Mục lục
Nội dung
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
1.5. Những điểm mới của SKKN
2. NỘI DUNG
2.1.Cơ sở lí luận
2.2. Thực trạng của vấn đề
2.3. Nôi dung
2.3.1.Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh
2.3.2. Hệ phương trình giải bằng phương pháp lượng giác hóa
2.3.3. Hệ phương trình hai ẩn không mẫu mực
2.3.4. Bài tập áp dụng phương pháp
2.4.Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
3. KẾT LUẬN,KIẾN NGHỊ
4. TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang
3
3
4
4
4
5
5
5
6
7

toán nhưng kết quả thi HSG, thi đại học không cao so với các môn khác. Là giáo
viên ra trường 15 năm, có kinh nghiệm giảng dạy đội tuyển HSG và luyện thi ĐH,
THPT quốc gia nhưng tôi vẫn còn băn khoăn và vướng mắc nhiều vấn đề , đặc biệt
là hệ phương trình trong đó có hệ phương trình nhiều ẩn. Tại trường THPT Triệu
Sơn 5 nơi tôi công tác, chất lượng đầu vào thấp, giáo viên chưa tiếp cận nhiều, còn
lúng túng chưa giải quyết thỏa đáng cho học sinh, đặc biệt học sinh gần như không
định hướng được, điều đó gây cản trở giữa việc ôn thi HSG của nhà trường nói
chung, chất lượng giảng dạy mũi nhọn nói riêng. Theo tinh thần Đại hội Đảng toàn
quốc vừa diễn ra “ giáo dục đào tạo là quốc sách hàng đầu, đầu tư cho giáo dục là
đầu tư cho sự phát triển, nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài,
nhất là đối tượng nhân lực chất lượng cao, đáp ứng nhu cầu hội nhập với thế giới”
càng cần hơn đối tượng học sinh mũi nhọn để đi sâu vào nghiên cứu khoa học,
giảm thiểu sự thiếu và yếu về lính vực này.
Ở đây tôi không đề cập đến vấn đề giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn và
ba ẩn giải bằng phương pháp cộng, thế thông thường vì đó là kiến thức cơ bản SGK
viết rất kĩ mà tôi chỉ đề cập đến hệ nhiều ẩn giải bằng các phương kháp “không
mẫu mực”. Ta biết rằng hệ phương trình chiếm một phần kiến thức quan trọng
trong chương trình toán THPT, không chỉ ở lớp 10 mà cả lớp 11 và đặc biệt lớp 12.
Nó không chỉ thường xuyên gặp trong các kì thi ĐH, CĐ, thi THPT quốc gia, thi
HSG các cấp, thi chọn GV giỏi mà còn ở kì thi chọn HSG quốc gia bậc THPT.
Thực tiễn trong đời sống cần giải quyết bài toán ứng dụng trong sản xuất
(qui hoạch tuyến tính) đòi hỏi ta giải hệ phương trình, hệ bất phương trình để nhằm
đáp ứng nhu cầu xã hội đồng thời rèn luyện tư duy cho người học. Hiện tại chưa có
nhiều tài liệu nghiên cứu sâu về vấn đề khó này cũng như đề ra các biện pháp giúp
học sinh tìm hiểu và nắm bắt tốt hơn vấn đề này.
Tôi cho rằng khi ôn luyện cho học sinh khá giỏi trong các kì thi đã bắt gặp
nhiều bài toán như hệ phương trình tham số, hệ chứa căn, hệ phương trình giải
bằng phương pháp hàm số, đánh giá nhận xét bằng bất đằng thức, bằng công cụ đạo
hàm…cụ thể kì thi ĐH nhiều năm, thi HSG trường năm 2004, thi GVG trường
2010-2011, HSG tỉnh Ca si o và văn hóa năm 2011 đến 2015, thi thử THPT quốc

Lớp 12 B2 THPT Cầm Bá Thước năm 2006 – 2009
Lớp 12 A7 THPT Triệu Sơn 5 năm 2011 – 2012
Lớp 12 C1 THPT Triệu Sơn 5 năm 2014– 2015
Lớp 12 B1, 12B5,12B6 THPT Triệu Sơn 5 năm 2015– 2016
Đề tài nghiên cứu, tổng kết đưa ra các “hướng dẫn học sinh khá, giỏi THPT
nhận dạng và giải các dạng toán hệ phương trình nhiều ẩn thường gặp ”
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp thực nghiệm ( thông qua thực tế dạy học trên lớp, dạy đội
tuyển, dạy ôn thi đại học, hội thảo chuyên đề trong tổ, kiểm tra, đánh giá, thi
GVG cấp trường, GVG cấp tỉnh…)
Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết.
1.5. Những điểm mới của SKKN
Đối với các SKKN đã đề cập trước đây có đề tài tương tự nhưng ở đây không đưa
ra các phương pháp tổng quát giải hệ (cộng , thế, đặt ẩn phụ, đồ thị,..) mà chỉ xoáy
4


sâu về hệ hoán vị vòng quanh, hệ giải được bằng phương pháp lượng giác hóa, hệ
hai ẩn không mẫu mực giải bằng phương pháp đánh giá ít gặp kì thi THPT nhưng
hay gặp ở kì thi HSG các cấp ở mặt nhận dạng, thể hiện thông qua cách giải và bài
tập tương tự.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận
Định nghĩa1:
Hàm số có đạo hàm trên K( khoảng, đoạn, nửa khoảng). Nếu f ' ( x) ≥ 0, ∀x ∈ K thì
hàm số đồng biến trên K. Nếu f ' ( x) ≤ 0, ∀x ∈ K thì hàm số nghịch biến trên K.
f ' ( x) = 0 tại hữu hạn điểm thuộc K.
Hàm số y = f(x) đồng biến trên K nếu với mọi a, b thuộc K, a < b ⇒ f (a) < f (b) .
Hàm số y = f(x) nghịch biến trên K nếu với mọi a,b thuộc K, a < b ⇒ f (a) > f (b) .
 f ( x1 ) = g( x2 )

Chứng minh :
Không mất tính tổng quát giả sử: x1 = min{ x1, x2..., xn} . Ta có
x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) ⇒ g( x2 ) ≥ g( x3 ) ⇒ x2 ≥ x3... ⇒ xn ≤ x1 ⇒ f ( xn ) ≥ f ( x1 ) ⇒ x1 ≥ x2 .
5


⇒ x1 = x2

Từ đó suy ra: x1 = x2 = ... = xn .

 f ( x1 ) = g( x2 )

 f ( x2 ) = g( x3 )

Tính chất 3: Xét hệ phương trình có dạng (với n chẵn) ):  ....
 f ( x ) = g( x )
n−1
n

 f ( xn ) = g( x1 )

Nếu hàm số f giảm trên tập A, g tăng trên A và ( x1, x2..., xn ) là nghiệm của phương
 x = x = ... = x

1
3
n−1
trình, trong đó xi ∈ A, ∀i = 1,2,..., n thì  x = x = ... = x với n chẵn .
 2
4

6


viên đều lúng túng và không giải được loại toán này. Phương pháp này được áp
dụng ở nhiều vấn đề nên việc nhận dạng và định hướng gặp khó khăn, chưa nói đến
những vấn đề biến đổi phức tạp. Đây là vấn đề khó không chỉ đối với học sinh mà
ngay cả GV trực tiếp giảng dạy. Do đó cần đưa ra các biện pháp giải quyết vấn đề.
Thực chất khảo sát chất lượng lớp chọn trong trường đến 98% không nhận biết
được còn 100% học sinh đại trà không hiểu vấn đề.
Bảng thống kê số liệu các năm
Lớp thực nghiệm các năm 2003-2006

2006-2009

2009- 2012

2013-2016

Số HS khá giỏi tiếp thu
được trên tổng số học 5/55
sinh lớp

9/55

12/50

16/51

Tài liệu về hệ phương trình chưa nhiều, có chăng chỉ đưa ra cách giải, chưa phân
tích, nêu ra các biện pháp thực hiện.

 f ( x) = y

Nhận dạng: Đây là hệ hoán vị vòng quanh  f ( y) = z
 f ( z) = x

3
2
Xét hàm số: f ( t) = t + 3t − 3+ ln( t − t + 1)

Ta có: f'( t) = 3t2 + 3+

2t − 1
> 0, ∀t ∈ R
t − t+1
2

7


 f ( x) = y

Vậy hàm số f ( t) đồng biến trên R. Ta viết lại hệ phương trình sau :  f ( y) = z
 f ( z) = x


Không mất tính tổng quát nếu giả sử : x = min{ x, y, z} . Lúc đó :
x ≤ y ⇒ f ( x) ≤ f ( y) ⇒ y ≤ z ⇒ f ( y) ≤ f ( z) ⇒ z ≤ x .Hay : x ≤ y ≤ z ≤ x ⇒ x = y = z
3
2
Vậy: x = y = z , Xét phương trình : x + 2x − 3+ ln( x − x + 1) = 0


2

Giải:
Vế trái của hệ phương trình luôn dương nên : x, y, z > 0 .
2t3 + t2

2t3 + t2

1
1
Xét hàm số: f ( t) =  ÷ , ta có : f'( t) = − ( 2ln4) ( 3t2 + t) . ÷
< 0, ∀t > 0 .
 4
 4
Vậy hàm số f ( t) nghịch biến trên ( 0; + ∞ ) .
Không mất tính tổng quát nếu giả sử: x = min{ x, y, z} . Lúc đó:
x ≤ y ⇒ f ( x) ≥ f ( y) ⇒ y ≥ z ⇒ f ( y) ≤ f ( z) ⇒ z ≤ x ⇒ x = z ⇒ f ( x) = f ( z) ⇒ y = x .
1
2

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = .
Biện pháp 2: Đưa ra bài toán tổng quát 2(tính chất 2) để học sinh nhận dạng và
thể hiện
( x − 1) 2 = 2y

2
 ( y − 1) = 2z
Thí dụ 3: Giải hệ phương trình: 
2


Biện pháp 3: Đư ra bài toán tổng quát( Tính chất 3) để học sinh nhận dạng và thể
hiện.
Như vậy một số hệ hoán vị vòng quanh học sinh nắm vững ba tính chất trên sẽ giải
được. Ngoài ra cho HS giải các bài tập áp dụng ở cuối đề tài. Ta hãy xét một số hệ
hoán vị vòng quanh không giải được bằng phương pháp này.
2.3.2. Hệ phương trình giải bằng phương pháp lượng giác hóa
 x 1− y2 + y 1− x2 = 1
Thí dụ 4: Giải hệ phương trình: 
( 1− x) ( 1+ y) = 2

(1)
(2)

Giải :
1− x2 ≥ 0  x ≤ 1
⇔
Điều kiện: 
2
1
−
y
≥
0
 y ≤ 1

Đặt x = cosα ; y=cosβ với α ,β ∈ [ 0; π ] , khi đó hệ phương trình

π


.
Nếu giải bằng phương pháp thông thường rất khó thậm chí không giải ra được.
Tương tự ta xét ví dụ khác.
 2 ( x − y) ( 1+ 4xy) = 3
2
2
 x + y = 1

Thí dụ 5: Giải hệ phương trình: 

( 1)
( 2)

Giải :
2
2
Do x + y = 1 ⇒ x, y∈ [ −1; 1] . Đặt x = sinα , y = cosα với α ∈ [ 0; 2π ] .
Khi đó (1) ⇔ 2 ( sinα − cosα ) ( 1+ 2sin2α ) = 3
π 
1
π 
π


⇔ 2. 2sin α − ÷.2. sin2α + ÷ = 3 ⇔ 4sin α − ÷ sin2α + sin ÷ = 3
4 
2
4 
6


6



π   
π
π 
π



⇔ 2cos α − ÷− 2 cos 3α − ÷+ cos α − ÷ = 3 ⇔ −2cos 3α − ÷ = 3
12 
4
12  
4



 
α = −350 + k1200
π
3

cos 3α − ÷ = −
⇔
0
0
4
2

2

2x + x2y = y

2
Thí dụ 6 : Giải hệ phương trình:  2y + y z = z
2z + z2 x = x


Giải :

10



2x
 y = 1− x2 (1)

2y

(2)
Ta có : x, y, z ≠ ±1. Do đó:  z =
1− y2


2z
(3)
x=
1− z2




Giải
Viết lại hệ phương trình dưới dạng :

(

)
)
)

 x 1− 3z2 = 3z − z3


2
3
 y 1− 3x = 3x − x

2
3
 z 1− 3y = 3y − y

(
(

(I)


3z − z3
x


Đặt x = tanα với α ∈  − ; ÷ (4) sao cho tanα , tan3α , tan9α ≠ ±
(5).
3
 2 2
Khi đó từ (2), (3), (1) có : y = tan3α , z = tan9α và x = tan27α
Từ đó suy ra ( x, y, z) là nghiệm của (II) khi và chỉ khi y = tan3α , z = tan9α , x = tanα ,
với α thỏa mãn điều kiện (4), (5) và tanα = tan27α (6).
Lại có : ( 6) ⇔ 26α = kπ ( k∈ Z)
kπ
Với α thỏa mãn (4) và (6) khi và chỉ khi α =
với k nguyên dương : −12 ≤ k ≤ 12
26

11


Vậy hệ có tất cả 25 nghiệm là :

kπ
3kπ
9kπ

 x = tan 26 , y = tan 26 , z = tan 26



÷, k = 0, ± 1,... ± 12



÷
tanα 
tanβ 
tanγ ÷



Ta có  
 tanα tanβ + tanβ tanγ + tanγ tanα = 1
( 2)

 1+ tan2α 
 1+ tan2β 
 1+ tan2γ 
3
4
5
=
=
⇔
3
=
4
=
5
(1)

÷ 
÷ 
÷ ⇔

 0 < α , β ,γ < ;α + β + γ =

2
2

cạnh 3, 4, 5. Do là tam giác vuông nên

2γ = 900 ⇒ γ = 450 ⇒ z = tgγ = 1

2 tan α
3
2x
3
1
= ⇔
= ⇒ x=
2
2
1 − tan α 4
1− x
4
3
2 tan β
4
2y
4
1
tan2β =
= ⇔
= ⇒ y=

2
2
Mặt khác (2) tương đương với : y + ( x − 4) y + x − 3x + 4 = 0
Hệ phương trình đã cho có nghiệm y khi

(

7
3

(3)

4
(4)
3
256 49 697 698
x4 + y2 ≤
+
=


+
t
−
1
=

y2
x
 2t + t − 1 = y2

⇔
(2)
+ Với y ≠ 0, đặt y = t , hệ trở thành 
 t2 + t + 1= m
t2 + t + 1 = m 2t2 + t − 1


y2

(

)

Vậy HPT (1) có nghiệm ( x, y) khi và chỉ khi HPT (2) có nghiệm ( t, y) .
t < −1
1
2
Xét hệ (2), từ 2t + t − 1= y2 suy ra 2t + t − 1> 0 ⇔  1 .
t>



Do đó (2) có nghiệm ( t, y)

(

)

Lập bảng biến thiên :
−∞

t

-1

−3 − 7

f’(t)

-

0

+

+

1
2

+∞

2

−∞

.

Biện pháp 5:
ax 2 + bxy + cy 2 = d
Đưa ra dạng hệ đẳng cấp bậc hai, bậc 3, hệ đồng bậc  2
a ' x + b' xy + c ' y 2 = d '

Cách giải chia theo vế, đặt x = ty

 x3 ( 2 + 3y) = 1
Thí dụ 11: Giải hệ phương trình:  3
 x y − 2 = 3

(

)

( 1)
( 2)

Giải :
Rõ ràng nếu y = 3 2 thì hệ vô nghiệm.
Với y ≠ 2 , từ (2) suy ra x =
3

Xét hàm số: f ( y) =


( y − 2)
3

3

)

Suy ra : f'( y) = 0 ⇔ y = −1.

14


Ta có BBT :
3

y
f’(y)
f (y)

−∞

2

+∞

-1
0
0


)

2, + ∞ .
1



Vậy hệ có hai nghiệm là : ( −1; −1) và  ; 2÷.
2 
Biện pháp 6: Đánh giá bằng đạo hàm, sử dụng tính chất 4 đã nêu ở phần lí luận.
Thí dụ 12: (Thi thử THPT Quốc Gia năm 2015 trường Triệu Sơn 5)

(

)

 1+ 42x− y .51− 2x+ y = 1+ 22x− y+1

Giải hệ phương trình:  3
2
 y + 4x + 1+ ln y + 2x = 0

(

)

Giải :
Nhận dạng: Đưa phương trình thứ nhất về dạng hai vế đơn điệu ngược chiều, sử
dụng tính chất 4, yêu cầu làm bài tương tự ở cuối SKKN.
Điều kiện: y2 + 2x > 0 .

Nhận xét: Sử dụng phép đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Điều kiện: min{ 7x,2x} ≥ − y .
Đặt 7x + y = a với 2x + y = b .

( 1)
( 2)

 a + b = 5

Ta có : b+ x − y = 2


Nhận thấy : a2 − b2 = 5x . Kết hợp với (1) suy ra : b =
5− x
+ x − y = 2 ⇔ x = 2y− 1
2

( 5− x) , thay vào (2) ta được :
2

( 3)

Thay (3) vào (2) ta có: 5y − 2 + y − 1 = 2 ⇒ y =

11− 77
2

Thay vào (3) suy ra nghiệm của hệ phương trình là: x = 10 − 77, y =

11− 77

x
+
y



Hệ ⇔ 
  1− 1  =
÷
 
x+ y


2
3x
4 2
7y

 1
1
2 2
=
−

3x
7y
 x+ y
⇔
1 = 1 + 2 2



 y3 − 6x2 + 12x − 8 = 0
 3
2
 z − 6y + 12y − 8 = 0
 x3 − 6z2 + 12z − 8 = 0


 x3 + x( y − z) 2 = 2

2
3
d.  y + y( z − x) = 30
 3
2
 z + z( x − y) = 16

(
(
(

)
)
)

 x3 y2 + 3y + 3 = 3y2

 3 2
2
g.  y z + 3z + 3 = 3z

2001
c.  y + z = 1890x + x
 z19 + x5 = 1890y + y2001


 x2 ( x + 1) = 2 y3 − x + 1

 2
3
 y ( y + 1) = 2 z − y + 1
 2
3
 z ( z + 1) = 2 x − z + 1

 x5 − x4 + 2x2y = 2
 5 4
2
f.  y − y + 2y z = 2
 z5 − z4 + 2z2x = 2


 x2 + y2 = − y( x + z)
 2
h.  x + x + y = −2yz
3x2 + 8y2 + 8xy + 8yz = 2x + 4z + 2

 x3 + 3xy2 = −49
k.  2
2
 x − 8xy + y = 8y − 17x

17


Đồng thời ra các bài tập tương tự để hoc sinh tự giải nhằm củng cố. Qua đó việc
bồi dưỡng HSG và luyện thi ĐH, thi THPT QG bước đầu được coi là thành công.
Năm 2008 Tôi trực tiếp ôn đội tuyển HSG tỉnh ở trường THPT Cầm Bá
Thước :
* Em Nguyễn Quốc Huy đạt giải nhất môn Toán với 18 điểm và đậu ĐH 2 khối
A, B trong đó khối B môn toán em đạt 9,5 điểm.
* Em Lê Xuân Long đạt giải nhì môn Toán (16,5đ) đậu 2 khối A(26,75 điểm), B
trong đó khối B được 10 điểm môn Toán.
* Các em Lê Minh Quyền, Lê Văn Hai, Phan Thị Thu Liên, Ngô Anh Tuấn đều
đạt giải 3 trong đó PhanThị Thu Liên đậu A, B trong đó khối A (24,5điểm), môn
toán 9,5 điểm
Năm 2009 tiếp tục ôn thi có nhiều em đậu ĐH với điểm số cao,thi HSG
văn hóa và Casio nhiều giải:
* Em Trịnh Việt Cường giải 3 môn toán cấp tỉnh, khuyến khích Casio
* Em Lê Thị Việt Trinh giải khuyến khích môn Toán….
Năm 2015 có 3 em đạt HSG cấp trường Triệu Sơn 5 môn Toán, 1 em
Nguyễn Xuân Trường đạt giải khuyến khích giải toán CASIO cấp tỉnh.
* Em Phạm Văn Bằng, Vũ Trọng Hưng, Lê Văn Tuấn, Nguyễn Thị Thảo, ….
đạt từ 8 điểm trở lên trong kì thi THPT Quốc Gia.
SKKN giúp tôi và đông nghiệp trong tổ nâng cao chất lượng bồi dưỡng HSG
khá giỏi đặc biệt việc bồi dưỡng ôn luyện HSG thi chọn đội tuyển HSG tỉnh hằng
năm nhằm nâng dần chất lượng mũi nhọn và thành tích HSG tỉnh của đơn vị. Đồng
thời thời tìm ra hướng giải quyết về hệ phương trình khó cho học sinh của trường
vốn còn non yếu về phần này góp phần nâng cao phong tào giáo dục mũi nhọn nói
riêng, phong trào nhà trường nói chung làm thay đổi diện mạo địa phương.
Kết quả năm học 2016-2017 tại trường THPT Triệu Sơn 5, thậm chí các em
lớp chọn 11, lớp chọn 10 cũng có thể tiếp thu được khi thừa nhận tính chất đơn điệu

trong việc hướng dẫn học sinh giải lớp bài toán này bằng phương pháp hoán vị
vòng quanh, xét hàm số đặc trưng, phương pháp lượng giác hóa, đánh giá đối với
hệ không mẫu mực…..
+ Kiến nghị
Đối với trường THPT Triệu Sơn 5 cần quan tâm hơn nữa trong việc phát hiện
và đào tạo học sinh khá giỏi cũng như ôn luyện hoc sinh thi THPTQG để đề tài
phát huy hơn nữa tính tự học của HS, tính tự bồi dưỡng của giáo viên.
Đối Sở GD- ĐT cần chú trọng hơn nữa trong công tác kiểm tra và đánh giá
chất lượng giáo dục, đổi mới khâu ra đề thi chọn HSG tỉnh, GVG tỉnh,thi chọn đội
tuyển dự thi HSG QG để đề tài có ý nghĩa hơn.
Đối với Bộ giáo dục và đào tạo, đổi mới khâu ra đề thi THPTQG và thi HSG
quốc gia nhất là các câu phân luồng.

4.TÀI LIỆU THAM KHẢO

[ 1] Nguyễn Văn Mậu, chuyên đề chọn lọc về lượng giác, NXB GD 2008.
[2] Trần Phương, Tuyển tập các chuyên đề hệ phương trình.
[3] Các website: ,
hlinks. Org

19


[4] Tạp chí toán học tuổi trẻ.
[5] Đặng Thành Nam, Kĩ thuật giải nhanh hệ phương trình,
NXB ĐHQGHN 2015.
[6] Trần Phương, Chuyên đề hàm số, NXB ĐHQGHN 2009.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ThanhHóa,ngày 20 tháng 5 năm 2017
ĐƠN VỊ