Sáng kiến kinh nghiệm
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
**********
1. Tên sáng kiến:
RÈN LUYÊN TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC SÁNG TÁC MỘT SỐ
PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH TỪ CÁC ĐẲNG THỨC ĐIỂN HÌNH
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Chương trình Toán lớp 10 THPT, 11 THPT.
- Chuyên đề ôn thi THPT Quốc Gia.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ 8 - 2015 đến 5 - 2016
4. Tác giả:
Họ và tên: Bùi Văn Toan
Năm sinh: 1985
Nơi thường trú: Thái học, Trực Cường, Trực Ninh, Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ
Chức vụ công tác: Giáo viên
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Điện thoại: 0977.012.356
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định
Điện thoại: 03503.640297

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 1


Sáng kiến kinh nghiệm
ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Trong các kỳ thi Đại học, Cao đẳng, THPT Quốc gia và thi học sinh gi ỏi chúng ta
thường bắt gặp các dạng toán liên quan tới phương trình, hệ phương trình. Bài toán


Sáng kiến kinh nghiệm
những năm gần đây.Tài liệu tham khảo khá nhiều nhưng học sinh đôi khi ti ếp c ận
một cách thụ động hoặc chấp nhận lời giải một cách không tự nhiên, đôi khi không
hiểu tại sao bài toán lại được giải quyết theo hướng đó.
Giúp học sinh nhận dạng được các bài toán có một phương pháp mang l ại hi ệu
quả rõ nét. Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán, khả năng sáng
tạo và tự sáng tác các phương trình, hệ phương trình. Qua đó h ọc sinh nâng cao kh ả
năng tư duy, sáng tạo. Nâng cao khả năng tự học, tự bồi dưỡng và khả năng gi ải các
bài toán trong kỳ thi THPT Quốc gia môn Toán 2016.
Điểm mới trong kết quả nghiên cứu: Hệ thống các dạng toán có liên quan đ ến
phương trình và hệ phương trình được gắn vào các bài toán tổng quát, xây dựng hệ
thống bài tập cho riêng mình, áp dụng vào giảng dạy thực tế đối với học sinh khá, gi ỏi
các lớp 11A1, 10A2, 10L, 10A2 trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong trong đ ợt ôn thi
học kì và học sinh ôn thi THPT Quốc gia năm 2016.

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 3


Sáng kiến kinh nghiệm

NỘI DUNG SÁNG KIẾN
A. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bước 2: Biến đổi một phương trình của hệ về dạng phương trình tích số để được các
hệ thức đơn giản chứa x,y.
Các kỹ thuật thường sử dụng:

theo ẩn y, phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được
 y = x +1
(1) ⇔ y 2 − ( 3x + 2 ) y + 2 x 2 + 3x + 1 = 0 ⇔  y − ( x + 1)   y − ( 2 x + 1)  = 0 ⇔ 
 y = 2x + 1

+) Thế

y = x +1

, thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:

3x 2 − x + 3 = 3x + 1 + 5 x + 4

(3)

Do phương trình (3) có hai nghiệm

thành dạng

⇔

(x

3( x2 − x ) +

(x

2

⇔

3
x
+
1
x
+
2
+
5
x
+
5
1 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 43 

x = 0 ⇒ y =1
y = 2x + 1

[thỏa (*)] ;

Với

x =1⇒ y = 2

[thỏa (*)]

(4)

Do phương trình (4) có hai nghiệm

,

x=0

) (

4x +1 −1 +

nên ta định hướng phân tích (4) thành dạng

)

9x + 4 − 2 = 0

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 5


Sáng kiến kinh nghiệm

⇔

3x +

Với

4x
9x
+
=0
4x + 1 + 1
9x + 4 + 2
⇔


Ví dụ 2. Giải hệ phương trình

( x; y )

là

( 0;1)

và

( 1;2 )

( 1 − y ) x − y + x = 2 + ( x − y − 1) y
 2
2 y − 3x + 6 y + 1 = 2 x − 2 y − 4 x − 5 y − 3

(1)
(2)

Bài giải

+) Điều kiện :

y ≥ 0

x ≥ 2 y
4 x ≥ 5 y + 3



1 
⇔ ( 1 − y ) ( x − y − 1) 
+
=0
y =1
 x − y +1 1+ y ÷
÷
1 4 4 4 2 4 4 4 3
⇔
 y = x −1
>0

Thế

y =1

, thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:

thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 6

9 − 3x = 0 ⇔ x = 3

2 x2 − x − 3 = 2 − x

(3)

.Thế




 x ≤ −1 ∨ x ≥ 2
 x ≤ −1 ∨ x ≥
⇔

⇔
2
7
2
2
 x = ±
( x − x − 1) ( 4 x − 7 ) = 0
4 x 4 − 4 x 3 − 11x 2 + 7 x + 7 = 0
2





1+ 5
x =
2
⇔

7
x = −

2


 y 2 = ( 5 x + 4 ) ( 4 − x )
 2
2
 y − 5 x − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0

 x 2 − 3x = y 2 − y − 2

2
( x + y ) x − 4 x + 5 = ( 2 − x )

2)

 xy + x − 2 = 0
 3
2
2
2
2 x − x y + x + y − 2 xy − y = 0

( x + y)

2

+1

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 7

4)

 x3 + 18 x − y + 1 ( y + 19 ) = 0


2 x − 2 y − 1 + y − 14 = x − 2

II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp hàm số
+ Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f(u) = f(v) (u, v là các biểu thức
chứa x,y)
+ Xét hàm đặc trưng f(t), chứng minh f(t) đơn điệu, suy ra: u = v (đây là hệ thức
đơn giản chứa x, y)
Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được
phương trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn.
Với phương trình một ẩn, nếu f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên D thì phương
trình

f ( x) = 0

có tối đa một nghiệm trên D.

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

8 x3 − y 3 + 6 y 2 − 6 x − 9 y + 2 = 0
 2
2
4 x + 1 − 4 x − 3 ( y − 1) ( 3 − y ) + 1 = 0

(1)
(2)

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 8

nên

−1 ≤ y − 2 ≤ 1

.

(a)


Sáng kiến kinh nghiệm

Xét hàm đặc trưng
mọi

t ∈ [ −1;1]

. Suy ra

( a) ⇔

f (t ) = t 3 − 3t
f ( t)

, với

t ∈ [ −1;1]

.Ta có

; 2 + 2 3 − 3 ÷; ( x; y ) =  −
; 2 − 2 3 −3÷
÷

÷
2
2





( x; y ) = 

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình

.

 x 3 − x 2 y = x 2 − x + y + 1
 3
2
3
2
 x − 9 y + 6 ( x − 3 y ) − 15 = 3 6 x + 2

(1)
(2)

Bài giải
Ta có:

, với

t∈¡

.

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong 9

.Ta có

f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0

, với mọi

( a)

t∈¡

. Suy


Sáng kiến kinh nghiệm

Do đó:

( a) ⇔

f ( x − 1) = f ( 3 6 x 2 + 2) ⇔ x − 1 = 3 6 x 2 + 2 ⇔ x3 − 9 x 2 + 3x − 3 = 0
.


 2 −1 2 −1 
.

( x; y ) =  3
Vậy nghiệm của hệ phương trình là

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình

( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 ( 1)
 2
2
( 2)
4 x + y + 2 3 − 4 x = 7

Bài giải

+) Điều kiện
+) Khi đó:

3
5
x≤ ,y≤
4
2

(1) ⇔ ( 4 x 2 + 1) .2 x = ( 5 − 2 y + 1) 5 − 2 y

Xét hàm đặc trưng
t∈¡


2

f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0

.

vào phương trình (2) ta được phương trình:

2

5

4x +  − 2x2 ÷ + 2 3 − 4x − 7 = 0
2

2

•

Nhận thấy

x=0

x=
và

3
4

(b)

, khi đó:

( b ) ⇔ g ( x ) = g 

(3)

Khảo sát tính đơn điệu của hàm số

•

Ta có:

Do đó

g ( x)

trên khoảng

 3
 0; ÷
 4

4
4
5

g '( x ) = 8x − 8 x  − 2 x 2 ÷−
= 4 x ( 4 x 2 − 3) −


.

3 x 2 + 3 y 2 + 8 = ( y − x ) ( y 2 + xy + x 2 + 6 )


( x + y − 13) 3 y − 14 − x + 1 = 5

(

( 1)

)

( 2)

Bài giải

+) Điều kiện:

 x ≥ −1
x + 1 ≥ 0

⇔

14
3 y − 14 ≥ 0
 y ≥ 3 ( *)

+) Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của

f ′ ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f ( t )

đồng biến


Sáng kiến kinh nghiệm

Do

x +1 > 0

và

y −1 > 0

nên

( 3)

⇔ f ( x + 1) = f ( y − 1) ⇔ x + 1 = y − 1 ⇔ x + 2 = y

Thế(4) vào (2) để được phương trình một ẩn
x=
Ta nhận thấy

( 5) ⇔

11
2


, x ∈  ; ÷∪  ; +∞ ÷
2 x − 11
3 2   2


3
1
10
3 x + 1 − 3x − 8
10
−
+
=
+
>0
2
2
2 3x − 8 2 x + 1 ( 2 x − 11)
2 ( 3 x − 8 ) ( x + 1) ( 2 x − 11)

 8 11   11

∀x ∈  ; ÷&  ; +∞ ÷
3 2   2


⇒ g ( x)

đồng biến trên các khoảng


4

thoả mãn (*)

 11

 11

8 ∈  ; +∞ ÷, g ( 8 ) = 0
 ; +∞ ÷
g ( x)
2

2

+) Trên khoảng
thì
đồng biến,
nên

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong12


Sáng kiến kinh nghiệm

( 6)

( )
⇔ g ( x ) = g ( 8 ) ⇔ x = 8 → y = 10
4

( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
 2
4 x + y 2 + 2 3 − 4 x = 7

4)

( 2012 − 3 x ) 4 − x + ( 6 y − 2009 ) 3 − 2 y = 0

2
2 7 x − 8 y + 3 14 x − 18 y = x + 6 x + 13

 x + 3 x − y y − 1 = 0
 4
3
3
2
 x + x − x + 1 = x ( y − 1) + 1

6)

 x 3 − y 3 = 3 y 2 + 4 y − x + 2

3
 x + y + 3 x + 3 y + 19 = 105 − y − xy

7)

( 53 − 5 x ) 10 − x + ( 5 y − 48 ) 9 − y = 0

2


Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

 x 2 + 1 + y ( x + y ) = 4 y
 2
( x + 1) ( x + y − 2 ) = y

(1)
(2)

(*)

Bài giải
+) Biến đổi sao cho hai phương trình của hệ xuất hiện hai biểu thức giống nhau

Do

y=0

u=

Đặt

+) Với

không thỏa mãn hệ trên nên

x2 + 1
y



y = 5
x + y −1 = 1


+) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình

u + v = 2
u = 1
⇔

u.v = 1
v = 1

( x; y ) = ( 1;2 ) ; ( −2;5 )

.

 x2 − y 2 − 6 = 0

4
 x + y −1 2 −
=3
(
)
2

x

4
 x + y −1 2 −
=3
)
2
(
x
−
y
(
)


+) Đặt

u = x+ y

và

v = x− y

hệ phương trình trở thành

6

6
v=

uv = 6
u = 3; v = 2

2
⇔

x − y = 2
y = 1

2

và

35

3
x=−


x + y = −

8
4⇔

 x − y = −8
 y = 29

8

( x; y ) = 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình :

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong15


Sáng kiến kinh nghiệm

(

⇔ 33 − 2 x − x 2 = 2 − x + 1

pt

Đặt

u = x + 1, v = 2 − x + 1

Khi đó ta có hệ :

)

2

(

⇒ v4 = 2 − x + 1

)

4

=

7)

9)

 x 2 + xy − 3x + y = 0
 4
2
2
2
 x + 3x y − 5 x + y = 0

2)

( x 2 + x ) y 2 − 4 y 2 + y + 1 = 0


2 2
3
3
 xy + x y + 1 − ( 4 − x ) y = 0

4)

 x 2 + y 2 + xy = 3x − 2
 2
4
4
2
4
( x + xy ) + ( y + 2 ) = 17 x

 2
2
 x + xy + 2 y + x − 8 y = 9

 x 2 + y 2 = xy + x + y
 2
2
 x − y = 3

4 ( x 4 + 2 x 3 y + x 2 y 2 ) = 2 x + 2 y + 9
 2
2
3 x + 2 xy − y = 6 ( x + y + 1)

IV. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong16


Sáng kiến kinh nghiệm
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp đánh giá.
Thường là sử dụng các bất đẳng thức cơ bản: Cô-si, bất đẳng thức về giá tr ị tuyệt
đối,...
Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được
phương trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1
ẩn).

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

x 12 − y + y ( 12 − x 2 ) ≤ 12
 (
2
⇒

Thế

y = 12 − x 2

vào phương trình (2) ta được phương trình một ẩn:

x3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2

(3)

Phương trình (3) có một nghiệm là

( x − 3) . f ( x ) = 0

nên

x ≥ 0

( 1) ⇔  y = 12 − x 2

, (3)

⇔

x=3



÷= 0
2
−
x
1 4 4 4 4 214+ 410
4 4 43

( x − 3)  x 2 + 3 x + 1 +
⇔

>0

⇔ x=3

[thỏa (*)]

Vậy hệ phương trình có một nghiệm

( x; y )

là

( 3;3)

.

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 = 3( x + y ) (1)

→x + y ≥ 0
( x; y ) 

. Thật vậy

. Ta thấy

5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 ≥ 2 x + y ( *)

( *) ⇔ 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 ≥ ( 2 x + y )

. Tương tự

( *) & ( **) ⇒ VT ( 1)

.

2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 ≥ x + 2 y ( **)

2

⇔ ( x − y) ≥ 0

dấu bằng khi

2

luôn đúng với

x= y


⇔
x2 − x
+
3x + 1 + x + 1

2

+ ( x + 2) 3 19 x + 8 + ( x + 2) 2
2 ( x 2 − x ) ( x + 7)

3

⇔

⇔

( 19 x + 8 )

 x2 − x = 0

1

+
 3x + 1 + x + 1


( 19 x + 8 )

2

8 xy
17  x y  21
+
 2
 + ÷=
2
 x + y + 6 xy 8  y x  4

 x − 16 + y − 9 = 7

(1)
(2)

Bài giải

Điều kiện:

 x ≥ 16

y ≥ 9

Đánh giá phương trình (1) để tìm hệ thức đơn giản liên hệ giữa x và y.

( 1) ⇔
Ta có:

8
17  x y  3
+  + ÷+ = 6
x y

4 t +6 8
+ +6 8  y x  4 t +6 8
y x

Dấu “=” xảy ra khi

8
1
= ( t + 6) ⇔ t = 2 ⇔ x = y
t +6 8

Thế y = x vào (2), ta được:
Với

x = 25 ⇒ y = 25

( x − 16 ) ( x − 9 )

x − 16 + x + 9 = 7 ⇔

= 37 − x ⇔ x = 25

[thỏa (*)].

Vậy hệ phương trình có nghiệm

( x, y ) ∈ { ( 25;25 ) }

.


3

( 1)
 x − y = 35
 2
2

2 x + 3 y = 4 x − 9 y ( 2 )

.

Nhân hai vế của (2) với -3 rồi cộng với (1) ta được:

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong20

thì

x3 − y 3 = 35

.


Sáng kiến kinh nghiệm
x 3 − y 3 − 6 x 2 − 9 y 2 = 35 − 12 x + 27 y ⇔ ( x − 2 ) = ( y + 3) ⇔ x = y + 5
3

Thay vào (2) ta được :
Nghiệm của hệ là :

3


sao cho thỏa mãn :

x3 + 2α x 2 − 4α x − y 3 + 3α . y 2 + 9α y − 35 = ( x − a ) − ( y − b )
3

3

α = −3
2

2α = −3a; −4α = 3a

⇒
⇒ a = 2
2
3
3

3α = 3b;9α = −3b ; −35 = b − a

b = −3

Chú ý rằng: việc xét

β .( 1) + α .( 2 )

( 1) + α .( 2 )

vẫn không giảm tổng quát hơn so với việc xét

Ta sẽ thu được :

2x2 + y 2 = 4 x − y

Giải hệ phương trình :

. Từ đó ta có bài toán sau:

 x3 − y 3 = 9
 2
2
2 x + y = 4 x − y

.

Với việc xuất phát từ đẳng thức :

( x − 2)

4

= ( y − 4 ) ⇔ x 4 − 8 x 3 + 24 x 2 − 32 x = y 4 − 16 y 3 + 96 y 2 − 256 y + 240 ( *)

Khi đó, chọn

4

x = 4; y = 2

thì (*) đúng. Do vậy, cũng với

⇔
x − 2 = y − 4
x = y − 2

+) Khi

y = x+2

thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được :

x 3 + 3 x 2 + 4 x + 32 = 0 ⇔ ( x + 4 ) ( x 2 − x + 8 ) = 0 ⇔ x = −4
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong22

4


Sáng kiến kinh nghiệm

y = 6− x

+) Khi

thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được :

x 3 − 9 x 2 + 36 x − 64 = 0 ⇔ ( x − 4 ) ( x 2 − 5 x + 16 ) = 0 ⇔ x = 4

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm :

( 4;2 ) ; ( −4; −2 )


3u 2 − 5v 2 = 9u + 25v

u = x + y; v = x − y

( *)

u = 3; v = −5

thì

u 3 + v 3 = −98

.

, và qua một số phép biến đổi cơ bản, ta có hệ :

3
2

 x + 3 xy = −49
 2
2

 x − 8 xy + y = 8 y − 17 x

( 1)
( 2)
.

Ta có bài toán sau :


x=
, suy ra

u+v
u−v
;y =
2
2

.Thay vào (1) ta được:

+ 3 ( u + v ) ( u − v ) = −392 ⇔ u 3 + v 3 = −98
2

Thay vào (2) ta được :

( u + v)

2

− 8 ( u 2 − v 2 ) + ( u − v ) = 16 ( u − v ) − 34 ( u + v ) ⇔ 3u 2 − 5v 2 = 9u + 25v
2

Ta có hệ mới :

u 3 + v3 = −98
 2
2
3u − 5v = 9u + 25v


lại thu được những bài toán phức tạp hơn, hoặc chuy ển các ẩn đó bằng các bi ểu thức
chứa dấu căn, ta có thể thu được các dạng hệ phương trình vô tỷ.
Bài tập tương tự :
(Moldova Team Selection Test 2008) Giải hệ phương trình :

a)

 x 3 + 3xy 2 = 49
 2
2
 x + 8 xy + y = 8 y + 17 x

b)

6 x 2 y + 2 y 3 + 35 = 0
 2
2
5 x + 5 y + 2 xy + 5 x + 13 y = 0

(Olympic các trường Chuyên khu vực Duyên hải và Đồng b ằng B ắc bộ 2011 )

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong24


Sáng kiến kinh nghiệm

a)

 x3 − y 3 − 3 y 2 = 9

rồi cộng lại :

α ( x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 3 x ) + β ( xy + y 2 + 3 y + 1) = 0

β 
β

β
 

⇔ α  x 2 +  + 2 ÷xy +  + 2 ÷ y 2  + 3α  x + y ÷+ β = 0
α 
α

α
 



Ta cần chọn

α,β

sao cho :

β
β

β


Đồng nhất hệ số ta tìm được :

β = 2α

.

.Từ đó ta chọn

Xét một phương trình bậc 3 nào đó, chẳng hạn :
2x = 3 4 − 6x

( 2x)

3

. Ta ghép với một hàm đơn điệu :

+ 2 x = 3 4 − 6 x + 4 − 6 x ⇔ 8x3 + 8 x − 4 = 3 4 − 6 x

Khi đó ta được bài toán :

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong25

α =1

và

β =2

.