SỞ GD-ĐT HÀ TÂY CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG THPT QUỐC OAI
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
NĂM HỌC 2007 - 2008
I. SƠ YẾU LÝ LỊCH
Họ và tên : Nguyễn Quốc Huy
Ngày tháng năm sinh : 31/ 03/ 1977
Năm vào ngành : 1999
Chức vụ: Giáo viên giảng dạy Toán
Đơn vị công tác: Trường THPT Quốc oai
Trình độ chuyên môn: Đại học Sư phạm Toán
Hệ đào tạo: Chính quy
Bộ môn giảng dạy: Toán
Hiện tại: Học viên Cao học LL&PP Toán
tại khoa sư phạm ĐHQG Hà Nội
Ngoại ngữ: Anh C
Khen thưởng: Chiến sĩ thi đua cấp cơ sở năm học 2006 - 2007
1
II. KHÁI QUÁT ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Tên đề tài: Vận dụng phương pháp hằng số biến thiên để giải một số
lớp phương trình.
2. Lý do nghiên cứu:
Tư duy là khởi đầu mọi sự sáng tạo. Tuy nhiên cần chú ý rằng mỗi loại tư
duy chỉ nảy sinh trên cơ sở, một phạm vi hoạt động khác nhau của con người.
Chẳng hạn, tư duy khoa học càng ngày càng hiệu quả khi chủ thể liên tục hoạt
động nhận thức lý tình, còn tư duy nghệ thuật ngày càng điêu luyện trong hoạt
động tư duy hình tượng. Chính vì thế, tư duy Toán học và đặc biệt là hoạt động
giải toán của học sinh trong một môi trường cụ thể…
Chúng ta đặt vấn đề cùng giải các phương trình sau:

= 12cotx
1
5)
1 1 5 4
2 3 14 21
x x
x x
   
− = −
 ÷  ÷
   
6) 2
log
5
x
3
+ 2
log
5
x
2

= x + x
log
5
7
Thử đặt bút:
* Biến đổi:
3 6 2
3

4
= c, ax
4
+ bx
2
+ cx
2
+ kbx + k
2
a
2
= 0; x
4
= ax
2
+ bx + c. Mong rằng chúng sẽ
mách bảo cách đặt ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai. Đáng tiếc phương
trình (*) không rơi vào các dạng quen thuộc ấy.
2
Một ý thức thường trực là đoán nghiệm (tìm vận may) để từ đó biến đổi (*)
về phương trình tích. Đáng tiếc việc này cũng chẳng thành, bởi phương trình
không có nghiệm hữu tỉ.
Dịch chuyển sang con đường biến đổi VT(*) thành tích của hai tam thức
bậc hai.
* Một thủ thuật thường dùng là phương pháp hệ số bất định:
Gọi F(x) = (x
2
+mx+n) (x
2
+px+q). Khai triền F(x) và đồng nhất F(x) với

5
x
2

= x + x
log
5
7
, x
log
7
11
+ 3
log
7
x
= 2x, đó là
những phương trình luỹ thừa với nhiều cơ số khác nhau. Phương pháp sử dụng
định lý Roll cũng không phải là chìa khoá nảy tách cho “cánh cửa” bật ra tập
nghiệp các phương trình này. Xem ra cổng của các phương trình ấy không đặt
trên những con đường mà chúng ta đang đặt chân.
Đề tài này trình bày bí mật đang đứng im sau lâu đài của các phương trình
như thế.
3. Lịch sử nghiên cứu:
Các sách giáo khoa; sách tham khảo đã đề cập đến phương pháp hằng số
biến thiên. Song việc trình bày còn nhiều điểm hạn chế.
4. Phạm vi nghiên cứu:
Vận dụng phương pháp hằng số biến thiên để giải một số phương trình: Đại
số, phương trình mũ, phương trình lôgarit, phương trình vô tỷ.
5. Vấn đề nghiên cứu:

* Trong phương trình có tham số, nhiều khi ẩn phụ chính là tham số. Điều
này dẫn đến phương pháp giải phương trình bằng cách “Tráo đổi vai trò giữa ẩn
và tham số”.
Một số phương trình bậc hai đối với tham số đã được giải theo phương
pháp này. (Bạn đọc có thể tìm hiểu điều này trên một số tài liệu, chẳng hạn
Phạm Quốc Phong: “Bồi dưỡng Đại số 10”, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà
Nội).
* Một lẽ cũng tự nhiên là ẩn phụ có thể là một hệ số nào đó của phương
trình. Ta gọi đó là “Phương pháp hằng số biến thiên”. Sự hiện diện của phương
pháp này đã góp thêm lời giải độc đáo, trong một số trường hợp nó còn là “cứu
cánh” cho câu trả lời. (Nhân dây xin nhắc lại rằng thông qua nhiều cách giải
khác nhau của bài toán, ta hiểu sâu sắc hơn bài toán và thúc đẩy tư duy phát
triển. Có lẽ lời giải của bài toán không chỉ dừng lại ở đáp số).
Thí dụ 1: Tìm các nghiệm đúng phương trình
3
3
68 15
x
x x
+ =
(1)
Lời giải
Điều kiện x ≠ 0 (2)
* x
0
là nghiệm của phương trình (1)
⇔
3 3
0 0
3 3

a
x
+
=
(4)
* Thay a
1
=
17
vào (3) ta có
2
0
17x = −
(mâu thuẫn) (5)
* Thay a
2
=
17
vào (4) ta có
4
4 2
0
0 0
2
0
2
17 17 2 0
x
x x
x

3
– 13t + 2
17
= 0. Đó là một phương trình bậc ba. Không có nhận
xét về đoán nghiệm vô tỷ nên việc đoán nghiệm của phương trình này để biến
đổi nó thành phương trình tích vẫn còn khó khăn.
Thí dụ 2: Giải phương trình
2 2
2
2
log log 5log 8 25log 2 0
4
x x
x
x + = − =
(1)
Lời giải
Điều kiện 0 < x ≠ 1 (2)
Đặt log
2
x= t, ta có log
x
2 =
1
t
. log
x
8 =
3
t

2
Bởi vậy (3) ⇔
2
2
3 (2 1)
( 1) 5
2
3 ( 1) ( 2)
5 2
2
t t t
a
a t t t t
t t t a t t
t t
a
− + +

=


= − = −

⇒ ⇒



− − + = − +
= − −


= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
(thoả mãn (2))
Vậy
1 21
2
2x
±
=
là các nghiệm của phương trình đã cho.
Lời bình: Trong phương trình chứa tham số, chúng ta thường bắt gặp câu
giải phương trình ứng với một giá trị nào đó của tham số. Có lẽ sẽ không sai khi
nói rằng (3) là phương trình mà tham số đã nhường lại cho số 5.
Thí dụ 3: Giải phương trình x +
11 11x+ =
(1)
6
Lời giải
Điều kiện 0 < x < 8 (2)
Với điều kiện đó ta có (1) ⇔ 11 – x =
11 x+
⇔ (11 – x)
2
= 11 +
x
(3)
Đặt 11 = a, phương trình (3) được viết (a - x)
2
= a +
x
⇔ a

2
1
2
1
a a
a x x
a a
a x x

=
= + +

⇔


=
= −



(6)
Thay a = 11 ta có (5) ⇔
11 1 10 0
11 11 0
x x x x
x x x x
 
= + + + − =
⇔
 

 
 
đều thoả mãn điều kiện (2) nên đó là
cái của phương trình đã cho.
Lời bình 2:
1) Khi có sự lặp của số mũ ở luỹ thừa với cơ số khác nhau hoặc có sự lặp
của các hằng số dưới các căn thức với bậc khác nhau, bạn có thể nghĩ đến
phương pháp hằng số biến thiên (theo dõi thí dụ 3 dưới đây).
2) Nhìn phương trình (3) dưới dạng (ax+b)
2
= p
' 'a x b+
+qx + r (phương
trình chứa hai phép toán ngược nhau) ta có lời giải bằng cách đặt ẩn phụ đối
xứng như sau:
* Cách 2 (Tiếp nối từ (3))
Đặt
x
= y – 11, y > 11 ⇒ (y- 11)
2
= x Ta có hệ:
(x – 11)
2
= y ⇒ (x-y)(x + y -21)= 0 ⇔
(y – 11)
2
= x (*)
7
⇔ x = y (6)
x = 21 – y (7)

2 log
x
x x= +
(1)
Lời giải
Giả sử phương trình có nghiệm x = α tức là
3 3
log 7 log
5
3
2 log
α
α α
= +
⇔
3 3
log log
3
7 2 5log
α α
α
= +
⇔
3 3
log log
3
7 2 (7 2)log
α α
α
= + −

Theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c ∈(2,7) sao cho (7-2).f(c) = f(7)-f(2)
⇒ f(c) = 0 ⇔
( )
3
log 1
3
1 log 0c
α
α
−
− =
⇔
3
3
log 1
log 0
1 0c
α
α
−
=


− =

⇔
3
3
log 0
1 1

= 12cotα
⇔ 7
cot
α
– 11
cot
α
= 3(11-7)cotα
⇔ 7
cot
α
+ 3.7cotα = 11
cot
α
+ 3.11cotα.
8
Xét hàm số f(t) = t
cot
α
+ 3t.cotα với t>0, t≠1
Ta có (2) ⇔ f(7) = f(11) ⇔ f(7) – f(11) = 0. Rõ ràng f(t) là hàm số liên tục
trên [7, 11] và có đạo hàm f(t)=cotα.t
cotx-1
+3cotα = (t
cotx-1
+3)cotα. Theo định lý
Lagrăng ắt tồn tại c ∈ (7; 11) sao cho (7-11).f(c) = f(7) – f(11) ⇒ f(c) = 0
⇔ (t
cotx-1
+ 3) cotα = 0 ⇔ cotα = 0 ⇔ α =

Như vậy (1) ⇔ f(a) = f(b) ⇔ f(a) – f(b) = 0 (2)
Rõ ràng trên (b, a) hàm số f(t) có đạo hàm f(t) = h(x) (t
h(x)-1
-k). Theo định lý
Lagrăng thì ∃c ∈(b,a) sao cho (a-b) f(c) = [f(a) – f(b)].
Từ (2) ⇒ f(c) = 0 ⇔ h(x) (c
h(x)-1
-k)= 0 ⇔
( ) 1
( ) 0
h x
h x
c k
−
=


=

(3)
* Điều kiện đủ: Thay các giá trị tìm được của x trong (3) vào (1) để chọn
nghiệm của nó.
Chú ý:
+ Nếu k < 0 ta có (3) ⇔ h(x) = 0
+ Nếu k = 1 ta có (3) ⇔
( ) 0
( ) 1
h x
h x
=

 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
           
Giả sử phương trình có nghiệm x = α tức là:
5 1 5 4 1 4
14 7 14 21 7 21
α α α α
       
+ − = + −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
(2)
Xét hàm số f(t) =
1
7
t t
α
α
 
+ −
 ÷
 
với t > 0.
Ta có (2) ⇔
5 4 5 4
0
14 21 14 21
f f f f
       
= ⇔ − =
 ÷  ÷  ÷  ÷

sao cho
4 5
,
21 14
 
 ÷
 
f’(c) = f
5
14
 
 ÷
 
-f
4
21
 
 ÷
 
= 0
⇔
1
1
0
0 0
1
1 0
1
1 0 1
7

 
 
 
 ÷
 

 

Thử lại thấy hai giá trị x = 0 và x = 1 đều thoả mãn phương trình (1). Bởi
thế chúng tập nghiệm của phương trình đã cho.
Thí dụ 7: Giải phương trình 2
log
5
x
3
+ 2
log
5
x
2

= x + x
log
5
7 (1)
10
Lời giải
Giả sử phương trình có nghiệm x= α tức là 2
log
5

⇔ 8
log
5
α
- 5
log
5
α

= 7
log
5
α
- 4
log
5
α

(2)
Xét hàm số f(t) = (t+3)
log
5
α
- t
log
5
α
với t > 0.
Ta có (2) ⇔ f(5) = f(4) ⇔ f(5) – f(4) = 0
Rõ ràng f(t) là mà liên tục trên R

α
α
α
α
α α
−
=
= =

 
 
+ = ⇔ ⇒

 
 
− = = =
 

Thử lại: Thay hai giá trị x = 1 và x = 5 vào phương trình (1) thấy đúng
Vậy x = 1 và x = 5 là các nghiệm của phương trình đã cho.
Lời bình 4:
Các phương trình trong hai Thí dụ 5 và 6 thuộc dạng :
(a+d)
h(x)
-a
h(x)
=(b+d)
h(x)
-b
h(x)

h x
h x
=


=

(3)
* Điều kiện đủ: Thay các giá trị tìm được của x trong (3) vào (1) để chọn
nghiệm của nó.
Thí dụ 8: Giải phương trình
7 7
log 11 log
3 2
x
x x+ =
Điều kiện x > 0
Lời giải
Giả sử phương trình có nghiệm x = α tức là
7 7
log 11 log
3 2x
α
α
+ =
11
⇔
log
7
7 7

7
α
-1
- log
7
α = [(4+t)
log
7
α
-1
-1)log
7
α
Theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c ∈ (3,4) sao cho
(3 – 4) f(c) = f(4) – f(3)] ⇒ f(c) = 0
⇔
7
7
7
7
log 1
7
log 1
7
log 0
log 0
1 1
(4 ) 1 log 0
log 1 7 7
(4 ) 1 0

Thay x = 1 và x = 7 vào phương trình (1) thấy đúng
Vậy x = 1 và x = 7 là các nghiệm của phương trình đã cho.
Lời bình 5:
Thí dụ 8 là trường hợp phương trình (a+d)
h(x)
- a
h(x)
= (b+d)
h(x)
- b
h(x)

có b+d = a
12
Bài tập áp dụng
1)
3
3
137 18770
x
x x
+ =
2)
2
4 2
13 168
x
x x
+ =
3) x +

x+ =
9) lg
4
x+ lg
3
x-2lg
2
x-lgx
4
- 9 = 0
10) a
x
+ d
x
= b
x
+ c
x
trong đó a, b, c, d là các số hạng liên tiếp của một cấp
số cộng có các số hạng đều dương và khác 1.
13
IV. KẾT LUẬN:
Việc rèn luyện, phát triển tư duy cho các em học sinh là rất quan trọng.
Trong qúa trình dạy học phổ thông nói chung và đặc biệt trong giảng dạy môn
Toán nói riêng thì phát hiện và kích thích tư duy sáng tạo của các em cần được
quan tâm đúng mực. Giải một số lớp phương trình bằng vận dụng phương pháp
biến thiên hằng số đáp ứng được yêu cầu phát triển tư duy cho các em. Qua thời
gian vận dụng đề tài vào giảng dạy thực tế tại trường THPT Quốc Oai. Tôi nhận
thấy: Đây là phương pháp giải tạo được điểm mới trong tư duy suy nghĩ của các
em học sinh. Các em nhìn nhận khi giải bài toán không cứng nhắc, áp đặt mà tư

Yếu: 08 HS đạt 14,55%
14
Kém: 05 HS đạt 9,09%
Do thời gian hạn chế, nên đề tài chắc hẳn còn sai sót. Kính mong các thầy
cô, các bạn đồng nghiệp nhận xét, trao đổi, đánh giá để đề tài hoàn thiện hơn.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Tạp chí Khoa học giáo dục, số 4 năm 2008
2. Dạy và học Toán ngày nay, số 6 năm 2007
3. Tạp chí giáo dục số 183, kỳ 1 – 2/ 2008
4. Toán học và những suy luận có lý, Nxb Giáo dục
5. Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học tuổi trẻ, Nxb Giáo dục
6. Tạp chí Toán học tuổi trẻ, Nxb Giáo dục
7. Sáng tạo Toán học, G.Polya, Nxb Giáo dục
15