8 ý tưởng giải cho câu hệ phương trình - Cao Văn Tùng

+) Trước hết xét x=y=0thỏa mãn cả 2 phương trình, nên hệ có một nghiệm (0;0). +) Với x;ykhông đồng thời bằng 0ta có:   2 2 2 2 5 2 2 5 2 2 3 x xy y y xy x x y            2 2 2 2 2 2 3 3 5 2 2 5 2 2 x y x y x xy y y xy x            2 2 2 2 3 0 1 5 2 2 5 2 2 x y x y x xy y y xy x               

pdf4 trang | Chia sẻ: phuongdinh47 | Lượt xem: 1450 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem nội dung tài liệu 8 ý tưởng giải cho câu hệ phương trình - Cao Văn Tùng, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 BĂC GIANG Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 8 Ý TƯỞNG GIẢI CHO CÂU HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV: CAO VĂN TÙNG Trường: THPT LẠNG GIANG SỐ 2, BẮC GIANG. Câu 4(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:     2 2 2 2 3 5 2 2 5 2 2 3 , , . 2 1 2 7 12 8 2 5 x xy y y xy x x y x y x y x y xy y                   Lưu ý: Câu hệ phương trình này người ra đề dựa vào ý tưởng đề thi khối A năm 2014, từ phương trình 1 rút rồi thế vào phương trình 2; sau đó từ phương trình 2 giải theo liên hợp. Tuy nhiên phương trình 1 trong đề thi khối A, 2014 có cấu trúc “đẹp hơn” có thể giải quyết theo nhiều hướng hơn. Các em có thể tham khảo 10 cách giải câu hệ khối A, 2014 trên trang web nhà trường phuong-trinh-trong-de-thi-DH-khoi-A-A1-nam-2014-681/ khoảng tháng 7 năm 2014. Hiện nay thầy đã phát triển lên 12 cách giải; sau đây thầy trình bày một số cách giải trong câu hệ đề thi thử của Sở vừa qua; các em có thể tham khảo để ôn tập cho kỳ thi THPT Quốc Gia sắp tới. Cách 1: Lời giải trong đáp án: Điều kiện xác định: 2x y 1 0   . Chỉ ra được   2 2 2 2 2 2 2 2 5x 2xy 2y 5y 2xy 2x x 3x y 3y(y 2 ) ( ) (x 2 ) ( ) * 2 2 2 2            2 2x y 3(x y)2(x y) 3 | x y | 3(x y) 2 2                     0,25 Dấu bằng xảy ra khi: 3 x 3 yy( 2y ) x( 2x ) x y 2 2 2 2 x y x y 0            . Với x y  thay vào hệ được nghiệm x y 0  0,25 Với x y thay vào phương trình thứ hai ta được 23 23 2 2 2 2 23 3 3x 1 2 19x 8 2x x 5 (x 1) 3x 1 2(2 x 19x 8) 2(x x) 0 x x (x x)(x 7)2 2(x x) 0 (x 1) 3x 1 (2 x) (2 x) 19x 8 ( 19x 8)                                   0,25 2 2 23 3 2 1 (x 7)(x x) 2 2 0 (x 1) 3x 1 (2 x) (2 x) 19x 8 ( 19x 8) x 0 x x 0 x 1                          Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm (x; y) (0;0) và (x; y) (1;1) . 0,25 Trong lời giải trên đoạn  * chưa tường minh, thực ra ta áp dụng bất đẳng thức Bunhia coopxki, cụ thể như sau: Đặt x 3x y 3ya y 2 ;b ;c x 2 ;d 2 2 2 2       ; khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2x 3x y 3y(y 2 ) ( ) (x 2 ) ( ) a b c d 2 2 2 2          và     2 2 2 2x y 3(x y)2(x y) a c b d 2 2                    Trở về chứng minh    2 22 2 2 2a b c d a c b d             2 22 2 2 2 2 2 2 2a b c d 2 a b c d a c b d             2 2 2 2a b c d ac bd     luôn đúng vì     22 2 2 2 Bunhiacoxki a b c d ac bd ac bd ac bd        *) Cách 2: Nêu cách xử lý nữa của bất đẳng thức (*) trong cách giải 1. HD: Đặt tọa độ điểm x 3x y 3yM y 2 ; ; N x 2 ; 2 2 2 2                . Khi đó 2 2 2 2 2 2x 3x y 3y x y 3(x y)OM (y 2 ) ( ) ;ON (x 2 ) ( ) ;MN 2(x y) 3 x y 2 2 2 2 2 2                         Theo bất đẳng thức cho 3 điểm O, M,N ta luôn có OM ON MN  (đpcm). Từ đây giải tiếp theo đáp án của sở. *) Cách 3: Sau khi rút thế ở phương trình 1 vào phương trình số 2, ta được phương trình số 2 là 233x 1 2 19x 8 2x x 5      có thể tìm nghiệm bằng cách khác như sau: Đặt    23f x 3x 1 2 19x 8 2x x 5       ; phương trình trên thực ra là  f x 0 . Để ý 1x 3   nên 3 19x 8 0  . Có      2 3 3 38f ' x 4x 1 2 3x 1 3 19x 8       ;      3 23 9 1444f " x 4 0 4 3x 1 9 19x 8        ; mặt khác thấy    f 0 f 1 0  . Kết hợp 2 điều kiện này thì  f x 0 chỉ có đúng 2 nghiệm là 0 và 1. Thực ra có thể dung lý thuyết hàm số và đồ thị hàm số để lập luận của có đúng 2 nghiệm. Tuy nhiên dùng lý thuyết này khá trừu tượng. Tuy nhiên ở phương trình (1) còn nhiều cách xử lý nữa sau đây là một số cách rút y x  . *) Cách 4: Do x; y đối xứng không giảm tính tổng quát ta giả sử y x ; đặt y t x khi đó t 1 và phương trình 1, x, y không thể cùng âm ta giả sử x 0 . Khi đó (1) biến đổi về:      2 2 2 25 2 2 5 2 2 3 1x t t x t t t x        2 2 0 5 2 2 5 2 2 3 1 x t t t t t           +) Với x=0 được y=0 thế vào PT2 thỏa mãn. Hệ có một nghiệm (0;0). +)  2 25 2 2 5 2 2 3 1t t t t t          2 25 2 2 2 5 2 2 2 1 0t t t t t t                 từ đây liên hợp thì tìm được t=1. Rút được y=x. *) Cách 6: Giải như cách 5, tìm t từ phương trình  2 25 2 2 5 2 2 3 1t t t t t       như sau: Đặt    2 25 2 2 5 2 2 3 1f t t t t t t        ; đạo hàm cấp 1, chỉ ra  'f t có nghiệm t=1; sau đó đạo hàm cấp 2 có       3 3 2 2 9 9" 0 2 2 5 5 2 1 f t t t t t        ; đạo hàm sẽ có nghiệm duy nhất; và đạo hàm đồng biến; f(t) có một nghiệm t=1; lập BBT chỉ ra đây là nghiệm duy nhất. *) Cách 6:  0 5 2 3 0f     , vậy t=0 không là nghiệm của phương trình trên. Xét *) TH1: Với t>0 có:   2 2 1 5 2 2 2 1 12 5 3 1f t f t t t t t t t                    Do   10 0f t f t        ; như vậy phương trình   0f t  có nghiệm 0t t thì cũng có nghiệm 0 1 t . Để ý do lấy 1t  nên 0 1t  ; 0 1 1 t  ; do vậy 0 1t   vì chẳng hạn nếu  0 0 1 1 2 1;1 2 t t      vô lý. Từ đây rút được .y x  *) TH2: Với t<0 làm tương tự. *) Cách 7: Liên hợp 1:  2 2 2 25 2 2 5 2 2 3x xy y y xy x x y       \    2 2 2 25 2 2 2 5 2 2 2 0x xy y x y y xy x x y                 làm tiếp rút được x y  ; tuy nhiên khi giải theo cách này cách em phải xét có nghiệm x=y=0 trước sau đó xét x,y không đồng thời bằng 0; không lời giải sẽ bị lỗi. *) Cách 8: Liên hợp 2: +) Trước hết xét x=y=0 thỏa mãn cả 2 phương trình, nên hệ có một nghiệm (0;0). +) Với x;y không đồng thời bằng 0 ta có:  2 2 2 25 2 2 5 2 2 3x xy y y xy x x y           2 2 2 2 2 2 3 3 5 2 2 5 2 2 x y x y x xy y y xy x            2 2 2 2 3 0 1 5 2 2 5 2 2 x y x y x xy y y xy x              *) TH1: x+y=0 rút được cặp nghiệm (0;0) mâu thuẫn với điều kiện. *) TH2:  2 2 2 25 2 2 5 2 2 , 3x xy y y xy x x y       , đến đây có thể dùng hàm số; hoặc có thể giải tiếp như sau: - Thứ nhất từ (3) ta thấy x=y thỏa mãn; kiểm tra còn đkiện nào thỏa mãn không ta kết hợp với phương trình (1) được:       2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 2 5 2 2 3 1 5 2 2 5 2 2 , 3 x xy y y xy x x y x xy y y xy x x y                 Cộng vế được: 2 25 2 2 2x xy y x   2 2 2 2 25 2 2 4 2 2 0 0 0 x xy y x x xy y x x               2 2 0 0 x y y x        0x y   lại mâu thuẫn với x;y không đồng thời bằng 0. Lại rút được y=x từ đây giải tiếp như trong đáp án.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdf8_huong_giai_cau_he_pt_de_thpt_qg_cua_bg_2015_225.pdf