Sáng kiến kinh nghiệm
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
**********
1. Tên sáng kiến:
RÈN LUYÊN TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC SÁNG TÁC MỘT SỐ
PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH TỪ CÁC ĐẲNG THỨC ĐIỂN HÌNH
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Chương trình Toán lớp 10 THPT, 11 THPT.
- Chuyên đề ôn thi THPT Quốc Gia.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ 8 - 2015 đến 5 - 2016
4. Tác giả:
Họ và tên: Bùi Văn Toan
Năm sinh: 1985
Nơi thường trú: Thái học, Trực Cường, Trực Ninh, Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ
Chức vụ công tác: Giáo viên
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Điện thoại: 0977.012.356
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định
Điện thoại: 03503.640297

ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Trong các kỳ thi Đại học, Cao đẳng, THPT Quốc gia và thi học sinh giỏi chúng ta
thường bắt gặp các dạng toán liên quan tới phương trình, hệ phương trình. Bài toán liên
quan tới phương trình, hệ phương trình có khá nhiều dạng và có nhiều cách giải khác nhau.
Đó là những dạng toán khó đối với học sinh, và hệ thống bài tập khá phong phú. Tuy nhiên
ngoài việc nắm vững được các dạng phương trình và tìm ra cách giải thì chúng ta cũng cần
tự xây dựng cho mình một hệ thống các bài tập liên quan tới phương trinh, hệ phương trình.

hiểu tại sao bài toán lại được giải quyết theo hướng đó.
Giúp học sinh nhận dạng được các bài toán có một phương pháp mang lại hiệu quả rõ
nét. Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán, khả năng sáng tạo và tự
sáng tác các phương trình, hệ phương trình. Qua đó học sinh nâng cao khả năng tư duy, sáng
tạo. Nâng cao khả năng tự học, tự bồi dưỡng và khả năng giải các bài toán trong kỳ thi
THPT Quốc gia môn Toán 2016.
Điểm mới trong kết quả nghiên cứu: Hệ thống các dạng toán có liên quan đến
phương trình và hệ phương trình được gắn vào các bài toán tổng quát, xây dựng hệ thống
bài tập cho riêng mình, áp dụng vào giảng dạy thực tế đối với học sinh khá, giỏi các lớp
11A1, 10A2, 10L, 10A2 trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong trong đợt ôn thi học kì và
học sinh ôn thi THPT Quốc gia năm 2016.

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

2


Sáng kiến kinh nghiệm

NỘI DUNG SÁNG KIẾN
A. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bước 2: Biến đổi một phương trình của hệ về dạng phương trình tích số để được các hệ
thức đơn giản chứa x,y.
Các kỹ thuật thường sử dụng:
+ Nhóm nhân tử chung
+ Phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử
+ Nhẩm nghiệm + nhân liên hợp

y, phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được
y  x 1
�
(1) � y 2   3 x  2  y  2 x 2  3 x  1  0 � �
y

x

1
�
�
y

2
x

1
�

0
�




�
�
��
�
y  2x  1


2
1
�
�
 x �
3

� 0
x

1

3
x

1
x

2

5
x

5
�
1 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 43 �

Với x  0 � y  1


4x
9x
3x 

0
4x  1  1
9x  4  2
�
�
Với x  0 � y  1



4
9
�
�
x�
3

� 0
4
x

1

1
9
x


Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

4


Sáng kiến kinh nghiệm
�y �0
�
�x �2 y
�
4 x �5 y  3
+) Điều kiện : �

(*)

+) Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Do y  1 luôn thỏa (1) nên định hướng phân
tích theo nhân tử y  1 hoặc 1  y . Ta được:
 1 �  1  y  x  y  1   x  y  1 1  y  0









� 1
1 �
�  1  y   x  y  1 �


�
�
Điều kiện: 1 �x �2 , Khi đó: (3)

3
�
� x
�x ‫ڳ‬1
2
�
�� 1 � 5
�
x
��
3
�
3
2
�
� x
��
� x
�x ‫ڳ‬1
�x ‫ڳ‬1
2
��
��
��
2

� 1 5
x
�
2
��
�
7
x
�
2 .
�

So với điều kiện (*) ta chỉ nhận

x

1 5
1  5
�y
2
2 [thỏa (*)]

�
1  5 1  5 �
;
�
�
2
2 �
x; y   3;1

2
�
�x  3x  y  y  2
�
x  y  x2  4x  5   2  x 

�
�
3)

5)

3
�
�x  18 x  y  1  y  19   0
�3
2
2
 x  y   1 4) �
�x  2 x  7 y  xy  12

2
�
x  y

� 2x  1  2 y  1 
�
2
�
 x  y   x  2 y   3x  2 y  4

�
�
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
Bài giải



(1)
(2)

1
1
�x � , 1 �y �3
2
2

+) Điều kiện
3
3
2
3
3
+) Khi đó: (1) � 8 x  6 x  y  6 y  9 y  2 � (2 x)  3(2 x)  ( y  2)  3( y  2)

(a)

1
1
�x �
2 nên 1 �2 x �1 và 1 �y �3 nên 1 �y  2 �1 .


2 3 3
2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
� 2 3 3
�
� 2 3 3
�
�
�
�
�
x
;
y

;
2

2
3

3
;
x
;
y



Ta có:
 1 � x3  x 2 y  x 2  x  y  1 � x 2  x  y    x  y   x 2  1 �  x  y   x 2  1  x 2  1

� x  y  1  0 (vì x 2  1  0, x )
Thay y  x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình

x 3  9 x 2  6 x  6  3 3 6 x 2  2 �  x  1  3  x  1   6 x 2  2   3 3 6 x 2  2
3

( a)

3
2
Xét hàm đặc trưng f (t )  t  3t , với t ��.Ta có f '(t )  3t  3  0 , với mọi t ��. Suy ra
f  t
đồng biến trên �.

Do đó:

 a �

f ( x  1)  f ( 3 6 x 2  2) � x  1  3 6 x 2  2 � x 3  9 x 2  3 x  3  0

�  x  1  2  x  1 � x  1  3 2  x  1 � x 
3

2

3
3

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
Bài giải

 x; y   �3





3
5
x� ,y�
4
2
+) Điều kiện
2
(1) � 4 x  1 .2 x   5  2 y  1 5  2 y
+) Khi đó:



;3



Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

( a)

7

 Nhận thấy x  0 và

x

(b)

3
4 không là nghiệm của phương trình (b)
2

�5
�
� 3�
g ( x)  4 x  �  2 x 2 � 2 3  4 x  7
x ��
0; �
2
4 �, khi đó:
�
�
�
 Xét hàm số
với
1�
 b � g  x  g �
��
�2 �
(3)
2


3 � x 

�
2 �y2
Do đó f đồng biến trên khoảng � 4 �. Suy ra:
1
�2

�
 x; y   �
� ;2 �

�.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
2
2
2
2
�
3
x

3
y

8

y

x

y� *
�
�
3  
�
+) Điều kiện:

+) Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y

 1

�  x  1  3  x  1   y  1  3  y  1
3

3

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

(3)
8


Sáng kiến kinh nghiệm
Xét hàm đặc trưng
trên �.

f  t   t 3  3t , t ��
f �t  3t 2  3  0, t ��� f  t 
. Do  
đồng biến


g  x   3x  8  x  1 

g�
 x 

5
8 11 � �
11
�
�
, x �� ; ��� ; ��
2 x  11
3 2 � �2
�
�

3
1
10
3 x  1  3x  8
10




0
2
2
2 3 x  8 2 x  1  2 x  11

3
2
3
2
�
�
�
�
+) Trên khoảng
thì
đồng biến,
nên

 6

 
� g  x   g  3 � x  3 ��� y  5 thoả mãn (*)
4

11
11
�
�
�
�
8 �� ; ��
, g  8  0
� ; �� g  x 
2
2

� 2
4x  y2  2 3  4x  7
�
2) �

3
3
2
�
�x  y  3x  6 x  3 y  4
�2
x  y 2  6 x  y  10  y  5  4 x  y
1) �

3
�
�
 17  3x  5  x   3 y  14  4  y  0
�x  x  y y  1  0
�
�4
�
3
2
x  x3  x 2  1  x  y  1  1
2
2
x

y

�
�
x  y  3 x  3 y  19  105  y 3  xy
2 7 x  8 y  3 14 x  18 y  x 2  6 x  13
�
5)
6) �

�
 53  5 x  10  x   5 y  48  9  y  0
�
�
2 x  y  6  x 2  2 x  66  2 x  y  11
7) �

�
� 4x  2  2 y  4  6
�
3
2  2 x  1  2 x  1   2 y  3
�
�
8)

y2

III. PHƯƠNG PHÁP ẨN PHỤ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có).
Bước 2: Biến đổi hai phương trình của hệ sao cho có hai biểu thức giống nhau.

Do y  0 không thỏa mãn hệ trên nên

Đặt

u

x2  1
y
và v  x  y  2 , hệ trở thành

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

uv  2
u 1
�
�
��
�
u.v  1
v 1
�
�

10


Sáng kiến kinh nghiệm
�x 2  1
1
�x  1 �x  2



Ví dụ 2. Giải hệ phương trình �

(1)
(2)
(*)

Bài giải
+) Điều kiện: x  y �0 .
+) Biến đổi hệ phương trình thành dạng có chứa hai biểu thức x  y và x  y
�
 x  y  x  y  6
�
4
�x  y  1 2 
3


2
�
x

y


�

+) Đặt u  x  y và v  x  y hệ phương trình trở thành
� 6


2
2
�
2
�
�
�
8u  18u  18  0
u  2u  1   3 �
v
�
4
�
9
�

Suy ra:

� 5
�x  2
�x  y  3
�
��
�
x

y

2

 x; y   �
�;

�x  y  2 y  1  x  y  5
�
�2
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình : �y  2  xy  y

Đặt

x  y  a, 2 y  1  b . Khi đó ta có hệ :

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

11


Sáng kiến kinh nghiệm
2
�
�
a2  b2  a  b  4
 a  b   a  b  4  2ab
�
�
�
� 2
2
2
 a  1  b 2  1  4 �






34   x  1

2



2

 34  u 4

.

uv  2
uv 2
�
�
��
�4 4
uv  1
u  v  34
�
Khi đó ta có hệ : �
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các hệ phương trình
2

2 2
2
2
�x y  2 x y  y  x  1  12 y  1
4) �

2
2
�
�x  y  xy  3x  2
� 2
4
4
2
x

xy

y

2
 17 x 4




�
�
5)


3x  2 xy  y 2  6  x  y  1
�
10) �

IV. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

12


Sáng kiến kinh nghiệm
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp đánh giá.
Thường là sử dụng các bất đẳng thức cơ bản: Cô-si, bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối,...
Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương
trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1 ẩn).

�x 12  y  y  12  x 2   12
�
�
�
x3  8 x  1  2 y  2
�
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

(1)
(2)


�
�
nên   �

�x �0
�
2
�y  12  x

2
Thế y  12  x vào phương trình (2) ta được phương trình một ẩn:

x 3  8 x  1  2 10  x 2

(3)

Phương trình (3) có một nghiệm là x  3 nên ta định hướng phân tích (3) thành dạng

 x  3 . f  x   0 ,

�

(3) �

 x  3  x 2  3x  1 






0

� x3

 x; y  là  3;3 .

2
2
2
2
�
� 5 x  2 xy  2 y  2 x  2 xy  5 y  3( x  y ) (1)
�
3
� 2 x  y  1  2 7 x  12 y  8  2 xy  y  5
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình �

(2)

.

Bài giải
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

13


Sáng kiến kinh nghiệm
�
5 x 2  2 xy  2 y 2 �0


 5 x 2  2 xy  2 y 2  2 x 2  2 xy  5 y 2 �3  x  y   VP 

1

3
Dấu đẳng thức xẩy ra khi x  y  
Thế y = x vào (2), ta được:
Ta có: (3)





3 x  1  2. 3 19 x  8  2 x 2  x  5

(3)

3
� 2
� 3 x  1  ( x  1)  2 �
�19 x  8   x  2  � 2 x  2 x

 x2  x

3x  1  x  1
x2  x

3x  1  x  1


 2 x2  2 x

 2( x 2  x )  0

2( x  7)
3

 19 x  8

2

 ( x  2) 19 x  8  ( x  2)
3

2

 2  0(*)

Vì x ≥ 0 nên (*) vô nghiệm. Do đó (3) x = 0 hay x = 1.
Vậy hệ phương trình có nghiệm

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình

( x, y) �  0;0  ,  1;1 

� 8 xy
17 �x y � 21
 �  �
�2
2

17 �x y � 3
 �  �  6
x y
  6 8 �y x � 4
y x

x y
x y
 �2 .  2
 t  2 � x  y  và sử dụng BĐT Cô-si ta có:
y x
y x

8
17 �x y � 3
8
17
3
8
1
 �  � 
 t 
  t  6   2t �2  2.2  6
x y
4 t 6 8
  6 8 �y x � 4 t  6 8
y x
8
1
  t  6 � t  2 � x  y

Khi đó, chọn x  3; y  2 thì (1) đúng. Do vậy, cũng với x  3; y  2 thì x  y  35 .
2
2
Ta sẽ thu được : 2 x  3 y  4 x  9 y . 0Từ đó ta có bài toán sau:
3
3
�
 1
�x  y  35
� 2
2 x  3 y2  4x  9 y  2
Giải hệ phương trình : �
.

Nhân hai vế của (2) với -3 rồi cộng với (1) ta được:

x 3  y 3  6 x 2  9 y 2  35  12 x  27 y �  x  2    y  3  � x  y  5
3

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

3

.

15


Sáng kiến kinh nghiệm
y  2


3

  3
�
�
2  3a; 4  3a 2
�
�
��
� �a  2
3  3b;9  3b 2 ; 35  b3  a 3
�
�
b  3
�
1   . 2 
Chú ý rằng: việc xét  
vẫn không giảm tổng quát hơn so với việc xét
 . 1   .  2 
, vì khi ta giải phương trình có quyền chia cả hai vế cho một số khác 0.
Tương tự khi xuất phát từ một biến đổi tương đương do ta chọn:

 x  2

3

  y  1 � x 3  6 x 2  12 x  y 3  3 y 2  3 y  9  1
3


Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

16


Sáng kiến kinh nghiệm
Khi đó ta có bài toán sau:
(HSG Quốc gia 2010) Giải hệ phương trình :
4
4
�
�x  y  240
�3
3
2
2
�
�x  2 y  3  x  4 y   4  x  8 y 

 3
 4

Nhân phương trình (4) với -8 rồi cộng với phương trình (3) ta được :

x 4  y 4  8 x 3  16 y 3  240  24 x 2  96 y 2  256 y  32 x �  x  2    y  4 
4

4

x2  4 y

 u  3

3

  v  5   0 � u 3  9u 2  27u  v 3  15v 2  75v  98  0
3

 *

3
3
Khi đó, chọn u  3; v  5 thì (*) đúng. Do vậy, cũng với u  3; v  5 thì u  v  98 .Ta
2
2
sẽ thu được : 3u  5v  9u  25v .

Đặt u  x  y; v  x  y , và qua một số phép biến đổi cơ bản, ta có hệ :
3
2
�
�x  3 xy  49
�2
2
�x  8 xy  y  8 y  17 x

 1
 2

.


;y 
2
2 .Thay vào (1) ta được:

 3  u  v   u  v   392 � u 3  v 3  98
2

Thay vào (2) ta được :

 u  v

2

 8  u 2  v 2    u  v   16  u  v   34  u  v  � 3u 2  5v 2  9u  25v
2

�
u 3  v3  98
�
� 2
3u  5v 2  9u  25v .
Ta có hệ mới : �
Nhân phương trình dưới với -3 rồi cộng với phương trình trên ta được : v  u  2 .
�
 u; v    3; 5  � x; y    1;4 
��
�
u; v    5;3

 x; y    1; 4  .

2
�
�x  y  3 y  9
�2
2
x

y
 x  4y
�
a)

2
2
�
�x  2 xy  2 y  3x  0  1
�
xy  y 2  3 y  1  0
 2
�
b)

2
2
Nhận xét: Những hệ phương trình chứa hạng tử x , xy, y phần lớn có thể đưa về phương
trình bậc hai theo ax  by . Để làm được điều đó, ta se nhân phương trình (1) với  và

phương trình 2 với  rồi cộng lại :

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

� �
� �  �
2


2 2
�
� �
�2
2
� x  �  2 �xy  �  2 �y  x  2 xy  2 y


�
� �
�
.
2

Đồng nhất hệ số ta tìm được :   2 .Từ đó ta chọn   1 và   2 .
3
3
Xét một phương trình bậc 3 nào đó, chẳng hạn : 4 x  3 x  2 � 8 x  4  6 x .Suy ra
2 x  3 4  6 x . Ta ghép với một hàm đơn điệu :

 2x

3

 2 x  3 4  6 x  4  6 x � 8x3  8x  4  3 4  6 x


nên hàm số
f  2x  f 3 4  6x
trình :
nên





f  t

đồng biến

2x  3 4  6x

1
2.

2x
Cách 2. Phương trình đã cho tương đương với :  

3

 3 4  6 x  4  8x

�
�
8 y3  4  6x
8 y3  4  6x



Sáng kiến kinh nghiệm
Tương tự ta có thể thu được các bài toán sau :
2
2
Giải phương trình : x  4 x  3  x  5 ; 2 x  6 x  1  4 x  5

Cách số 2 là ta đặt ẩn phụ đưa về hệ xuất hiện nhân tử x  y hoặc đơn giản là đưa về hệ đối
xứng loại 2. Thông thường ta sẽ sử dụng hằng đẳng thức :

uv
�
u n  x   vn  x    u  v  a  x  � �
a  x   u n1  u n 2 .v  ...  v n 1  0
�
.
n
�f  x  �
� b  x   a  x  . a  x  . f  x   b  x  .
Xuất phát từ phương trình dạng : �
n

Chọn

n  2, f  x   2 x  3, a  x   x  1, b  x   x  1

 2 x  3

2

2
x

6
x

2
Đặt
. Ta có hệ : �

uv
�
� u 2  v 2   x  1  v  u  �  u  v   u  v  x  1  0 � �
v  1 x  u
�

�2 x  3 �0
u  v � 2x2  6x  2  2x  3 � � 2
�2 x  6 x  7  0 , hệ vô nghiệm.
+)
�4  3 x �0
v  1  x  u � 2 x 2  6 x  2  4  3x � � 2
7 x  6 x  7  0 , hệ vô nghiệm.
�
+)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Đôi khi thông qua việc dự đoán nghiệm của phương trình hoặc hệ phương trình, ta có thể
xây dựng được phương trình hoặc hệ phương trình mới và tìm được hướng giải quyết bài
toán.
Ví dụ 1: Giải phương trình

x 2  15  4
�
x2  1
��
1
1
1
�


3 4
3 2
�
x2  8  3
x 2  15  4
� x  x 1
�

3

Mặt khác, ta có:
x 2  15  x 2  8 � x 2  15  4  x 2  8  3 �

1
x  15  4
2



1

Ta đi đến lời giải như sau:
(2)
�

� 3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1  x 2  2  x 2  3x  4
2 x  4

3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1



3x  6
x 2  2  x 2  3x  4

�
2
�  x  2 �

� 3x 2  5 x  1  3 x 2  x  1


�

�
� 0
2
2
x  2  x  3x  4 �
�
3

x 2  7 x  10   x  1 � � x 2  12 x  20   x  2  �
 3 � 2 �
�
� �
�

(4)

x 2  7 x  10   x  1  0
Để ý rằng hai phương trình
và
nghiệm nên nhân liên hợp hai vế của (4) ta có:
18  x  1
x 2  7 x  10  x  1



x 2  12 x  20   x  2   0

vô

16  x  1
x 2  12 x  20  x  2

x 1
�
�
�
9
�

2
�x 2  15 x  25  0
�
2

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

22


Sáng kiến kinh nghiệm

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm

x  1, x 

15  5 5
2
.

Ví dụ 4: Giải phương trình
3

162 x3  2  27 x 2  9 x  1  1

Giải:
Phương trình đã cho tương đương với:





 2 162 x  2  4
3

3

3 x  3 x  1
27 x 2  9 x  1  1

0

3x  3x  1



27 x 2  9 x  1  1

0

�
�
2  9 x 2  3 x  1
�
�
3x
�  3 x  1 �

2
� 0
2


162 x  2
3





2

 2 162 x  2  4
3

3



2  9 x 2  3 x  1
3

162 x 3  2



2

 2 3 162 x3  2  4

3x
27 x  9 x  1  1


x

1
3.

Ví dụ 5: (Olympic 30/4 Đề nghị)
Giải phương trình sau:

x 2  12  5  3 x  x 2  5

Giải:
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

23


Sáng kiến kinh nghiệm
5
x�
3
Đk:

Ta nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình. Như vậy phương trình đã cho có thể
x  2 Q  x   0
phân tích được về dạng 
!
Phương trình đã cho tương đương với:
x 2  12  4  3 x  6  x 2  5  3



12

4
x

5

3
�

1
Do

x  12  4
2



1
x 5 3
2

x2

�

x  12  4
2


Do 3 x  5 x  1  3x  7 x  3
nhất x = 2.
2

2





�
� 0
x 2  2  x 2  3x  4 � .
3

3
x  2  x 2  3x  4 nên phương trình có nghiệm duy
2

Ví dụ 7: Giải phương trình
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

24


Sáng kiến kinh nghiệm
5 x  1  3 9  x  2 x 2  3x  1
1
x�
5.

 x  1 �
�
5x  1  2
�
�
�
5 5x  1  5
�  x  1 �
2x 

�
5x  1  2
�
�





  x  1  2 x  5 

�
� 0
2
�
3
9  x  23 9  x  4
�
1


Thật vậy, ta sẽ lần lượt dùng chức năng Shift Solve để tìm ra 2 nghiệm của phương trình là:
x1  0,6180339887...; x2  1,618033989... sau đó gán hai nghiệm này vào hai biến A và B.
Bây giờ ta sẽ thử tìm xem A và B có mối quan hệ gì với nhau hay không bằng cách tình A +
B và AB, ta thu được kết quả “đẹp” sau: A  B  1, AB  1 .
2
Điều đó đã chứng tỏ A, B là hai nghiệm của phương trình: X  X  1  0
2
Và từ đây, ta có thể dự đoán được x  x  1 chính là nhân tử của pt! 

Ta viết pt đã cho lại thành:
x 3  3x  1   px  q   8  3x 2  px  q  0
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

25