MỤC LỤC
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
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để
giải quyết vấn đề.
2.3.1. Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về giải hệ phương trình.
2.3.2. Phương pháp tọa độ véc tơ
2.3.3. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
2.3.4. Kiểm tra đánh giá qua thực tiễn.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
2.4.1. Cách thức tổ chức thực nghiệm
2.4.2. Kết quả thực nghiệm
3. Kết luận, kiến nghị

Tran
g
2
2
2
2
3
3
3
3

phương trình đại số đóng vai trò rất lớn làm nên sự phong phú của môn học đồng
thời nó là một trong những chuyên đề lớn trong chương trình ôn luyện thi vào lớp
10, chuyên nghiệp, HSG (học sinh giỏi) và chương trình phổ thông.
Chúng ta đã được học nhiều phương trình, bất phương trình hay hệ phương
trình với khá nhiều dạng khác nhau nhưng chúng ta thực sự chưa đi sâu hoặc chưa
biết được những phương trình, hệ phương trình đó lại là cơ sở nền tảng để có
những bài toán mới. Và khi đó cần có những công cụ đắc lực hơn ngoài việc sử
dụng phép biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ đơn giản.
Với học sinh thi vào các trường Đại học, Cao đẳng và Trung học chuyên
nghiệp, ôn thi HSG chuyên đề Phương trình, Bất phương trình và hệ chứa căn thức
là một chuyên đề khó, học sinh rất lúng túng trong quá trình giải và không tìm được
phương pháp tổng quát hoá các bài toán. Hiện nay có rất nhiều sách tham khảo
trình bày các phương pháp giải toán PT, BPT và hệ chứa căn thức nhưng các các
phương pháp đó mới chỉ nghiên cứu sơ lược, học sinh sau khi học vẫn khó có thể
định hướng để tìm ra một phương pháp giải hữu hiệu với dạng toán này.
Trong phạm vi đề tài “HƯỚNG DẪN HỌC SINH TỔNG HỢP CÁC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC”. Tôi xin giới thiệu và tổng quát hoá một
số phương pháp giải toán đặt ẩn phụ, sử dụng véc tơ toạ độ hay bất đẳng thức quen
thuộc vào các bài toán giải phương trình, bất phương trình và hệ chứa căn thức giúp
học sinh phát hiện tìm ra được phương pháp giải thích hợp cho dạng toán này.
1.2. Mục đích nghiên cứu.

2


Đề tài đi hệ thống hoá một số phương pháp giải các bài toán phương trình,
bất phương trình và hệ chứa căn thức bằng phương pháp đặt ẩn phụ, sử dụng véc tơ
tọa độ và sử dụng bất đẳng thức Cauchy, Bunhiakopxki.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.

Phần lớn các học sinh thường sợ khi gặp các dạng phương trình và bất
phương trình chứa căn thức vì chúng liên quan đến các điều kiện tồn tại của căn
thức. Nên các em vẫn ngại tìm tòi cách giải và tâm lý chung là ngại.
Các em vẫn chưa nắm rõ kiến thức về biến đổi căn thức, cách đặt điều kiện
cho phương trình và bất phương trình dẫn đến việc tổng hợp nghiệm còn khó khăn.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải
quyết vấn đề.
2.3.1. Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về giải hệ phương trình.
3


Đối với nhiều bài toán giải phương trình, hệ phương trình việc biến đổi
tương ứng sẽ làm phức tạp hoá bài toán khi đó chỉ cần 1 hoặc 2 thậm chí là 3 ẩn
phụ mới sẽ đưa bài toán về đơn giản hơn và cách giải cũng nhẹ nhàng hơn.
1- Dạng phương trình:
* Dạng 1: p ax + b + q cx + d = m (1)
* Phương pháp: Đặt:

ax + b = u, cx + d = v (u ≥ 0, v ≥ 0)

 pu + qv = m

Phương trình (1) ⇔ 

2
2
cu − av = bc − ad

*Dạng 2:


v
=
2
x
+
8(
v
≥
0)

 u = 3

v = 7 − u
u + v = 7
v = 7 − u
v = 4

⇔
⇔
⇔
⇔
(1)  2 2
 2
 2
2
 u = −17 (loai )
2u − v = 2 2u − (7 − u ) = 2
u +14u − 51 = 0

 v = 10



3

2 − x = 1− x −1 (1)

Giải:
Quan sát thấy hai biểu thức trong căn có thể triệt tiêu x cho nhau.
Đặt: 3 2 − x = u , x −1 = v (v ≥ 0)
u + v =1

( 2)
v =1− u
⇔ 3
2
u + v =1 u + (1 − u ) = 1 (3)
Giải (3) u 3 + u 2 − 2u = 0 ⇔ u (u 2 + u − 2) = 0

(1) ⇔ 

3

2

Ta được u = 0, u =1, u = - 2
3 2 − x = 0


+ u = 0 => v = 1 thoả mãn ⇔ 


2

)

2

≤ (12 + 12 )( x + 1 + 3 − x) = 8 ⇒ t ≤ 2 2

Vậy t ∈  2;2 2 
Phương trình có dạng:
t2 −4
t−
= m ⇔ t 2 − 2t + 2m − 4 = 0
2
a) Với m = 2 phương trình ⇔ t 2 − 2t = 0 ⇔ t 2 − 2t = 0 ⇔ t = 0, t = 2
t = 0 ( loại); t = 2 ( thoả mãn)
ta được: x + 1 + 3 − x = 2 ⇔ ( x + 1)(3 − x) = 0
⇒ x = −1; x = 3 là nghiệm
b) Để phương trình đã có nghiệm thì phương trình
f ( x) = t 2 − 2t + 2m − 4 = 0 có nghiệm t ∈ 2;2 2 
Đến đây xét 3 khả năng:

5


+ f (t ) có nghiệm t = 2 2 ⇔ f (2) f (2 2) = 0

(

+ f(t) có nghiệm ∈ 2;2 2

r r r r
k>0 sao cho b = k a
hoặc a = 0; b = 0
r r
a = 0
hoặc  r r
b = 0
r r r r
b) a − b ≤ a + b
r r
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a, b cùng phương,ngược chiều tức là có số
r
r
r r r r
k
1

Ví dụ 2:Giải hệ

 x 4 + y 4 + z 4 = 1
 2
2
2
 x + y + 2 z = 7
Giải:
r
r
Xét hai véc tơ a( x 2 ; y 2 ; z 2 ); b(1;1;2)
r
r
Nhận xét: a = 1; b = 6
r r
urr r r
rr r r
rr
a.b = x 2 + y 2 + 2 z 2 = 7 mà a . b = 6 do đó a.b > a . b mà a.b ≤ a . b
=> Hệ vô nghiệm
Ví dụ 3: Giải hệ
 x2n + y 2n + z 2n = 3
(1)
 2 n+1
2 n +1
+ z 2 n+1 = 3 (2)
x + y
 x 2 n+ 2 + y 2 n+ 2 + z 2 n+ 2 = 3 (3)

2
1
1
3
Xét các điểm: A( − ;0); B( ;0); C ( x; )
2
2
2
uuur
u
u
u
r
1 3
1 3
AC ( x + ; ); BC ( x − ; )
2 2
2 2
uuur
⇒ AC = x 2 + x + 1 = AC
uuur
⇒ BC = x 2 − x + 1 = BC
⇒ AC − BC = m với mọi điểm C ( x;

⇒ m < 1 là giá trị cần tìm

3
) ta có AC − BC < AB = 1
2


=
3
⇒
u
. v = 1 (4)
u = x +y +z =
3
rr r r
r r
Từ(3) và (4) => u.v = u . v ⇒ u , v cùng phương .
x y x
1
= = ⇒x= y=z=
1 1 1
3
2.3.3. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy khi xuất hiện tổng hoặc tích của hay
hay nhiều số hạng hay bộ số sử dụng là không đổi. Tư tưởng của phương pháp sử
Nên:

8


dụng bất đẳng thức trong các bài toán phương trình hay bất phương trình khó mà
bằng các phương pháp khác không giải quyết được hay làm phức tạp hoá bài toán.
1. Bất đẳng thức Cauchy:
Dạng: Sử dụng cho hai số a,b,c không âm
a+b
a + b ≥ 2 ab và ab ≤
2

x +1
3
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
Dấu bằng xảy ra:

x − x 2 − 1 + x + x 2 − 1 ≤ 2 (1)
Giải:
Điều kiện: x ≥ 1
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
x − x2 −1 + x + x2 −1 ≥ 2 x − x2 −1 + x + x2 −1 = 2

Vậy bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi :
VT = 2 hay x − x 2 − 1 = x + x 2 − 1 ⇔ x = 1 là nghiệm bất phương trình
Ví dụ 3: Giải hệ:
6 x 2 . x3 − 6 x + 5 = ( x3 + 4).( x 2 + 2 x − 6) (1)


2
2
(2)
x + ≥ 1 + 2
x
x


Giải:
2
x

Do: x; cùng dấu nên từ (2) => x +

+

1
y −1

+

25
z −5

= 16 − x − 2 − y − 2 − z − 5

Giải:
Điều kiện: x > 2 ; y > 1 ; z > 5
Phương trình đưa về dạng:
4
x−2

+ x−2 +

1
y −1

+

y −1 +

25
z −5



1
= x+3
x2

(1) [3]

Giải:
Điều kiện: −3 ≤ x ≤ −1; x ≥ 0
Bình phương hai vế của (1) ta có:
1
1
x + 1 + x 2 + 2 + 2 ( x 2 + x )(1 + 2 ) = x + 3
x
x
1
1
⇔ x2 + 2 + 2 x2 + x + + 1 = 2
x
x
1
1
2
Nhận xét: x + 2 ≥ 2 và 2 x 2 + x + + 1 ≥ 0
x
x
Dấu bằng xảy ra khi : x = - 1
Ví dụ 6: Giải phương trình:
10


2
1
9
≤ 13( + x − 1) + 3( + x + 1) = 16 x
4
4
1

 x + 1 = 2
5
⇔ x = thoả mãn
Dấu bằng xảy ra khi : 
4
 x +1 = 3

2
2) Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:
Cho hay dãy số: (a1 , a2….an) và (b1 ,b2 ….bn)
Ta có:
2
( a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) ≤ ( a12 + a22 ..., an2 ) .( b12 + b22 ..., bn2 )
dấu bằng xảy ra :

a1 a2
a
= = .... = n
b1 b2
bn

Dạng đơn giải: ax + by ≤ (a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 )

⇔ x=3
1
1

Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
x − 1 + ( x − 3) ≥ 2( x − 3) 2 + 2 x − 2
Giải:
Điều kiện: x ≥ 1
Xét: ( x − 3) 2 + ( x − 1) = ( x − 3) 2 + ( x − 1) 2
2
2
2
2
2
VT: ( x − 1 + ( x − 3)) ≤ (1 + 1 )( x − 1 + ( x − 3)) = 2 ( x − 3) + x − 1

⇒ x − 1 + ( x − 3) ≤ 2( x − 3) 2 + 2( x − 1)

Dấu bằng xảy ra khi:

x −1 x − 3
=
⇔ x = 5 thoả mãn
1
1

Ví dụ 3: Giải bất phương trình:
x + 1 − 1 − x ≤ x (1)

Giải:

27

Giải:
Biến đổi vế trái áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
1
1
2 x 4 + (1 − 2 x) 4 = .3  2 x 4 + (1 − 2 x) 4  = (12 + 12 + 12 )( x 4 + x 4 + (1 − 2 x) 4 )
3
3
2
2
1
1 1
≥  x 2 + x 2 + (1 − 2 x 2  = . 3  x 2 + x 2 (1 − 2 x) 2 
3
3 9
1
1
1
= (12 + 12 + 12 ) 2 ( x 2 + x 2 + (1 − 2 x) 2 ) ≥ ( x + x + 1 − 2 x) 4 =
27
27
27
2
2
2
 x = x = (1 − 2 x )
1
⇔x=
Dấu bằng xảy ra ⇔ 

x
x
x
x
x
x
1
1
⇒ x + 2 − x2 + + 2 − 2 ≤ 4
x
x
Dấu bằng xảy ra khi x=1 hay x=1 là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 7 ( Tạp chí THTT). Giải phương trình.
3 x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 = x ( x 2 + 2)(5 x − 1)
Giải:
áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ 3 số:
( 3x 2 − 1 ; x 2 − x ; x 2 + 1) và ( 1; 1; -x)

(1) [4]

Vế trái của (1) ≤ (3 x 2 − 1 + x 2 − x + x 2 + 1)(12 + 12 + x 2 )
= (5 x 2 − x)( x 2 + 2) = x ( x 2 + 2)(5 x − 1) = VP (1)

13


3x2 − 1
x2 − x
=

Dấu bằng xảy ra khi.

x2 − x + 1
x
=
∀x > 0
x
x4 + x2 + 1
Vậy với mọi x > 0 đều là nghiệm.
Ví dụ 9. Giải hệ:

1
 1 + x1 + 1 + x2 + ........ + 1 + xn = n 1 + (1)
n

( n ≥ 2)

 1 − x + 1 − x + ........ + 1 − x = n 1 − 1 (2)
1
2
n

n
Giải:
Từ (1)
n
1 2
2
2
2


1
n
14


2.3.4. Kiểm tra đánh giá qua thực tiễn.
Để đánh giá kết quả học tập của học sinh tôi ra đề:
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1. x + 17 − x 2 + x 17 − x 2 = 9
2. x 3 + 63 6 x + 4 − 4 = 0
Bài 2: Giải hệ phương trình sau
36 x 2 + 9 y 4 + 4 z 6 = 1


2
2
3
x + y + z =
3

Bài 3 Giải hệ phương trình sau:
 2x2
=y

2
1 + x
 2y2
=z



Ta được 

x + y = 5
thoả mãn
 xy = 4

hoặc 

x,y là nghiệm phương trình t2 - 5t + 4 = 0 ⇒ t =1 ; t = 4
 x = 1
 x = 1
⇔
⇔ x =1

2
 y = 4  17 − x = 4

 x = 4 ⇔ x = 4
  y = 1

15


Vậy phương trình có hai nghiệm x=1, x=4
2. x 3 + 63 6 x + 4 − 4 = 0
GIẢI:
Đặt: y = 3 6 x + 4 ⇔ y − 6 x − 4 = 0
3


rr
r r
2
7
a.b = x + y 2 + z 3 = mà a . b =
do đó a.b > a . b mà a.b ≤ a . b
3
18
Vậy hệ phương trình vô nghiệm.
Bài 3. Giải hệ phương trình

 2x2
1 + x 2 = y (1)

 2 y2
=z

2
1
+
y

 2z2
=x

1 + z 2
Nhận xét : do các vế trái không âm nên đk: x, y, z ≥ 0
2 x2
2 x2
2

%
10B2
42
3
7,1
13
31,0
25
59,5
1
2,4
10B10 45
1
2,2
14
31,1
26
57,8
4
8,9
10B3
44
6
13,6
24
54,5
14
31,8
0
0

- Kiến nghị
Lớp

Sĩ số

Giỏi

Khá

17


Qua sự thành công bước đầu của phương pháp này thiết nghĩ rằng chúng ta
cần phải có sự nghiên cứu và hình thành đưa ra những chuyên đề, phương pháp cụ
thể giúp học sinh có đủ các kiến thức phục vụ các kỳ thi một cách có kết quả có hệ
thống và phù hợp với mức độ kỳ thi. Chúng ta không nên chỉ dạy những kiến thức
SGK mà chúng ta cần phải đưa ra những kiến thức mới phù hợp với mức độ yêu
cầu cao của các kỳ thi cũng như biết vận dụng các kiến thức hình học để giải quyết
các vấn đề một cách linh động. Để rồi hình thành cho học sinh những thói quen
không tốt khi nghiên cứu một vấn đề, đó là sự bằng lòng với những kiến thức đã có
mà không tự tìm tòi các kiến thức mới các phương pháp mới đặc biệt là sự vận
dụng các môn học khác vào môn học. Do đó trong quá trình giảng dạy tôi luôn đưa
học sinh vào những tình huống có vấn đề rồi yêu cầu học sinh tự hình thành cho
mình những kiến thức mới có hiệu quả cụ thể trong các kỳ thi, yêu cầu học sinh
phải biết vận dụng những kiến thức liên môn để làm bài tập một cách có hiệu quả.
Sáng kiến kinh nghiệm này là một phần nhỏ của bản thân thu được trong quá
trình giảng dạy trong một phạm vi nhỏ hẹp. Vì vậy việc phát hiện những ưu nhược
điểm chưa được đầy đủ và sâu sắc. Mong rằng báo cáo kinh nghiệm này các đồng
nghiệp cho tôi thêm những ý kiến phản hồi những ưu nhược điểm của chuyên đề
này. Cuối cùng tôi mong chuyên đề này sẽ được các đồng nghiệp nghiên cứu và áp

-

*******************
[1]. dethi.violet.vn
[2]. tailieu.vn
[3]. hocmai.vn
[4]. Tạp chí Toán học tuổi trẻ

20