Hướng dẫn học sinh khá, giỏi THPT nhận dạng và giải một số dạng toán hệ phương trình nhiều ẩn thường gặp

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

7
9
13
17
18
19
20

1


Các kí hiệu viết tắt
THPT : trung học phổ thông
HSG : học sinh giỏi
ĐH, CĐ : Đại học, cao đẳng
GV
: giáo viên
GVG : giáo viên giỏi
NXBĐHQGHN : nhà xuất bản đại học quốc gia Hà Nội
NXBGD : nhà xuất bản giáo dục.

2


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Toán học là môn khoa học cơ bản của các môn học khác, đòi hỏi người học,
người dạy phải đam mê, tâm huyết, tỉ mĩ và kiên nhẫn mới có thể nắm được. Nó là
môn học khó, trừu tượng với thời lượng và nội dung chương trình sâu gây khó khăn
cho người học và người dạy. Thực tế cho thấy nhiều học sinh đam mê, yêu thích về

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

gia năm 2015, năm 2016 …Một lượng không nhỏ các bài toán chuyển về làm việc
với đối tượng là hệ phương trình thông qua phép đặt ẩn phụ như bài toán về
phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức, v.v…Trong suốt quá trình giảng dạy
và ôn luyện HSG các cấp, thi ĐH, thi THPT quốc gia tôi đã giúp học sinh nhận
3


dạng và giải một số hệ nhiều ẩn với mục đích chuyển đổi bài toán phức tạp về bài
toán đơn giản hơn thông qua việc phân loại cũng như đưa ra các bài tập tương tự
đinh hướng, gợi mở, đồng thời đưa ra một số bài tập tổng hợp.Vì vậy tôi chọn đề
tài
“Hướng dẫn học sinh khá, giỏi THPT nhận dạng và giải một số dạng toán hệ
phương trình nhiều ẩn thường gặp”
1.2. Mục đích nghiên cứu
Nhằm nâng cao khả năng sáng tạo của học sinh khi ôn luyện thông qua việc
tổng quát hóa, giúp GV khi giảng dạy, khả năng đúc rút kinh nghiệm dạy hệ
phương trình nhiều ẩn phức tạp dưới cái nhìn khác nhau, khả năng ứng dụng tiến
bộ của đề tài trong việc dạy học và giáo dục, đồng thời rèn kỹ năng nghiên cứu
khoa học, tư duy hàm của học sinh đồng thời góp phần nâng cao chất lượng và hiệu
quả công tác bồi dưỡng HS khá giỏi cho mỗi giáo viên trong trường THPT.
Thông qua các hệ phương trình nhiều ẩn giải bằng các phương pháp khác
nhau như phương pháp hàm số ở hệ hoán vị vòng quanh, phương pháp lượng giác
hóa ,cộng đại số, đặt ẩn phụ đặc biệt, đánh giá bằng bất đẳng thức….tạo cho học
sinh khá giỏi nhận dạng , giải thành thạo hơn khi gặp các dạng hệ trong các kì thị
HSG trường, tỉnh và chọn đội tuyển thi HSG quốc gia.
Đưa ra lời giải, các biện pháp giúp học sinh giải quyết tốt khi đứng trước
một bài toán về hệ phương trình nhiều ẩn khó hay xuất hiện trong các kì thi HSG
và từ đó có thể khái quát hóa thành các bài toán khác có liên quan.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh khá giỏi các lớp : Lớp 12A10,THPT Cầm Bá Thước năm 2003 - 2006

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 )

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

Nếu hàm số f và g cùng tăng trên A và ( x1, x2..., xn ) là nghiệm của phương trình,
trong đó xi ∈ A, ∀i = 1,2,..., n thì x1 = x2 = ... = xn .
Chứng minh :
Không mất tính tổng quát giả sử : x1 = min{ x1, x2..., xn} .
Giả sử ta có : x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) ⇒ g( x2 ) ≤ g( x3 ) ⇒ x2 ≤ x3... ⇒ xn ≤ x1 .
Vậy : x1 ≤ x2 ≤ .... ≤ xn ≤ x1
Từ đó suy ra : x1 = x2 = ... = xn .
 f ( x1 ) = g( x2 )

 f ( x2 ) = g( x3 )

Tính chất 2: Xét hệ phương trình có dạng (với n lẻ):  ....
 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
trình, trong đó xi ∈ A, ∀i = 1,2,..., n thì x1 = x2 = ... = xn với n lẻ .

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

n
Tính chất 4: Nếu hai vế của phương trình đơn điệu ngược chiều (vế luôn đồng
biến, vế kia luôn nghịch biến trên cùng tập K) hoặc một vế đơn điệu, vế kia là
hằng số thì phương trình có tối đa một nghiệm nên nếu nhẩm được một nghiệm thì
đó là nghiệm duy nhất.
Tính chất 5: Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [ a; b] và f(a).f(b) < 0 thì
phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm trong khoảng (a;b).
Lưu ý: Khi tập xác định hay khoảng đồng biến nghịch biến của hai hàm khác nhau
ta xử lí hệ hoán vị vòng quanh bằng phương pháp khác.
Trong phạm vi của đề tài ta sử dụng các tính chất trên để giải hệ hoán vị vòng
quanh 3 ẩn tuy nhiên một số trường hợp cần tạo ra biến mới bằng cách thế, đặt ẩn
phụ, cộng , trừ, nhân theo vế các phương trình của hệ với nhau hoặc với hệ số thực.
Ngoài ra còn sử dụng phương pháp lượng giác hóa hoặc đánh giá bằng bất đẳng
thức.
- Nếu x ≤ a( a > 0) ta đặt x = acosα , với α ∈ [ 0; π ]
2
2
-Nếu x + y = a( a > 0) ta đặt x = asinα , y = acosα , với α ∈ [ 0; 2π ]

2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
Vài năm trở lại đây trong xu thế đổi mới chương trình, SGK theo hướng tích
hợp. Ngành giáo dục cũng đã tổ chức nhiều hội thảo, nhiều đợt học chuyên đề cho
giáo viên, đổi mới phương pháp dạy học lấy học sinh làm trung tâm, đổi mới cách
kiểm tra, đánh giá nhằm phát huy tính chủ động, tích cực của học sinh, tăng cường
khả năng tự học của học sinh. Đi kèm theo theo đó khâu ra đề thi ĐH, CĐ, thi
THPT quốc gia, thi HSG.
Bản thân tôi đã từng giảng dạy ở THPT Cầm Bá Thước,Thường Xuân và
hiện nay ở trường THPT Triệu Sơn 5 nơi tôi đang công tác, trong nhiều lần tổ chức
thi HSG, thi ĐH, thi GVG trường, GVG tỉnh, thi THPT quốc gia, học sinh,giáo

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.

Từ những thực trạng trên, tôi thiết nghĩ đưa ra một cách tiếp cận với một số
dạng bài toán hệ phương trình nhiều ẩn là hoàn toàn cần thiết nhằm giúp học sinh
đơn giản hóa bài toán phức tạp, qui lạ về quen, đề xuất các hướng giải quyết các bài
toán mới nảy sinh và phân loại các bài toán giải bằng phương pháp lượng giác hóa,
nhằm giúp HS “ gỡ rối ” trong các kì thi. Đồng thời giúp học sinh có cái nhìn sâu
hơn về phương pháp mới để giải các bài toán thông thường.
2.3. Nội dung
2.3.1. Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh

(
(
(

)
)

 x3 + 3x − 3+ ln x2 − x + 1 = y

 3
2
Thí dụ 1 : Giải hệ phương trình :  y + 3y − 3+ ln y − y + 1 = z
 3
2
 z + 3z − 3+ ln z − z + 1 = x

)

(HSG Quốc Gia 1994 )
Giải :

 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

Do hàm số : ϕ ( x) = x + 2x − 3+ ln( x − x + 1) đồng biến trên R nên pt có nghiệm duy
nhất x = 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x = y = z = 1.
Biện pháp1: Đưa ra bài toán tổng quát (Tính chất 1) để HS nhận biết và áp dụng.
3

2

 1 2x + x
 ÷
=y
 4 

2y3 + y2
 1 
=z
Thí dụ 2: Giải hệ phương trình:   ÷
 4
2z3 + z2

1



=x
  4 ÷


3

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

 ( z − 1) = 2t

2
 ( t − 1) = 2x

8


Giải : Ta có x, y, z, t ≥ 0 . Xét hàm số : f ( s) = ( s − 1) , ta có : f'( s) = 2( s − 1) . Do đó hàm
số sẽ tăng trên ( 1; + ∞ ) và giảm trên [ 0; 1] ( Do f(s) liên tục trên R ).
Không mất tính tổng quát nếu giả sử x = min{ x, y, z, t} .
+ Nếu x∈ ( 1; + ∞ ) ⇒ x, y, z, t ∈ ( 1; + ∞ ) , do đó theo bài toán tổng quát 1 hệ có nghiệm
duy nhất
+ Nếu x∈ [ 0; 1] ⇒ 0 ≤ f ( x) ≤ 1⇒ 0 ≤ 2y ≤ 1, hay y∈ [ 0;1]
Tương tự ⇒ z, t∈ [ 0; 1] .
Vậy x, y, z, t∈ [ 0; 1] .
Ta có: x ≤ y ⇒ f ( x) ≥ f ( y) ⇒ y ≥ z ⇒ f ( y) ≤ f ( z) ⇒ z ≤ x ⇒ x = z .
Vậy x = z ⇒ f ( x) = f ( z) ⇒ y = t .
2

2

( x − 1) 2 = 2y ( x − 1) = 2y
⇔   x= y
⇔ x = y = 2− 3
Khi đó : 
2
( y − 1) = 2x  
  x = −y
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm : x = y = z = t = 2+ 3 và x = y = 2− 3 .

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


cosα .sinβ + cosβ .sinα =1  α + β =
⇔
⇔
2
 ( 1− cosα ) ( 1+ cosβ ) = 2
sinα − cosα − sinα .cosα − 1 = 0
1− t2
Đặt t = sinα − cosα , t ≤ 2 ⇒ sinα .cosα =
2
2
1− t
− 1= 0 ⇔ t2 + 2t − 3 ⇒ t = 1
Ta có : t −
2
9


x = 0
π
π

2sin α − ÷ = 1⇒ α = ⇒ β = 0 ⇒ 
4
2

y = 1
Nhận xét: Nếu x ≤ a( a > 0) , ta đặt x = acosα , với α ∈ [ 0; π ]

Với t = 1, ta có :

.
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



π 
π  
π 

⇔ 8sin α − ÷sin α − ÷cos α − ÷ = 3
4 
12 
12 


π  π
π 


⇔ 4cos α + ÷ cos − cos 2α − ÷ = 3
12  
3
6 


π 
π 
π



⇔ 2cos α − ÷− 4cos α − ÷cos 2α − ÷ = 3
12 
12 

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


 α = 65 + k120

( k∈ R)

0
0
0
0
0
0
Hệ có 6 nghiệm ( x, y) = {( sin65 , cos65 ) , ( −sin35 , cos35 ) , ( sin85 , cos85 ) ,

( −sin5 , − cos5 ) ,( -sin25 , − cos25 ) , ( sin305 , cos305 ) }
0

0

0

0

0

0

Nhận xét: Nếu : x + y = a( a > 0) , ta đặt x = asinα , y = acosα ,với α ∈ [ 0; 2π ] .
Đây là cách giải duy nhất của bài toán này. Học sinh phải nhận dạng được.
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


 π π
Đặt x = tanα với α ∈  − ; ÷ (4) sao cho tanα , tan2α , tan4α ≠ ±1
 2 2
kπ
2kπ
4kπ

, z = tan
Tương tự bài trên hệ có 7 nghiệm  x = tan , y = tan
7
7
7

 π π
Nhận xét: Với mọi số thực x và α ∈  − ; ÷ sao cho x = tanα .
 2 2

(5).

÷, k = 0, ± 1,..., ±3


Mặc dù đây là hệ hoán vị vòng quanh nhưng không giải được bằng phương pháp
trước đó.
 x − 3z2x − 3z + z3 = 0

2
3
Thí dụ 7: Giải hệ phương trình:  y − 3x y − 3x + x = 0
 z − 3y2z − 3y + y3 = 0



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

=

1− 3z2

1

3x − x3
Điều kiện x, y, z ≠ ± . Khi đó hệ (I) ⇔  y =
1− 3x2
3


3y − y3
z
=

1− 3y2


π π

(1)
(2)

(II)

(3)
1




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


Nhận xét: Không phải hệ hoán vị vòng quanh nào cũng giải được bằng phương
pháp xét hàm đặc trưng như ở dạng toán thưc nhất, bài toán này giải bằng phương
pháp lượng giác hóa nhưng khó về mặt định hướng. GV cho HS giải bài tập ứng
dụng ở cuối đề tài giúp HS khá giỏi định hướng ,làm quen, giải tốt hơn phần này.
 

1
1
 1
 3 x + ÷ = 4 y + ÷ = 5 z + ÷
Thí dụ 8: Giải hệ phương trình:   x   y   z 
 xy + yz + zx = 1


Giải :
Nhận xét: xyz ≠ 0; x, y, z cùng dấu. Nếu ( x, y, z) là nghiệm của hệ phương trình
( − x, − y, − z) cũng là nghiệm của hệ phương trình và x, y, z dương .
0
Đặt x = tanα ; y = tanβ ; z = tanγ ( 0 < α , β ,γ < 90 ) .
 


1 
1 
1 
= 4 tanβ +
= 5 tanγ +
( 1)
 3 tanα +
÷

÷
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)

÷ 
÷ 
÷ ⇔

sin2α sin2β sin2γ
 tanα 
 tanβ 
 tanγ 

(
Từ (2) suy ra : tanγ ( tanα + tanβ ) = 1− tanβ tanα ⇒ cotγ =

tanα + tanβ )

1− tanβ tanα

= tan( α + β )

π
π

⇒ tan − γ ÷ = tan( α + β ) ⇔ α + β + γ = .
2
2

3
4
5

 sin2α = sin2β = sin2γ
Do 
nên 2α,2β,2γ là các góc của một tam giác có ba
π
π

 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=

1 − tan2 β 3
1 − y2 3
2
tan2α =

Nhận xét: Ta thường gặp hệ hai ẩn giải bằng phương pháp cộng, thế ,nhân chia
theo vế, đặt ẩn phụ, đưa về hệ đồng bậc, xét hàm số đặc trưng, đánh giá. Ở đây ta
đưa ra cách giải đối với hệ hai ẩn không mẫu mực.
2.3.3. Hệ phương trình hai ẩn không mẫu mực.
12


 4 2 698
 x +y =
81
Thí dụ 9: Giải hệ phương trình: 
 x2 + y2 + xy − 3x − 4y + 4 = 0

(1)
(2)

Giải :
Giả sử hệ phương trình đã cho có nghệm
2
Ta thấy (2) tương đương với : x2 + ( y − 3) x + ( y − 2) = 0.
Hệ phương trình đã cho có nghiệm x khi ∆ = ( y − 3) − 4( y − 2) ≥ 0 ⇔ 1≤ y ≤
2

2

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 ≤
+
=
<
, không thỏa mãn (1).
81 9
81 81

)

∆ = ( x − 4) − 4 x2 − 3x + 4 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤
2

Từ (3) và (4) ta có:

Vậy hệ phương trình vô nghiệm .
Nhận xét: Hệ này giải bằng phương pháp đánh giá
Biện pháp 4 : Đưa ra bài tập tương tự ở cuối SKKN, yêu cầu Hs giải, chỉnh sửa,
gợi ý (nếu cần).
Thí dụ 10: (Thi HSG trường Triệu Sơn năm 2015)
2x2 + xy − y2 = 1
Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình:  2
(1) có nghiệm .
2
 x + xy + y = m

Giải :
Nhận xét: Đây là hệ đẳng cấp bậc hai, đặt x = ty.
2x2 = 1
1
y
=
0
+ Với
hệ trở thành  2
. Hệ có nghiệm khi m=
2
x = m
1
 2
1
 2
2
t

+
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>


2
2

13


1

t2 + t + 1
⇔ m= 2
có nghiệm t ∈ ( −∞, −1) ∪  , + ∞ ÷. Xét
2t + t − 1
2

2
1

t + t+1
hàm số f ( t) = 2
trên khoảng ( −∞, −1) ∪  , + ∞ ÷ .
2t + t − 1
2

2
t + 6t + 2
 t = −3− 7
2 , f'( t) = 0 ⇔ 
Ta có : f'( t) = − 2
2t + t − 1
 t = −3+ 7

Do đó (2) có nghiệm ( t, y)

(

)

Lập bảng biến thiên :
−∞

t

-1

−3 − 7

f’(t)

-

0

+

+

1
2

+∞

1
2

−3+ 7

0

-

+∞

+∞

f(t)

14 + 5 7

−∞

28+ 11 7

Từ BBT ta có : m≥

14 + 5 7
28+ 11 7

-

1

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) =

Ta có: f'( y) = −

(

27( 2 + 3y)

(

)

y3 − 2

3

27( 2 + 3y)
3
= 1 (3).
3
, thay vào(1) ta có :
3
y3 − 2
y −2

(

− 1,

)

81 8y3 + 6y2 + 2

( 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

+

-

+∞

−∞

-

−∞

Từ BBT suy ra pt(3) không có nghiệm trên ( −∞; −1) và ( −1; 3 2) .
Phương trình có nghiệm y = −1 và 1 nghiệm trong khoảng
Ta thấy y = 2 là nghiệm thuộc

(

3

)

(

3

2, + ∞

−∞

)

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 .

Đặt t = 2x − y thì phương trình thứ nhất của hệ trở thành:

(

)

1+ 4t .51−t = 1+ 2t+1 ⇔

1+ 4t 1+ 2t+1
=
(1).
5t
5

Vế trái là hàm nghịch biến, vế phải là hàm đồng biến nên t = 1 là nghiệm duy nhất
của (1).
3
2
Thay vào phương trình thứ hai ta được : y + 2y + 3+ ln( y + y + 1) = 0 ( 2) .
Vế trái là hàm đồng biến nên y = -1 là nghiệm duy nhất (2).
Đáp số : x = 0, y = −1.
 7x + y + 2x + y = 5
Thí dụ 13: Giải hệ phương trình: 
 2x + y + x − y = 2

( HSG Quốc Gia 2000 B )
Giải :
15

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

.
2



1 
=2
 3x. 1+
x + y ÷


Thí dụ 14: Giải hệ phương trình: 
 7y. 1− 1  = 4 2


x+ y÷




( HSG Quốc Gia 1996 A )
Giải :
Nhận xét: Biến đổi hệ, nhân theo vế, đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai.
Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 0 với x2 + y2 ≠ 0 .
Dễ thấy, nếu ( x, y) là nghiệm của hệ pphương trình ta phải có x > 0, y > 0 .
Do đó :

1 
 1+
÷=

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

2
3x
4 2
7y

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

3x
7y


( 1)
( 2)

Nhân (1) với (2) ta được:
1
1 8
=
−
⇔ 21xy = ( x + y) ( 7y − 3x) ⇔ ( y − 6x) ( 7y + 4x) = 0 ⇔ y = 6x (x>0,y>0)
x + y 3x 7y

Thay vào (2) và giải ra ta được : x =

11+ 4 7
22 + 8 7
, y=
.
21
7

2.3.4. Bài tập áp dụng phương pháp
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau:
16


a.

 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

 3 2
2
 z x + 3x + 3 = 3x
2x3 − 7x2 + 8x − 2 = y
 3
2
i.  2y − 7y + 8y − 2 = z
 2z3 − 7z2 + 8z − 2 = x


12x2 − 48x + 64 = y3

2
3
b. 12y − 48y + 64 = z
12z2 − 48z + 64 = x3


e.

(
(
(

)
)
)

 x19 + y5 = 1890z + z2001
 19 5

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

( HSG Quốc Gia 2004 B )
 x2 = y3 + y + a
 2 3
Bài 2: Chứng minh với mọi a ∈ R ,  y = z + z + a có nghiệm duy nhất .
 z2 = x3 + x + a


Bài 3. Giải các hệ phương trình sau:
 x2 − 2x + 6.log ( 6 − y) = x
3

 2
a.  y − 2y + 6.log3 ( 6 − z) = y (Thi thử HSG Casio 2015 trường Triệu Sơn 5)
 2
 z − 2z + 6.log3 ( 6− x) = z
 x3 + 3x2 + 2x − 5 = y
 3
2
b.  y + 3y + 2y − 5 = z (HSG Quốc Gia 2006 B)
 z3 + 3z2 + 2z − 5 = x


Biện pháp: Giao các bài tập trên cho HS đội tuyển chuẩn bị trong 1 tuần,nếu cần
có thể gợi ý,đưa ra kết quả. Thu nạp, chấm, sửa chữa, phân tích sai sót của HS.
Đồng thời củng cố việc nhận dạng, nêu phương pháp giải.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
SKKN đã phân loại được một số bài toán hệ phương trình nhiều ẩn giải
bằng các cách khác nhau, đưa ra các ví dụ, phân tích và nêu các biện pháp giúp học
sinh phần nào định hướng, nhận dạng, thể hiện các bài toán hệ không mẫu mực này.

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

hàm số

Lớp thực nghiệm

12B1

12B5

12B6

Số HS khá giỏi tiếp thu được trên 7/38
tổng số học sinh lớp

9/39

11/38

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
+ Kết luận
18


Việc đưa ra các biện pháp thực hiện qua các thí dụ cho ta thấy việc nhìn nhận
bằng phương pháp này giúp ta giải quyết các vấn đề :
+ Qui bài toán lạ về quen
+ Chuyển bài toán từ đại số về lượng giác, giải tích và ngược lại.
+ Giáo viên, đồng nghiệp trong tổ có thể tự ra đề cho học sinh giỏi 10, 11,12
xuất phát từ các bài toán trên.
SKKN là tàiliệu tham khảo giúp hoc sinh định hướng, tiếp cận để giải các
câu khó trong đề thi ĐH cũng như HSG, thi THPTQG giúp GVquen thuộc hơn

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

Tôi xin cam đoan đây là SKKN
của mình viết, không sao chép nội
dung của người khác.

Lê Trọng Hoàng

20


SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI
HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ, GIỎI THPT NHẬN DẠNG VÀ
GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN
THƯỜNG GẶP

Người thực hiện: Lê Trọng Hoàng
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực môn: Toán

THANH HOÁ NĂM 2017

21