CHUYÊN ĐỀ ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ VÀO GIẢI HỆ PT

CHUYÊN ĐỀ ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ VÀO GIẢI HỆ PT Trong bài này ta sẽ tìm hiểu 2 phương pháp đánh giá chính để giải hệ phương trình mà thường được sử dụng trong các đề thi, đó là:

CHUYÊN ĐỀ ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ VÀO GIẢI HỆ PT

Trong bài này ta sẽ tìm hiểu 2 phương pháp đánh giá chính để giải hệ phương trình mà

thường được sử dụng trong các đề thi, đó là:

 Phương pháp đánh giá hàm số

 Phương pháp đánh giá bằng bất đẳng thức

I Phương pháp đánh giá bằng hàm số

Ta sẽ vận dựng nội dung của kết quả:” Hàm số f t( ) đơn điệu một chiều trên khoảng

(a;b) và tồn tại u v, ( ; )a b thì f u( )  f v( )  u v”

1.Một số dạng cơ bản sử dụng phương pháp hàm số

a.Dạng 1:Hệ chứa 2 2

( ) 1 ( ) 1 1

       

Do (by)2  1 (by)2  by by (by)2 1 by0

2

( ) 1 ( ) 1 ( ) 1

( ) 1

by by

( ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( )

Xét hàm số f t( ) t t21xác định và liên tục trên R có:

2

1

 

1

0

t t



Do đó hàm số f t( )luôn đồng biến trên R

Suy ra: f ax( ) f(by),ax=-by.Đã có mối quan hệ giữa x và y

Lưu ý:Ngoài phương pháp hàm số ta có thể dừng phương pháp liên hợp tương tự kết quả

Ví dụ số 1:Giải hệ phương trình sau: 3

x y y x

( Trích đề thi HSG Lâm Đồng năm 2014)

 Lời giải: y 5x  2 0

Do y2  1 y2  y  y y2  1 y 0nên liên hợp (2) được:

2

1

1

 

Xét hàm số f t( ) t t2 1 trên R.Có 2

1

 

Vì:

1

0

t t



   .Do đó hàm số f t( )luôn đồng biến trên R

Suy ra: f(3 )x  f(y) 3x    y y 3xthế vào (1) ta được:

3 (1)8x 6x 2x2(3)Đặt cos ; 0;

2

   

3

(3)2(4cos t3cos )t  2cost 2 2cos 3t  2(1 cos ) t

2

t   

 

2

2

t

t





 





 



4 5 4 7

k t k t













 

     => t=0 Với t=0 suy ra x=1 nên y=-3

Kết luận: Hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y)=(1;-3)

Nhận xét: Ngoài phương pháp hàm số ta có thể liên hợp như sau:

2

1

1

 

2 2

3x y

3

x y



Ví dụ số 2:Giải hệ phương trình sau: 2 2

2

( 1 )( 1 ) 1(1)

4 2 22 3 8(2)

     ( Trích đề thi HSG tỉnh Nam Định năm 2013)

 Lời giải:Điều kiện: 2 0

22 3 0

22 2

3

x

 

     

Do y2  1 y2  y  y y2  1 y 0, nên liên hợp (1) được:

2

1

1

 

Xét hàm số f t( ) t t21 trên R.Có

2

1

 

Vì:

1

0

t t



   .Do đó hàm số f t( )luôn đồng biến trên R

Suy ra: f x( ) f(y)x=-y và thế vào (2) 2

2

2

2

4 3 2 ( 4) 3 22 3 (14 ) 3( 2)

3( 2) 0

3 2 ( 4) 3 22 3 (14 )

3 2 ( 4) 3 22 3 (14 )

               

              

2

2 0

1 & 2



3

3 x 2 (x 4) 3 22 3x (14 x)

Kết luận nhé:

b.Hệ chứa đa thức bậc 3:a 1 x 3 +b 1 x 2 +c 1 x+d 1 =a 2 y 3 +b 2 y 2 +c 2 y+d 2 (1)

Về nguyên tắc tổng quát ta sử dụng đồng nhất thức để xây dựng hàm đặc trung

dạng: f t =mt( ) 3+nt, tức biến đổi:

(1)m(ax b ) n ax b(  ) m cy( d) n cy( d) f ax b(  ) f cy( d)

Từ đó chứng minh hàm số ( )f t đơn điệu một chiều trên miền D

Suy ra: f ax b(  ) f cy( d)ax b cyd và thế vào phương trình còn lại

Lưu ý:Đối với những phương trình đơn giản ta dùng CASIO để tìm a,b.Ngoài ra

miền DD1D2, với D1,D2 là miền của ax+b và cy+d

Ví dụ số 1:Giải hệ phương trình sau:  3 3 2

x y x x y

( Đề thi HSG tp Hà Nội năm 2014)

Phân tích:Nhận thấy (1) có dạng đa thức bậc 3 theo x và theo y độc lặp với nhau.Do đó

3 6 4 3 ( )

x  x  x  y  y i .Vì đa thức theo y khá đơn giản nên sẽ chọn hàm số đặc trưng theo nó., tức xây dựng hàm số 3

f t  t t ở hai vế Khi đó viết:

(ax b ) 3(ax b ) y 3y(ii).Khi đó có các cách tìm a,b như sau:

Cách 1:Khai triển và đồng nhất, tức VT ii = a x3 33a bx2 2 (3ab23 )a x b 3 3b và so

sánh hệ số với (i), được a=b=1 hay viết (1) (x+1) 3 +3(x+1)=y 3 +3y

Cách 2:Sử dụng Casio nhập 1000 rồi gán vào A: A:1000 -> A(1000 shift STO A), rồi

nhập X 3 +3X 2 +6X+4=A 3 +3A và bấm shift SOLVE cho ta X=999=1000-1tuwcs ta có thể viết (1) (x+1) 3 +3(x+1)=y 3 +3y f(x+1)=f(y).Do hàm số đặc trưng f(t)=t 3 +3t luôn

đồng biến trên R nên suy ra x+1=y và ta có lời giải như sau:

 Lời giải:Điều kiện       2 x 2; 1 y 3

(1) (x+1) 3 +3(x+1)=y 3 +3y f(x+1)=f(y)

Xét hàm số f(t)=t 3 +3t trên tập R có f’(t)=3t 2 +3>0, mọi t thộc R

Do đó hàn số f(t) đồng biến R.Suy ra f(x+1)=f(y)  y=x+1

Thế vào (2) ta được: 4x2     3x 2 x 0, suy ra:y=1

Kết luận:So sánh điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình là (x;y)=(0;1)

Ví dụ số 2:Giải hệ phương trình sau:  3 3 2

3 3 2 0(1)

1 3 2 2 0(2)

x y y x

    

     

(Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2015-THPT Ngô Gia Tự-Bắc Ninh)

Phân tích:Thấy (1)  x3-3x-2=y3-3y có x, y độc lập nhau nên sẽ nghĩ đến phương pháp

sử dụng hàm số đặc trưng : f t( ) t3 3t2 Nếu nhạy bén, các em có thể viết ngay:

(1)   ( x 1)  3( x  1)  y  3 y f(x+1)=f(y).Nhưng hàm đặc trưng ở hai vế

f(t)=t 3 -3t 2 không đơn điệu một chiều trên R.Khi đó cần tìm điều kiện cho x+1 và y rồi hợp

hai điều kiện này sẽ được miền D đi xét với hy vọng f(t) luôn đơn điệu một chiều trên D

Thật vậy,, từ (2) có điều kiện:   1 x 1;0 y 2 nên suy ra điều kiện sau:

x D  yD   D D D Lúc này ta luôn có f’(t)=3t 2 -6t=3t(t-2) 0

Nên hàm số đặc trưng f(t) nghịch biến trên 0; 2

 Lời giải:Điều kiện   1 x 1;0 y 2

(1)   ( x 1)  3( x  1)  y  3 y f(x+1)=f(y)

Xét hàm số f(t)=t 3 -3t 2 trên 0; 2 có f’(t)=3t 2 -6t=3t(t-2) 0 với mọi thuộc  0; 2

Do đó hàm số đặc trưng f(t) nghịch biến trên 0; 2

Suy ra:f(x+1)=f(y)  y=x+1và thế vào phương trình (2), ta được:

2

0

x x

   

 

Suy ra: y=1

Kết luận nhé:

c.Dạng 3: Có 1 phương trình dạng:

3 2

1 1 1 1 2 2 2 2

a x b x c x d a y b c y d

a x b c x d a y b c y d





Khi đó ta sẽ biến đổi phương trình mà căn bám sát vào căn thức để xây dựng hàm số đặc trưng Sau đây là một số ví dụ minh họa:

Ví dụ số 1:Giải hệ phương trình sau:  3 2

(Đề thi thử THPT QG 2015-THPT Nghi Sơn-Thanh Hóa)

Phân tích:Nhận thấy từ :(1)  2y3 12y2 25y 18 [2(  x 4)2 1] x 4 hay ta có:

(1)  2y  12y  25y 18  2( x 4)  x 4.Sử dụng CASIO gán 1000 A và nhập vào màn hình biểu thức: 2X3+12X2+25X+18=2A3+A và bấm shift SOLVE, được

X=998=1000-2 , nghĩa ta viết được (1)  2(y 2)3 (y 2)  2( x 4)3 x 4

    với hàm đặc trưng f t( )2t3t luôn đồng biến trên R nên ta

có lời giải chi tiết như sau:

 Lời giải: Điều kiện: 1; 2 10 2 10

3

x       y

(1)2(y2) (y2)2( x4)  x 4 f y( 2) f( x4) Xét hàm số f t( )2t3 t trên R có f t'( )6t2   1 0; t R

Do đó hàm số đồng biến trên R Suy ra: f y(  2)  f( x 4)

2

Thế vào phương trình (2)  3x 1 6 x 3x214x 8 0(3)

Do sử dụng CASIO tìm được x=5 là nghiệm duy nhất của phương trình (3), nên ghép hằng số liên hợp như sau:

2

(3) ( 3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0

(3 1)( 5) 0

3 1 4 1 6

3 1 4 1 6

   

Kết luận:Hệ phương trình đã cho có tập nghiệm (x;y)=(5;1)

Ví dụ số 2:Giải hệ phương trình sau:  3

2 2 1 3 1 (1)

9 4 2 6 7(2)

    

   

(Đề thi thử THPT QG năm 2015-THPT Trần Phú-Thanh Hóa)

Phân tích:Nếu chuyển vế và phân tích 1 x làm nhân tử thì (1) có dạng cơ bản, tức

có: (1)2y3  y (3 2 ) 1x  x 2y3 y [2( 1x)21] 1x

( ) 2

f t  t t

luôn đơn điệu trên R.Ta có lời giải như sau:

 Lời giải:Điều kiện: 1; 3 3

2 y y 2( 1 x ) 1 x f y ( ) f ( 1 x )

Xét hàm số f t( )2t3ttrên R.Có: 2

'( ) 6 1 0;

f t  t    t R

Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R

2

f y  f x    x y  x  y

Thế vào phương trình (2)  4 x   5 2 x2  6 x  1(3)

Phương trình (3) dạng: 2

ax b cx dx e , có rất nhiều hướng giải.Sau đây anh sẽ trình bày cho em hướng giải bằng liên hợp, lũy thừa, đặt ẩn phụ, đưa về dạng A 2 =B 2

Hướng 1:Sử dụng chức năng TABLE của CASIO, tìm được nhân tử x2

-4x+1

Do 2x 3 4x  5 0 4x  5 3 2x 2

3 2

x

x  x x



không thỏa mãn nên xét 2x 3 4x 5 0  x2  4x   1 0, Ta có:

(3)

2

2( 4 1) [2 3 4 5] 0 ( 4 1) 0

2 3 4 5

x x

 

2

1

2

x

x

  





Kết luận:

Hướng 2:Lũy thừa lên sau khi biết nhân tử là x2  4 x  1

6 8 2 1 0 ( 4 1)( 2 1) 0

2

2 4 1 0

2 2 1 0

x x

x x

  

  

  







       



a   x               

            x a & x   2 a

Với a=x, suy ra: 2 x   3 4 x  5; Vô nghiệm 0;3

2

   

Với a=2-x, suy ra:  4

1

1 2 2

     



Hướng 4:Nhân 2 vế phương tình (3) cho 2 , ta được:

(3) 2 4x 5 4x 12x 2 ( 4x 5 1) (2x2)

Đến đây các em giải tiếp nhé 

2.Một số kĩ năng làm xuất hiện hàm đặc trưng

a.Chia để xuất hiện hàm đặc trưng

Trong một số trường hợp, biến x, y chưa độc lập ở 2 vế,ta cần chia để chúng độc lập nhau hoặc sau khi chia chúng chưa độc lập nhau nhưng vẫn xác định được hàm đặc trưng ở 2 vế.Ta xét một số ví dụ sau:

Ví dụ số 1:Giải hệ phương trình sau:  3 2 2

(4 1) 2( 1) 6(1) (2 2 4 1) 1(2)

   

     (Đề thi HSG tỉnh Quảng Nam năm 2015)

Phân tích:Từ (2) nếu chia cả 2 vế cho y2>0, thì sẽ độc lập được x,y ở 2 vế nên khả năng

sử dụng hàm là rất cao.Thật vậy (2) 2x 2x (2 )x 2 1 1 1 ( )1 2 1

      với hàm đặc

f t  t t t  và có lời giải chi tiết của anh như sau:

 Lời giải:Điều kiện y0.Do y=0 không là nghiệm của phương trình nên ta xét y>0,

và từ (2) để hệ phương trình có nghiệm thì x>0

Xét f t( ) t t t21trên (0;).Có 2 2

2

1

t

t

      



Do đó f(t) đồng biến trên (0;).Suy ra: f (2 )x f( )1 2x 1

Thế vào (1) ta được(1)  y3 y 2(y21) y  6 0(3)

Sử dụng CASIO, ta tìm được y=1 là nghiệm duy nhất của phương trình(3) và quan sát

vế trái của (3) có khả năng dương nên anh sẽ sử dụng đạo hàm bài này để giải

Xét hàm số f y( ) y3 y 2(y21) y6 trên (0;) có:

2

y



Do đó f(y) là hàm số đồng biến trên (0;).

Do đó phương trình f(y)=0 có tối đa 1 nghiệm.Mà f(1)=0 =>y=1 nên 1

2

x

Kết luận nhé:

b.Kết hợp 2 phương trình bằng phương pháp cộng để tạo ra hàm số đặc trưng

Trong nhiều bài toán, ta cần kết hợp cả 2 phương trình mới tìm được hàm đặc trưng.Vấn đề cần xác định ở đây là khi nào cộng, khi nào trừ, khi nào lấy phương trình này cộng n lần phương trình kia, xác định giá giá trị n này như thế này và dáu hiệu ra sao? Để áp dụng tốt sau đây anh sẽ giải cho các em một số ví dụ giải theo cách anh đã làm, anh sẽ phân tích và chỉ cho các em một số thủ thuật và phương pháp hiệu quả

Ví dụ số 1:Giải hệ phương trình sau:  2 2

2 2

2 5 3 4 (1)

3 3 1 0(2)

x y x y

     

     (Đề thi HSG tỉnh Tuyên Quang năm 2015)

Phân tích:Nhận thấy (2) là phưng trình bậc hai nhưng biệt số delta không là số chính

phương nên không được bằng phương pháp hằng số biến thiên Quan sát (1),(2) đều độc lập theo x,y ở 2 vế nhưng không tìm được hàm đặc trưng.Khi đó các e nên nghĩ ngay đến việc kết hợp 2 phương trình để tạo hàm đặc trưng.Viết hệ như sau:

 2 2

   

 và cộng 2 vế của 2 phương trình với nhau ta được:

x  x  x  x  y  y   x  x   y  y 

Đến đây,nếu viết (f x 1) f(y)sẽ khó khăn cho việc xét hàm: f t( ) t2 t21, vì nếu '( ) 2 2

1

t

t

 

 chưa khẳng định được dáu và tìm điều kiện của x-1 và y nên

sẽ dài dòng.Nhưng nếu xét f((x1) )2  f y( 2) hàm đặc trưng f t( ) t t1 với

1

t

 luôn đồng biến trên khoảng xét

 Lời giải:Lấy phương trình (1) cọng với phương trình (2) ta được:

x  x  x  x  y  y   x  x   y  y 

 f((x1) )2  f y( 2)

Xét hàm số f t( ) t t1trên0;có '( ) 1 1 0, 0

t



Do đó f(t) luôn đồng biến trên0;.

Suy ra: f((x1) )2  f y( 2) (x 1)2  y2   y x 1&y  1 x

Với y x 1, thế vào (2) được 3 1

Với y 1 x, thế vào (2 ) ta được: 3 1

x  y

Kết luận nhé các em!

Chú ý:Cách anh lấy hàm đặc trƣng ở ví dụ này nhé , rất quan trọng đó !

Ví dụ số 2:Giải hệ phương trình sau:  2 2 0(1)

x x y y xy y y x

x y x xy y

( Đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh năm 2015)

Phân tích:Nếu cộng hai phương trình cho nhau ta sẽ triệt tiêu được đại lượng xy

và độc lập x,y ở 2 vế, tức biến đổi: (1)+(2): x x3x4 x 2 y y  yhay

( x) 3x4 x 2 ( y)  y gán 1000A vào CASIO,rồi nhập phương

trình :X3+3X2+4X+2=A3+A, với X= x và bấm shift SOLVE cho ta X=999=1000-1 hay X=A-1 nên viết ( x1)3( x 1) ( y)3 y.Xét hàm đặc trưng như sau:

3

f t  t t tRluôn đồng biến trên R

 Lời giải:Điều kiện x0;y0

Lấy (1)+(2) ta được: ( x)33x4 x  2 ( y)3 y

( x1) ( x 1) ( y)  y  f ( x   1) f ( y )

Xét hàm số: f t( ) t3 t t; R.Có f t'( )3t2    1 0, t R

Do đó f(t) luôn đồng biến trên R

Suy ra: f( x 1) f( y)  x 1 y, thế vào (2) ta được:

(2) x 3 x     0 x 0 y 1

Kết luận nhé!

c.Một số phép biến đổi tương đường để xây dung hàm đặc trưng

Đối với dạng này thì nó không có một nguyên tắc nào, mà tùy thuộc vào đặc điểm bài

toán ta có thể tìm ra các dạng hàm đặc trưng nhé! Lên các dạng bài này cần sự biến

đổi của các em , lên anh cũng không làm ví dụ ở đây, phần bài tập tự luận anh sẽ cung cấp các bài toán hay ở phần này.Mong các em cố gắng  !

II.Phương pháp giải hệ phương trình bằng bất đẳng thức cổ điển

Thông thường ta sử dụng phươngnày vào hệ khi có dạng quen của bất đăng thức cổ

điển hoặc khi dùng máy tính tìm nghiệm mà dùng các phương pháo như bình phương,

đặt ẩn phụ 1 ẩn, 2 ẩn, lượng giác , dùng hàm mà không được thì hãy nghĩ đến đánh giá BĐT cho anh nhé .Ý tưởng xử lý:

 Lựa chọn một phương trình và biến đổi được về f(x;y)=a mà khi đó dùng BĐT

hoặc đánh giá được f(x;y) a hoặc f(x;y) a

 Sử dụng phương pháp cộng hoặc trừ mà ta thu được f(x;y)=g(x;y) mà ta dễ

chứng minh được f(x;y) a và g(x;y) a Lúc này mối quan hệ x,y là điều kiện để xảy ra dấu”=”, tức là t phải giải hệ f(x;y)=b;g(x:y)=a nhé !

 Lưu ý:

1)Đôi khi cần nhìn nhận được sự tương đồng giữa các BĐT cổ điển( bất đẳng

thức phụ) để nhìn ra và đáng giá nó thật hợp lý

2)Đối với phương trình vừa mang tính tương đối vừa mang tính chất đẳng cấp

thường thì các biến bằng nhau, tức là x=y.Từ đó dựa đoán được điểm rơi và tách ghép hợp lý để sử dụng đánh giá phù hợp

3)Các BĐT cổ điểm thường được sử dụng trong các dạng này :

Bất đẳng thức Cô si

o Với a,b0 thì a+b 2 ab .Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b

o Với a,b,c0 thì a+b+c3 abc3 .Dấu”=” cảy ra khi và chỉ khi a=b=c

Bất đẳng thức Bunnhiacopxki:

o Với a,b,x,y ta luôn có:  2 2 2 2 2

ax by b x y

ax by b x y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

x  y

o Với x,y,z bất kì ta có:  2 2 2 2 2 2 2

ax by cz b x y z

ax by cz b x y z

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

x   y z

o Với a,b,c là các số thực và x,y,z là các số dương thỏa mã:

2 2 2



 

 

u   v u v Dấu “=” xảy ra khi 2 vecto cùng hướng

Bất đẳng thức vecto:

Ví dụ số 1:Giải hệ phương trình sau: 2

3

12 (12 ) 12(1)

8 1 2 2 (2)

   

   

(Đề thi khối A năm 2014)

Phân tích:Từ phương trình (1) ta thấy bóng dáng của BĐT Cô si viết ngược dạng:

2 ab   a b.Do 2 y 12nên 12x2 0nên sẽ áp dụng BĐT Cô-Si được:

2

(12 )

2

(1’).Cònx 12 y x2(12 y)do chưa khẳng định được x có dương hay không.Nhưng ta luôn có BĐT quen thuộc dạng:

2 2

2

2

uv   u v 

luôn đúng với mọi u,v.Nghĩa là

2

12 12

2

  (2’).Khí đó (1’)+(2’) ta có:

2

x  y y x  và dấu “=” xảy ra khi trong đó (1’), (2’) phải đồng thời xảy

ra, từ đó tìm được mối quan hệ của x,y là y=12-x2 và có lời giải 1 nhé 

 Ngoài ra, nhìn vào phương trình (1) ta cũng thấy dáng quen của BĐT Bunnhi,dạng của nó là: ax by  (a2 b2)(x2  y2) nghĩa là từ (1) ta luôn có:

(1) x 12 y y(12x )  (12x x )(12 y y) 12và dấu”=” xảy ra khi

2

12

12 12

x

 

 



 Lời giải 1: Sử dụng BĐT Cô-si và BĐT phụ nhé !

Ta có:

2 2

2

12 (12 )

2 2

12 12

2

y x

y x

x y

x y

 

 

 





Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:  2

0 2 3 12

x

 

 

