Sáng kiến kinh nghiệm Hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên

Trong giáo dục vấn đề đổi mới, cải cách nhằm nâng cao chất lượng

dạy và học là một vấn đề được rất nhiều người quan tâm. Bản thân tôi là

một giáo viên dạy bộ môn toán Trung học phổ thông. Qua những năm công

tác trực tiếpgiảng dạy và đặc biệt trong những năm học vừa qua tôi được

phân công dạy luyện thi đại học, chương trình đào tạo và bồi dưỡng học

sinh giỏi, tôi luôn suy nghĩ làm thế nào để học sinh và giáo viên vừa học

vừa nghiên cứu thuận lợi nhất, để cải tiến phương pháp giảng dạy sao cho

học sinh tiếp thu bài học nhanh nhất và đạt hiệu quả cao nhất.

Với đặc thù của bộ môn, tôi nhận thấy rằng việc học tập và nghiên

cứu theo các chuyên đề tạo điều kiện rất thuận lợi cho học sinh tiếp thu

kiến thức sâu sắc, nắm vấn đề logic và phân dạng bài tập. Tuy nhiên, việc

sử dụng các chuyên đề hiện nay còn gặp rất nhiều khó khăn như: Các

chuyên đề còn thiếu nhiều, chất lượng các chuyên đề chưa đáp ứng được

yêu cầu thực tế, tỉ lệ học sinh tiếp thu kiến thức theo chuyên đề rất ít.

Trong quá trình thực hiện còn có nhiều khó khăn cũng như thuận lợi

vậy tôi mạnh dạn đưa ra ý kiến để đồng nghiệp tham khảo và góp ý.

pdf29 trang | Chia sẻ: sangkien | Ngày: 25/12/2015 | Lượt xem: 424 | Lượt tải: 10Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 14 - 
- Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) 
không thu được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1). 
ĐK: 1, 0x y  
(1) 2 2( ) ( ) ( )( 1 ) 0y x y x y x y x y y x y            
TH 1. 0x y  (loại do 1, 0x y  ) 
TH 2. 2 1 0 2 1y x x y      thế vào pt (2) ta được 
(2 1) 2 2 4 2 2 ( 1) 2 2( 1)y y y y y y y y y         
1 0 1
22 2
y y
yy
   
    
. Do 0 2y y   . 
Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (5;2)x y  
- Chú ý. Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất 
đối y (hay x) nên có thể giải pt (1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn 
y (hoặc x). 
Bài 3. Giải hệ phương trình 
3
1 1 (1)
2 1 (2)
x y
x y
y x
   

  
Lời giải. 
- Phân tích. Từ cấu trúc của pt (1) ta thấy có thể đưa (1) về dạng tích. 
ĐK: 0xy  . (1) 
1 1 10 0 ( ) 1 0x yx y x y x y
x y xy xy
 
             
 
TH 1. x y thế vào (2) ta được 3 2 1 0 1x x x     hoặc 
1 5
2
x   (t/m) 
TH 2. 1 11 0 y
xy x
     thế vào (2) ta được 
4 2 2 21 1 32 0 ( ) ( ) 0
2 2 2
x x x x         . 
Phương trình vô nghiệm. 
Vậy tập nghiệm của hệ là 
 S = 1 5 1 5 1 5 1 5(1;1); ; ; ;
2 2 2 2
            
    
     
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 15 - 
Bài 4. Giải hệ phương trình 
1 1
(1)3 3
( 4 )( 2 4 ) 3 6 ( 2 )
x y
x y
x y x y
  
    




Lời giải. 
2 2
2 2
3 3 3 3
3 3
1 1 ( )( )( )
1
x y
y x y xy xx y x y y xy x
x y x y
x y

             

TH 1. x y thế vào pt thứ hai ta được 
2 64 12 0
2
x
x x
x
 
     
TH 2. 
2 2
3 3 1 0
y xy x xy
x y
 
    . 
(2) 2 2 2 22 4 9 4 16 36 2( 1) 4( 2) 9 18x y xy x y x y xy              
Trường hợp này không xảy ra do 
2 20 2( 1) 4( 2) 9 0xy x y xy       
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =  (2;2); ( 6; 6)  
Bài 5. Giải hệ phương trình 
2 2
2
8 16 (1)
(2)
xyx y
x y
x y x y
    
   
Lời giải. 
- Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) 
không thu được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1) 
ĐK: 0x y  . (1) 2 2( )( ) 8 16( )x y x y xy x y      
2( ) 2 ( ) 8 16( )x y xy x y xy x y         
2( ) ( ) 16 2 ( 4) 0x y x y xy x y          
 ( 4) ( )( 4) 2 0x y x y x y xy        
TH 1. 4 0x y   thế vào (2) ta được 
2 3 76 0
2 2
x y
x x
x y
   
       
TH 2. 2 2( )( 4) 2 0 4( ) 0x y x y xy x y x y          vô 
nghiệm do ĐK 
Vậy tập nghiệm của hệ là S =  ( 3;7); (2;2) 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 16 - 
Bài 6. Giải hệ phương trình ( )( 2)
2( 1)( ) 4
xy x y xy x y y
x y xy x x
      

     
Lời giải. 
- Điều kiện : 
; 0
( )( 2) 0
x y
xy x y xy


   
- PT (1) ( )( 2) ( ) 0xy x y xy y x y        
( )( 2)
0
( )( 2)
x y y xy x y
x yxy x y xy y
   
  
   
2 1( ) 0 (3)
( )( 2)
y xy
x y
x yxy x y xy y
      
     
- Từ PT (2) ta có 2 24 4( 1) 1 2 2
1 1
y xy x x x x
x x
              
2 1 0
( )( 2)
y xy
x yxy x y xy y
 
  
   
- PT (3) x y  , thay vào PT (2) ta được : 3 22 3 4 0x x x    
1x  hoặc 1 17
2
x  
- Kết hợp với điều kiện ta có 1x  , 1 17
2
x  
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : 1 17 1 17(1; 1); ;
2 2
  
  
 
Bài 7. Giải hệ phương trình : 
2 2 3
2 2 2
5 4 3 2( ) 0 (1)
( ) 2 ( ) (2)
x y xy y x y
xy x y x y
     

   
Lời giải. 
Biến đổi phương trình (2) thành tích ta có 2 2
1
2
xy
x y


 
. 
- TH1: 1y
x
 thay vào (1). 
- TH 2: 
(1) 2 2 2 23 ( ) 2 4 2( )y x y x y xy x y      ( 1)(2 4 ) 0xy x y    
Giải ra ta được nghiệm hệ phương trình là: 
(1;1), (-1;-1), 2 10 10( ; )
5 5
, 2 10 10( ; )
5 5
  
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 17 - 
IV.Phương pháp đặt ẩn phụ. 
Bài 1. Giải hệ phương trình 2 2
1
7
x y xy
x y xy
   

  
Lời giải. 
Đây là hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến. 
Hệ 2
( ) 1
( ) 3 7
x y xy
x y xy
   
 
  
Đặt 
x y S
xy P
 


  2, 4x y S P   ta được 
2
1 1, 2
4, 33 7
S P S P
S PS P
      
      
TH 1. 
1 1 1, 2
2 2 2, 1
S x y x y
P xy x y
       
           
TH 2. 
4 4 1, 3
3 3 3, 1
S x y x y
P xy x y
          
          
. 
Vậy tập nghiệm của hệ là 
S =  ( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1)      
 Chú ý. 
- Nếu hệ phương trình có nghiệm là ( ; )x y thì do tính đối xứng, hệ 
cũng có nghiệm là ( ; )y x . Do vậy, để hệ có nghiệm duy nhất thì điều 
kiện cần là x y . 
- Không phải lúc nào hệ đối xứng loại I cũng giải theo cách trên. Đôi 
khi việc thay đổi cách nhìn nhận sẽ phát hiện ra cách giải tốt hơn. 
 Bài tập tương tự : Giải hệ phương trình: 
2 2 1
3
x xy y
x y xy



  
  
Bài 2. Tìm m để hệ có nghiệm : 
1
1 3
x y
x x y y m
  

  
Lời giải. 
 Đặt 
u x
v y
 


, ĐK 
0
0
u
v



 Hệ phương trình trở thành 3 3
1 1
.1 3
u v u v
u v mu v m
    
 
   
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 18 - 
  u, v là hai nghiệm của phương trình: 2 0t t m   
 Giải ra ta được 10
4
m  
Bài 3. Giải hệ phương trình 
2 2 18
( 1)( 1) 72
x y x y
xy x y
    

  
 Lời giải. 
 Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại I 
- Hướng 1. Biểu diễn từng phương trình theo tổng x y và tích xy 
- Hướng 2. Biểu diễn từng phương trình theo 2x x và 2y y . Rõ 
ràng hướng này tốt hơn. 
Hệ 
2 2
2 2
( ) ( ) 18
( )( ) 72
x x y y
x x y y
    
 
  
. Đặt 
2
2
1,
4
1,
4
x x a a
y y b b
    

    

 ta được 
18 6, 12
72 12, 6
a b a b
ab a b
    
    
TH 1. 
2
2
6 6 2, 3
12 3, 412
a x x x x
b y yy y
      
   
     
TH 2. Đổi vai trò của a và b ta được 
3, 4
2, 3
x x
y y
  

  
. 
Vậy tập nghiệm của hệ là 
S =  (2;3); (2; 4); ( 3;3); ( 3; 4); (3;2); ( 4;2); (3; 3); ( 4; 3)        
 Nhận xét. Bài toán trên được hình thành theo cách sau 
- Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản 
10
21
a b
ab
 


 (I) 
1) Thay 2 2,a x x b y y    vào hệ (I) ta được hệ 
(1) 
2 2 10
( 1)( 1) 21
x y x y
xy x y
    

  
 đó chính là ví dụ 2. 
2) Thay 2 2,a x xy b y xy    vào hệ (I) ta được hệ 
(2) 
2 2
2 2
10
( ) 21
x y
xy x y
  

 
3) Thay 2 2 , 2a x x b x y    vào hệ (I) ta được hệ 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 19 - 
(3) 
2 4 10
( 2)(2 ) 21
x x y
x x x y
   

  
a. Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất 
nhiều hệ phương trình mới. 
b. Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II) 2 2
7
21
a b
a b
 

 
 và 
làm tương tự như trên ta lại thu được các hệ mới khác. Chẳng 
hạn : 
4) Thay 2 2 ,a x y b xy   vào hệ (II) ta được hệ 
(4) 
2 2
4 4 2 2
7
21
x y xy
x y x y
   

  
5) Thay 1 1,a x b y
x y
    vào hệ (II) ta được hệ 
(5) 
2 2
2 2
1 1 7
1 1 21
x y
x y
x y
x y
    

    

Bài 4. Giải hệ phương trình: 
3 2
2
3 (6 ) 2 18 0
3
x y x xy
x x y
     

   
 Lời giải. 
Hệ 
( 2)(3 ) 18 0
( 2) (3 ) 0
x x x y
x x x y
   
 
   
Đặt
( 2)
3
a x x
b x y
 

 
Giải ra ta được nghiệm (1;-3). 
Bài 5. Giải hệ phương trình : 2
2
( 1) 3 0
5( ) 1 0
x x y
x y
x
   


   
 Lời giải. 
ĐK. 0x  . Hệ 2
2
11 3. 0
1( ) 5. 1 0
x y
x
x y
x
    
 
        
Đặt 
1,x y a b
x
   ta 
được hệ : 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 20 - 
2 2 2 2
2, 11 3 0 3 1
1 1,5 1 0 (3 1) 5 1 0
2 2
a ba b a b
a ba b b b
                    
Giải ra ta được tập nghiệm: 3(1;1);(2; )
2
S    
 
Bài 6. Giải hệ phương trình : 
2 3 2
4 2
5
4
5(1 2 )
4
x y x y xy xy
x y xy x
      

     

 Lời giải. 
- Hệ 
2 2
2 2
5( ) ( 1)
4
5( )
4
x y xy x y
x y xy
      
 
    

. Đặt 
2x y a
xy b
  


 ta 
được : 
2
2
2
5 5( 1) 0,0
4 4
55 1 3,44 2 2
a b a a ba a ab
b aa b a b
           
   
            
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = 3 33 5 251; ; ;
2 4 16
        
    
Bài 7. Giải hệ phương trình : 
2 2 2( ) 7
( 2 ) 2 10
x y x y
y y x x
   

  
 Lời giải. 
- Hệ 
2 2 2( ) 7
( 2 ) 2 10
x y x y
y y x x
   

  
2 2
2 2
( 1) ( 1) 9
( ) ( 1) 9
x y
y x x
   
 
   
. 
- Đặt 1, 1a x b y b a y x        
- Ta được hệ 
2 2
2 2
9
( ) 9
a b
b a a
 

  
 2 2 2 2 2( ) 2 0a b b a a a ab a          hoặc 2a b  
- Với 0 3 1, 2a b x y        hoặc 1, 4x y    
- Với 2 3 62 5 9
5 5
a b b b a          
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 21 - 
 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là 
S = 6 3 6 31 ; 1 ; 1 ; 1
5 5 5 5
    
           
    
V. Phương pháp hàm số. 
* Cơ sở phương pháp. Nếu ( )f x đơn điệu trên khoảng ( ; )a b và 
, ( ; )x y a b thì : 
( ) ( )f x f y x y   
Bài 1. Giải hệ phương trình 
3 33 3 (1)
2 2 1 (2)
x x y y
x y
  
 



 Lời giải. 
 Phân tích. Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. 
Tuy nhiên ta muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu 
của hàm số. Hàm số 3( ) 3f t t t  không đơn điệu trên toàn trục số, nhưng 
nhờ có (2) ta giới hạn được x và y trên đoạn  1;1 . 
Từ (2) ta có  2 21, 1 , 1;1x y x y     
Hàm số 3( ) 3f t t t  có 2'( ) 3 3 0, ( 1;1) ( )f t t t f t       
nghịch biến trên đoạn  1;1 .  , 1;1x y  nên (1) 
( ) ( )f x f y x y    thế vào pt (2) ta được 2
2
x y   . 
Vậy tập nghiệm của hệ là S = 2 2 2 2; ; ;
2 2 2 2
 
     
    
     
 Nhận xét. Trong TH này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để 
hàm số đơn điệu trên đoạn đó. 
Bài 2. Giải hệ phương trình : 
3
1 1 (1)
2 1 (2)
x y
x y
y x
   

  
 Lời giải. 
- Xét hàm số 2
1 1( ) ( 0) '( ) 1 0f t t t f t
t t
       nên hàm số 
đồng biến. 
- Từ (1) ( ) ( )f x f y x y    
- Thay vào (2) có nghiệm 1 51;
4
x   
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 22 - 
Vậy tập nghiệm của hệ là 
S =   , ,1 5 1 5 1 5 1 51;1 ; ;
4 4 4 4
            
    
     
Bài 3. Giải hệ phương trình 
1 1
3 3
( 4 )(2 4) 36 (2)
(1)x y
x y
x y x y
  
    





. 
 Lời giải. 
- Xét hàm số 3 4
1 3( ) ( 0) '( ) 1 0f t t t f t
t t
       nên hàm số 
đồng biến. 
- Từ (1) ( ) ( )f x f y x y    
- Thay vào (2) có nghiệm 2; 6x   . 
Vậy tập nghiệm của hệ là S =   , ( 6; 6)2;2   
Bài 4. Giải hệ phương trình 
3 33 ( 1) 9( 1) (1)
1 1 1 (2)
x x y y
x y
     

   
 Lời giải. 
- Từ điều kiện và từ phương trình (2) có 1; 1 1x y   
- 3 3(1) 3 ( 1) 3 1x x y y      , xét hàm số 3( ) 3f t t t  trên 
[1; ) 
- Hàm số đồng biến trên [1; ) , ta có 
( ) ( 1) 1f x f y x y     
- Với 1x y  thay vào (2) giải được 1; 2x x  
Vậy tập nghiệm của hệ là S =   , (2;5)1;2 
Bài 5. Giải hệ phương trình
2(4 1) ( 3) 5 2 0 (1)
2 24 2 3 4 7 (2)
x x y y
x y x
    
   



Lời giải. 
- (1) 2(4 1)2 (2 6) 5 2 0x x y y      
   
2 32 3(2 ) 1 (2 ) 5 2 1 5 2 (2 ) 2 5 2 5 2x x y y x x y y                  
(2 ) ( 5 2 )x f y   với 3( )f t t t  . 
- Ta có 2'( ) 3 1 0, ( )f t t t f t      đồng biến trên  . 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 23 - 
Do đó 
25 4
(2 ) ( 5 2 ) 2 5 2 , 0
2
x
f x f y x y y x

        
- Thế vào pt (2) ta được 
225 424 2 3 4 7 0 ( ) 0
2
x
x x g x

      
 
  
 
- Với 
225 4 32( ) 4 2 3 4 7, 0;
2 4
x
g x x x x

     
   
       
. 
- Ta chứng minh được hàm g(x) nghịch biến. 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;1) 
Bài 6. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm 
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 0
x y y x
x x y y m
    

     
Lời giải. 
 - Điều kiện. 1 1, 0 2x y     
(1) 3 33 ( 1) 3( 1)x x y y      
- Hàm số 3( ) 3f t t t  nghịch biến trên đoạn [ 1;1] 
 , 1 1;1x y    nên ( ) ( 1) 1 1f x f y x y y x        
Thế vào pt (2) ta được 2 22 1 (3)x x m    
Hệ có nghiệm  (3) có nghiệm  1;1x  
Xét  2 2
2
1( ) 2 1 , 1;1 , '( ) 2 1
1
g x x x x g x x
x
 
       
 
'( ) 0 0g x x   . (0) 2, ( 1) 1g g    
Pt (3) có nghiệm  1;1 2 1 1 2x m m           
Bài 7. Giải hệ phương trình: 
 
5 4 10 6 (1)
24 5 8 6 2
x xy y y
x y
   

    
. 
Lời giải. 
TH1 : Xét 0y  thay vào hệ thây không thỏa mãn. 
TH2 : Xét 0y  , chia 2 vế của (1) cho 5y ta được 5 5( ) (3)x x y y
y y
   
- Xét hàm số 5 4( ) '( ) 5 1 0f t t t f t t      nên hàm số đồng biến. 
- Từ 2(3) ( ) ( )x xf f y y x y
y y
      
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 24 - 
- Thay vào (2) ta có phương trình 4 5 8 6 1x x x      . 
Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (1;1)x y  
Bài 8. Giải hệ phương trình 
2 2
2 2 ( )( 2)
2
x y y x xy
x y
   

 
Lời giải. 
Phân tích. Nếu thay 2 22 x y  vào phương trình thứ nhất thì ta được 
Thay 2 22 x y  vào phương trình thứ nhất ta được 
2 2 3 3 3 32 2 ( )( ) 2 2 2 2x y x y x yy x xy x y y x x y             (1) 
Xét hàm số 3( ) 2 ,tf t t t   có 2'( ) 2 ln 2 3 0,tf t t t     suy 
ra ( )f t đồng biến trên  . (1) ( ) ( )f x f y x y    thế vào pt thứ 
hai ta được 
1x y   . Vậy tập nghiệm của hệ là S =  (1;1); ( 1; 1)  
Bài 9. Giải hệ phương trình 
2
2
1 3
1 3
y
x
x x
y y
   

  
Lời giải. 
Trừ vế hai phương trình ta được 
 2 2 2 21 1 3 3 1 3 1 3y x x yx x y y x x y y              
( ) ( )f x f y với 2( ) 1 3tf t t t    . 
2
( ) 1 3 ln3 0,
1
ttf t
t
    

 
( )f t đồng biến trên  . Bởi vậy ( ) ( )f x f y x y   thế vào 
phương trình thứ nhất ta được 
 2 21 3 1 3 1 (0) ( )x xx x x x g g x         
Với  2( ) 3 1xg x x x   . 
 2 2'( ) 3 ln3 1 3 11
x x xg x x x
x
 
     
 
 2 213 1 ln3 0,1
x x x x
x
 
       
 
 do 2 1 0x x   và 
2 1 1x   
Suy ra ( )g x đồng biến trên  . Bởi vậy ( ) (0) 0g x g x   
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (0;0) 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 25 - 
Bài 10. Chứng minh hệ 
2007
2 1
2007
2 1
yxe
y
xye
x
 

 







 có đúng 2 nghiệm 0, 0x y  
Lời giải. 
 ĐK: 
2
2
1 0 ( ; 1) (1; )
( ; 1) (1; )1 0
x x
yy
       
 
      
. Do 
0
0
x
y



 nên 
1
1
x
y



Trừ vế hai pt ta được 
2 2 2 21 1 1 1
x y x yx y x ye e e e
x y x y
      
   
Hay ( ) ( )f x f y với 
2
( ) , (1; )
1
t tf t e t
t
   

. 
 2 2
1'( ) 0, (1; ) ( )
1 1
tf t e t f t
t t
     
 
 đồng biến trên 
(1; ) . 
Bởi vậy ( ) ( )f x f y x y   thế vào pt thứ nhất ta được 
2 2
2007 2007 0 ( ) 0
1 1
x xx xe e g x
x x
       
 
Với 
2
( ) 2007, (1; )
1
x xg x e x
x
    

. Ta có 
2
2 2 2 3 2
1 3 ( 1)'( ) ; ''( ) 0, (1; )
( 1) 1 ( 1) 1
x x x xg x e g x e x
x x x x

       
   
Suy ra '( )g x đồng biến trên (1; ) . '( )g x liên tục trên (1; ) và 
có 
1
lim '( ) , lim '( )
xx
g x g x
 
    nên '( ) 0g x  có nghiệm duy nhất 
0 (1; )x   và 
0 0 0'( ) 0 '( ) '( ) . '( ) 0 1g x g x g x x x g x x x         
Từ BBT của ( )g x ta suy ra phương trình ( ) 0g x  có đúng 2 
nghiệm (1; )x  . 
Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương. 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 26 - 
C. KẾT LUẬN 
1. Ý nghĩa 
Bất cứ một vấn đề khoa học nào, khi đưa ra cũng cần có thời gian 
kiểm nghiệm. Nhưng với việc sử dụng chuyên đề "hệ phương trình 
dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên" vào ôn luyện 
thi đại học và luyện thi học sinh giỏi toán Trung học phổ thông là hết 
sức cần thiết. Tuy nhiên tôi vẫn đưa vấn đề này ra trao đổi cùng mọi 
người để trong thời gian tới việc ôn luyện thi đại học và luyện thi học 
sinh giỏi toán được tốt hơn. 
2. Hiệu quả 
Qua thực tế giảng dạy và ôn tập cho học sinh thi đại học các năm như sau: 
Năm 2010 có áp dụng các chuyên đề 
Số học sinh tham 
gia ôn thi 
Điểm dưới 5,0 Điểm từ 5,0 đến 
7,0 
Điểm trên 7,0 
67 (32)47,8% (25)37,3% (10)14,9% 
Năm 2011 có áp dụng các chuyên đề 
Số học sinh tham 
gia ôn thi 
Điểm dưới 5,0 Điểm từ 5,0 đến 
7,0 
Điểm trên 7,0 
69 (32)46,4% (26)37,7% (11)15,9% 
Năm 2012 có áp dụng các chuyên đề 
Số học sinh tham 
gia ôn thi 
Điểm dưới 5,0 Điểm từ 5,0 đến 
7,0 
Điểm trên 7,0 
69 (31)44,9,% (27)39,1% (11)16,0% 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 27 - 
3. Kiến nghị 
 Để nâng cao chất lượng và hiệu quả trong luyện thi đại học, luyện thi 
học sinh giỏi tôi xin kiến nghị như sau: 
 - Đối với học sinh học theo chương trình cơ bản cần tăng cường số 
tiết tự chọn. 
 - Cần có kế hoạch lâu dài về việc ôn luyện. 
Trên đây là ý kiến của tôi với kinh nghiệm thực tế, có tham khảo ý kiến 
của nhiều đồng nghiệp có kinh nghiệm và tham khảo một số tài liệu 
chuyên môn. Tuy nhiên, trong quá trình thực hiện không thể tránh được 
những sai sót. Rất mong ý kiến đóng góp của đồng nghiệp. 
Tôi xin chân thành cảm ơn! 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 28 - 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
 1- Bộ sách giáo khoa 10, 11, 12 ( nhà xuất bản giáo dục ). 
 2- Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi bậc Trung học phổ thông môn 
Toán (Vụ Trung học phổ thông Bộ Giáo Dục Và Đào Tạo). 
 3- Bộ đề ôn thi đại học (Nhà xuất bản giáo dục) 
4- Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán Trung học phổ thông 
(Phan Huy Khải). 
 5- Phương trình hệ phương trình (Lê Hoành Phò) 
6- Bài giảng giải tích (Nguyễn Duy Tiến) 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 29 - 
MỤC LỤC 
STT 
1. 
2. 
3. 
4. 
NỘI DUNG 
A. Đặt vấn đề 
B. Nội dung 
I. Thực trạng về trình độ và điều kiện học tập của học sinh 
II. Cơ sở lý luận 
III. Nội dung và phương pháp thực hiện 
Phần 1. Một số loại hệ phương trình 
Phần 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình 
C. Kết luận 
Tài liệu tham khảo 
TRANG 
1 
3 
3 
3 
5 
5 
5 
26 
28 

File đính kèm:

  • pdfSKKN_HE_PHUONG_DANH_CHO_HOC_SINH_THPT_KHONG_CHUYEN.pdf
Sáng Kiến Liên Quan