

( ) 0 4 1 0

4

Bảng biến thiên

x  3 1

4

 

f/(x) - 0 +



f(x) 

3 3 1 1 2 256  4 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f x( )  0 x R nên phương trình (*) vô nghiệm

Vậy nghiệm của hệ là (1;1), 1 5; 1 5 , 1 5; 1 5

         

Ví dụ 9 Giải hệ phương trình

2 0

  







(x, y  R)

( ĐỀ TSĐH KHỐI DNĂM 2012)

Giải:

Ta có:

2 0

  









2 0

2 1 0

xy x x y x y            2 2 0 xy x x y        hay 2 0 2 1 xy x y x          3 2 2 0 x x x y         hay 2 2 2 2 0 2 1 x x y x          1 1 x y      hay 1 5 2 5 x y          hay 1 5 2 5 x y           VII Phương pháp sử dụng đạo hàm: Kiến thức: Cho phương trình f(x)g(x)(*) Khi đó, phương trình (*) có n nghiệm khi và chỉ khi đồ thị hàm số y  f (x) và đồ thị hàm số y  g (x) có n điểm chung Cách giải: + Đưa hệ về hệ có một phương trình chứa một ẩn hoặc một biểu thức có dạng ) ( ) (X g m f Y   với m là tham số + Tìm điều kiện của ẩn X hoặc của biểu thức X + Dùng đạo hàm để xét tính biến thiên của f ( X) + Dựa vào bảng biến thiên kết luận về số nghiệm của hệ Ví dụ 1 Cho hệ         ) 2 ( ) 1 ( 2 2 2 2 x m xy y m y x Tìm các giá trị của m < 0 để hệ có nghiệm duy nhất Giải: Từ (1), (2) và m < 0 suy ra, x > 0 và y > 0 Hệ đã cho              2 2 0 x m xy xy y x y x        ) 3 ( 0 2 3 x m x y x Ta có: (3) x3x2 m(*) Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm duy nhất Xét hàm số f(x)x3x2 Có f/(x)3x22x2

        3 2 0 0 ) ( / x x x f Bảng biến thiên x  0

3 2 

f/(x) + 0 - 0 -



f(x) 0

m m

Đối chiếu với yêu cầu m < 0 ta được m < 0

Vậy m < 0 thỏa yêu cầu bài toán

Ví dụ 2: Chứng minh rằng hệ sau có nghiệm duy nhất với mọi a

Đặt f(x)2x3x2 với x0

Ta có f/(x)6x22x

3

10

)1(32

22

m y x

y x y x

2

t

t t

)1(2

2 2

2 2

x

a x y

y

a y x

Để hệ đã cho có nghiệm thì (3) có nghiệm

Ta có

12

11

32

* Với t2 y2x2 thế vào (2) ta được: 2 x 2x23m (4)

Hệ đã cho có nghiệm (4) có nghiệm x1

Xét hàm số g(x)2 x  2x2 trên 1;

Ta có

22

11

x xy

y x y x

)1)(

1(

82

y y x x

2 2

2

4

14

121

2 2

2 2

y y y

v

x x x

)1(8

m v u

v u

Từ (1) v8u

Do

4

334

18

Ta có f/(u)82u

40

)1(3

m y

x

y x

t

Xét hàm số f(t) t26t14 t2 3 trên đoạn  

2

3

;0

Ta có

314

6

3)

(

2 2

t

t t

91352

1359

0)

(

/

n t

l t

9135

f m

f thỏa điều kiện bài toán

VIII Phương pháp hàm số:

Kiến thức: Nếu hàm số y  f (x) đơn điệu và liên tục trên D thì phương trình f(x)k nếu

có nghiệm thì có nghiệm duy nhất trên D và f(x) f(y) x y với mọi x, y thuộc D

Cách giải:

Bước 1: Tìm điều kiện của hệ

Bước 2

+ Biến đổi hệ đưa một phương trình của hệ về dạng f(u) f(v)(*)

+ Chứng minh y  f (x) là hàm số đơn điệu và liên tục trên D

Suy ra, (*)u  v

+ Ta tìm được điều kiện ràng buộc ẩn này qua ẩn kia

+ Thay vào phương trình còn lại để tìm nghiệm

)1(44

6 6

4 4

y x

y y x x

;2

1,2

1

;2

)1(1

212

2 2

y xy x

y x y x

1)

f

00

2x2   x )

2

1(Do x

Vậy nghiệm của hệ đã cho là

)1(02531

42 2 2

x y

x

y y

x x

Ta có f/(t)3t2 10t, suy ra f (t)đồng biến trên R

45

02

5

x y

x y x

Thế (3) vào (2) ta được 2 2 3 4 7 0 (4)

2

54

2 2 2

)(

2 2 2

43

43

4443

42

2

588)

x x x

x x x

;21

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau    

)1(11

2 2

2 2

y x

y x x y

2



Nên hàm số f (t) nghịch biến trên mỗi nữa khoảng 1;0 và 0;1

Do (*) nên ta có các trường hợp sau

1

;2

1

;2

3

)1(1

3

m x y

m y x

Xác định m để hệ có nghiệm

y x

Trừ (1) cho (2) ta được:

)(

13

2

1)(

t f

Suy ra hàm số f(t) tăng trên trên 3;1

Do đó, (*) x  y

Thay x = y vào (1) ta được: 3x 1x m (3)

Hệ đã cho có nghiệm  (3) có nghiệm x3;1

Xét hàm số g(x) 3x 1x

x x

x g

13

2

1)(

/

10

)(

Thay vào (1) ta được: x 3 + x – 2 = 0  x = 1

Vậy nghiệm của hệ là (1;1)

Vậy f đồng biến nghiêm cách trên R

Nếu u > v  f(u) > f(v) 3v 3  v > u ( vô lý ) u

Tương tự nếu v > u cũng dẫn đến vô lý

'

g

2 2

Vậy g(u) đồng biến nghiêm cách trên R

Ta có g(0) = 1 Vậy u = 0 là nghiệm duy nhất của (1)

2y

2 Tìm điều kiện của tham số để hệ phương trình, hệ bất phương trình có nghiệm

1/ (Dự bị 1 khối B 2007) :Chứng minh rằng hệ phương trình

y

x 2007

2 1x