skkn giải phương trình bằng phương pháp lập hệ phương trình đối xứng loại ii

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT DƯƠNG QUẢNG HÀM

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP
LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II”
Họ và tên giáo viên: Đào Thị Phương Liên
Tổ : Toán - Tin
Trường : THPT Dương Quảng Hàm
Năm học 2012 - 2013

Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
ĐỀ TÀI :
“GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH
ĐỐI XỨNG LOẠI II”
PHẦN A: MỞ ĐẦU
I.Lý do chọn đề tài
Trong trường THPT môn Toán là một môn quan trọng. Nó là tiền đề
trong việc giảng dạy và học tập các môn khác như: Hóa học, Vật lý, Sinh
học giúp phát triển tư duy cho học sinh, giúp các em có khả năng phân tích,
tổng hợp, so sánh, tưởng tượng, sáng tạo
Như chúng ta đã biết phương trình, hệ phương trình trong chương trình
toán phổ thông có rất nhiều dạng và phương pháp giải khác nhau. Người giáo
viên ngoài việc nắm được các dạng phương trình và cách giải chúng để hướng
dẫn học sinh cần phải xây dựng lên các đề toán để làm tài liệu cho việc giảng
dạy và rèn luyện tư duy toán học cho các học sinh khá, giỏi. Bài viết này đưa ra
một số quy trình xây dựng lên các phương trình, hệ phương trình. Qua các quy
trình này tôi cũng rút ra được các phương pháp giải cho các dạng phương trình,
hệ phương trình tương ứng. Các quy trình xây dựng đề toán được trình bày
thông qua những ví dụ, các bài toán được đặt ngay sau các ví dụ đó. Đa số các
bài toán được xây dựng đều có lời giải hoặc hướng dẫn. Quan trọng hơn nữa là

một số lưu ý sau lời giải sẽ giúp ta giải thích được “Vì sao lại nghĩ ra lời giải
này”.
Qua quá trình công tác giảng dạy ở trường THPT tôi nhận thấy việc học
toán nói chung và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi toán nói riêng, muốn học sinh
rèn luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi thầy,
cô cần phải có nhiều phương pháp và nhiều cách hướng dẫn cho học sinh tiếp
thu và tiếp cận bài giải. Song đòi hỏi người thầy cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm
2
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
ra nhiều phương pháp và cách giải qua một bài toán để từ đó rèn luyện cho học
sinh năng lực hoạt động, tư duy sáng tạo, phát triển bài toán và có thể đề xuất
hoặc tự làm các bài toán tương tự đã được nghiên cứu, bồi dưỡng.
II.Phạm vi và đối tượng của đề tài
Việc đào tạo chất lượng học sinh ôn thi đại học cho khối 10, 11, 12 là rất
cần thiết. Vì vậy, tôi mạnh dạn xây dựng SKKN “Giải phương trình bằng
phương pháp lập hệ phương trình đối xứng loại II” với mong muốn các thầy,
cô, đồng nghiệp tham khảo. Những bài toán đó có tác dụng không nhỏ trong
việc rèn luyện tư duy toán học và thường là sự thử thách đối với học sinh trong
các kỳ thi học sinh giỏi các cấp, các kỳ thi Olympic và các kỳ thi Đại học.
III. Mục đích nghiên cứu
Góp phần vào phương pháp giải các phương trình bậc cao, phương trình vô tỷ
đó là phương pháp lập hệ phương trình để giải chúng. Phát triển tư duy lôgíc của
học sinh trong khi gặp phương trình với cách liên hệ giải bằng hệ phương trình.
Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ công tác của bản thân trong quá trình tự nghiên
cứu để áp dụng vào giảng dạy.
IV .Nhiệm vụ nghiên cứu
Xét một số bài tập về phương trình bậc cao, phương trình vô tỉ giải bằng cách
đưa về hệ phương trình đối xứng loại II hoặc gần đối xứng.
V. Phương pháp nghiên cứu.
Phân tích, giải cụ thể và đưa đến xây dựng tổng quát. Từ đó đối chiếu và rút kết

luận.
VI.Điểm mới trong nghiên cứu
Xây dựng một số phương trình bậc cao, phương trình vô tỉ trên cơ sở hệ đối
xứng loại II
3
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
PHẦN B : NỘI DUNG
I Cơ sở lý luận
Định nghĩa hệ đối xứng loại II
Hệ đối xứng loại II là hệ phương trình gồm 2 ẩn x, y sao cho khi đổi chỗ vai trò
của x và y thì phương trình này trở thành phương trình kia của hệ.
Xét hệ phương trình đối xứng loại II

( )
( )
2
2
(1)
(2)
x ay b
y ax b
α β
α β

+ = +




+ = +

Phương pháp giải hệ đối xứng loại II
• Trừ từng vế của hai phương trình và biến đổi về dạng phương trình tích có
dạng :(x-y).f(x,y)=0
( , ) 0
x y
f x y
=

⇔

=

• Kết hợp một phương trình tích với một phương trình của hệ để suy ra
nghiệm của hệ phương trình.
Như vậy từ hệ đối xứng loại II có cách giải truyền thống như trên ta xuất phát
theo hướng sau để khai thác các phương trình được lập và ngược lại cũng có
luôn cách giải những phương trình đó bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II
và gần đối xứng.
Từ (2) suy ra

y ax b
y ax b
ax b
y
ax b
y
α β
α β
β
α α

β
α α



+ = +



+ +





+
= −
⇔
= −
+
= − −
Thay vào (1) ta được
4
Trng THPT Dng Qung Hm Nm hc 2012 2013

( )
( )
2
2
(*)

a ax b a
x b
a ax b a
x b







+
+ = +



+
+ = +


Đến đây bằng cách chọn , , a, b ta sẽ xây dựng đợc các phơng trình vô tỉ.
Cách giải các phơng trình dạng này là đặt
y ax b

+ = +
(hoặc -
bax +
để đa
về hệ đối xứng loại II ở trên đã biết cách giải.
Ta sẽ đi xây dựng một số phơng trình khi gii cú th dựng phng phỏp a v

h phng trỡnh i xng loi II hoc gn i xng.
II.Xõy dng phng trỡnh gii bng cỏch lp h i xng loi II
Vớ d 1. Xột h i xng loi hai
( )
2
2
2
2
2 3
2 3 2 3
2 3
x y
x x
y x

=

=

=


Ta cú bi toỏn sau
Bi toỏn 1. (THTT, s 250, thỏng 04/1998). Gii phng trỡnh
x + 3 (2-3x
2
)
2
= 2
Gii. t y = 2 - 3x

2
. Ta cú h
( )
( )
2
2
2 2
2 3 1
3 2
2 3 2 3 2
x y
x y
y x y x

=

+ =



= =




Ly (1) tr (2) ta c
x - y = 3 (x
2
- y
2

)
( )
0
1 3
3 1
3
y x
x y
x
x y
y
=

=






+ =
=


Vi y = x, thay vo (1) ta c
2
2
3 2 0 1,
3
x x x

+ =


Vi
1 3
3
x
y

=
, thay vo (2) ta c
2 2
1 3 1 21
2 3 9 3 5 0
3 6
x
x x x x

= = =
.
Phng trỡnh ó cho cú bn nghim
2 1 21 1 21
1, , ,
3 6 6
x x x x
+
= = = =
.
Lu ý: T li gii trờn ta thy rng phng trỡnh bc cao : x + 3 (2-3x

2
)
2
= 2
Nu khai trin (2 - 3x
2
)
2
thỡ s a phng trỡnh ó cho v phng trỡnh bc
bn, sau ú bin i thnh phng trỡnh tớch.
5
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
(x + 1) (3x - 2) (9x
2
- 3x - 5) = 0
Vậy nếu khi xây dựng bài toán, ta cố ý làm cho phương trình không có nghiệm
hữu tỉ thì phương pháp khai triển đưa về phương trình bậc cao, sau đó phân tích
đưa về phương trình tích sẽ gặp nhiều khó khăn.
Ví dụ 2. Xét một phương trình bậc hai có cả hai nghiệm là số vô tỉ
2 2
5 2 1 2 5 1x x x x− − ⇔ = −
Do đó ta xét
2
2
2
2
2 5 1
5 1
2 5 1
2

2 5 1
y x
x
x
x y

= −
 
−

⇒ = −

 ÷
= −

 

Ta có bài toán sau
Bài toán 2. Giải phương trình 8x – 5(5x
2
– 1)
2
= – 4
Giải. Đặt 2y = 5x
2
– 1. Khi đó
( )
( )
2
2

2 2
2 5 1 1
2 5 1
8 5.4 4 2 5 1 2
y x
y x
x y x y

= −

= −
 
⇔
 
= − = −




Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
2(y – x) = 5 (x
2
– y
2
)
0
5 2
2 5( )
5
y x

x y
x
x y
y
=

− =


⇔
+


= − +
= −


Với y = x, thay vào (1) ta được
2
1 6
5 2 1 0
5
x x x
±
− − = ⇔ =
Với y = –
5 2
5
x +
, thay vào (1) ta được

2 2
10 4 5 50
5 1 25 10 1
5 25
x
x x x x
+ − ±
− = − ⇔ + − ⇔ =
Phương trình đã cho có bốn nghiệm
1 6 1 2
,
5 5
± − ±
Ví dụ 3. Xét một phương trình bậc ba

3 3 3
3
4 3 8 6 3 6 8 3
2
x x x x x x− = − ⇔ − = − ⇔ = +
Do đó ta xét
3
3
6 8 3
6 8 3
y x
x y

= +



= +



3
3
8 3
6 8 3
6
x
x
 
+
⇒ = +
 ÷
 ÷
 
6
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013

( )
( )
3
3
3
3
1296 216 3 8 8 3
162 27 3 8 3
x x

x x
⇒ − = +
⇒ − = +

Ta có bài toán sau
Bài toán 3. Giải phương trình
( )
3
3
162 27 3 8 3x x− = +
Giải. Đặt
3
6 8 3.y x= +
Ta có hệ
( )
( )
3
3
3 3
6 8 3 1
6 8 3
162 27 3 216 6 8 3 2
y x
y x
x y x y


= +
= +
 

⇔
 
− = = +




Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
6(y – x) = 8(x
3
– y
3
) ⇔ (x – y) [8(x
2
+ xy + y
2
) + 6] = 0 (3)
Vì x
2
+ xy + y
2
≥ 0 nên 8 (x
2
+ xy + y
2
) + 6 > 0. Do đó từ (3) ta được x = y. Thay
vào (1) ta được.
3 3 3
3 5
6 8 3 4 3 4 3 cos

2 6
x x x x x x
π
= + ⇔ − = − ⇔ − =
(4)
Sử dụng công thức cos α = 4 cos
3
– 3cos ta có
cos = 4cos
3
– 3 cos
cos = 4cos
3
– 3 cos
cos = 4cos
3
– 3 cos
Vậy x = cos , x = cos , x = cos là tất cả các nghiệm của phương trình (4) và
cũng là tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.
Lưu ý. Phép đặt 6y = 8x
3
+
3
được tìm ra như sau: Ta đặt ay + b = 8x
3
+
3

(với a, b sẽ tìm sau). Khi đó từ PT đã cho có hệ
3

3 3 2 2 2 3
6 8 3
162 27 3 3 3
y b x
x a y a by ab y b

+ = +


− = + + +


Cần chọn a và b sao cho










=
=
⇒
==
−
+
==

6
0
0
2
3
2
3
3
327
3
3
8
162
a
b
abba
b
b
a
a
Vậy ta có phép đặt 6y = 8x
3
+
3
VÝ dô 4. Cho α = 3, β = 2, a = 3, b = 8 thay vµo (*) ta ®îc
7
(tha món)
(loi)
(tha món)
(loi)

Trng THPT Dng Qung Hm Nm hc 2012 2013

( )
2
3 2 3 8 6x x+ = + +
Ta có bài toán sau
Bài toán 4. (HSG tp Hồ Chí Minh năm học 2004-2005). Giải phơng trình

2
9 12 2 3 8x x x
+ = +
Giải: Điều kiện x . Phơng trình viết lại
(3x + 2)
2
6 =
83
+
x
(1)
Đặt 3y + 2 =
83
+
x
, suy ra (3y + 2)
2
= 3x + 8. Kết hợp với (1) ta có hệ.

+=+
+=+
)3(83)23(
)2(83)23(
2
2
xy
yx
Để x, y thỏa mãn (1) và (2) thì x v y . Lấy (2) trừ (3) ta đợc
3(x y) (3x + 3y + 4) = 3(y x) (x y)(3x + 3y + 5) = 0

0
3 3 5 0 3 (3 5)
x y y x
x y y x
= =



+ + = = +

Với y = x, thay vào (2) ta đợc
(3x + 2)
2
= 3x + 8 9x
2
+ 9x 4 = 0
1

3
4
3
x
x

=



=



Vi y = (3x + 5), thay vo (2) ta c
(3x + 2)
2
= 3x + 3
9x
2
+ 15x + 1 = 0

5 21
6
5 21
6
x
x

+

=




=



Cỏc nghim ca phng trỡnh ó cho l x = v
6
215
=x
Lu ý. Cú mt phng phỏp tỡm ra cỏch t 3y + 2 =
83
+
x
nh sau: Ta s
t my + n =
83
+
x
, vi m, n s chn sau sao cho h hai n x, y thu c l h
i xng loi hai. T my + n =
83
+
x
v t phng trỡnh ó cho ta cú h.
8
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013





+=−+
+=++
⇒





+=−+
+=+
nmyxx
xnmnyym
xxx
xnmy
2129
832
832129
83)(
2
222
2
2
Để là hệ đối xứng lại hai thì

2 2

2 3 8
9 12
m mn n
m n
−
= = =
⇒



=
=
2
3
n
m
Ví dụ 5. Cho α = 1, β = 1, a = , b = thay vào (*) ta được
2
2
3
2
)1(2
2
3
2
1
2
2
3
2

)1(
22
++=+⇔+−
+
=+
x
x
x
x
Ta có bài toán sau
Bài toán 5. Giải phương trình 2x
2
+ 4x =
2
3
+
x
Ví dụ 6. Cho α = 2, β = –1, a = 8000, b = 1 thay vào (*) ta được
(2x – 1)
2
= 4000
8000 1 4001x
+ =
Ta có bài toán sau
Bài toán 6. Giải phương trình
2
1000 8000 1 1000x x x− − + =
Nếu xét hệ

( )

( )
3
3
x ay b
x ax b
α β
α β

+ = +


+ = +


Từ phương trình dưới ta được

α
β
α
βα
−
+
=⇔+=+
3
3
bax
ybaxy
Thay vào phương trình trên của hệ

b

abaxa
x
+−
+
=+
α
β
α
βα
3
3
)(
Ví dụ 7. Chọn α = 1, β = 1, a = 3, b = 5, ta được
(x +1)
3
=
2533
3
++
x
Ta có bài toán sau
9
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
Bài toán 7. (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2009). Giải phương trình
x
3
+ 3x
2
-
xx 31533

3
−=+
Giải. Tập xác định R. Phương trình đã cho tương đương
(x +1)
3
=
2533
3
++
x
(1)
Đặt y + 1 =
3
53
+
x
. Ta có hệ

( )
( )





+=+
+=+
)2(531
)1(531
3

3
xy
yx
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
(x + 1)
3
– (y + 1)
3
= - 3(x – y)
⇔ (x – y) [(x + 1)
2
+ (x + 1) (y + 1) + (y + 1)
2
+3] = 0
⇔ x =y (do (x + 1)
2
+ (x + 1) (y + 1) + (y + 1)
2
≥ 0)
Thay vào (1) ta được
(x + 1)
3
= 3x + 5 ⇔ x
3
+ 3x
2
– 4 = 0 ⇔




−=
=
2
1
x
x
Phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 1 và x = –2
Ví dụ 8. Cho α = 2, β = 0, a = 4004, b = – 2001 ta được
2001200140042002)2(
3
3
−−=
xx
Ta có bài toán sau
Bài toán 8. Giải phương trình
3
3
8 2001
4004 2001
2002
x
x
 
+
= −
 ÷
 
III. Xây dựng phương trình giải bằng cách lập hệ “gần” đối xứng
Ví dụ 9. Ta sẽ xây dựng một phương trình vô tỉ có ít nhất một nghiệm theo ý
muốn. Xét x = 3. Khi đó

( )
3
3
2 5 1 2 5 1 2
do x
x x x
=
− = ⇒ − = = −
Ta mong muốn có một phương trình chứa (ax + b)
3
và chứa
3
dcx +
, hơn nữa
phương trình này được giải bằng cách đưa về hệ “gần” đối xứng (nghĩa là khi
trừ theo vế hai phương trình của hệ ta có thừa số (x – y)). Vậy ta xét hệ.
10
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013





−+−=−
−=−
22)52(
2)52(
3
3
yxx

xy
Không là hệ đối xứng loại II nhưng chúng ta vẫn
giải được hệ này.
Nếu có phép đặt
3
2 5 2,y x− = −
thì sau khi thay vào phương trình
(2x – 5)
3
= – x + 2y – 2
ta được
8x
3
– 60x
2
+ 150x – 125 = – x +
252
3
−+−
x
Ta có bài toán sau
Bài toán 9. Giải phương trình
1281516082
23
3
−+−=− xxxx
Giải.
Cách 1. Tập xác định R. Phương trình viết lại
3)52(2
3

3
−+−=−
xxx
Đặt 2y – 5 =
3
2−x
. Kết hợp với (1) ta có hệ





−+−=−
−=−
)3(22)52(
)2(2)52(
3
3
yxx
xy
Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được
2 (x – y) [(2x–5)
2
+ (2x –5) (2y– 5) + (2y– 5)
2
] = 2(y–x)
⇔
2 2
0 (4)
(2 5) (2 5)(2 5) (2 5) 1 0(5)

x y
x x y y
− =


− + − − + − + =

Ta có (4) ⇔ y = x. Thay vào (2) ta được
(2x – 5)
3
= x – 2 ⇔ 8x
3
– 60x
2
+ 149x – 123 = 0
⇔ (x – 3) (8x
2
– 36x + 41) = 0 ⇔ x = 3.
Do A
2
+ AB + B
2
=
0
4
3
2
2
2
≥+







+
BB
A
nên (5) không thể xảy ra.
Phương trình có nghiệm duy nhất x =3
11
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
Do phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 nên ta nghĩ đến phương pháp sử
dụng tính đơn điệu của hàm số như sau:
Cách 2. Tập xác định R. Đặt y =
3
2−x
. Ta có hệ
3 2
3
8 60 151 128
2
x x x y
x y

− + − =


= +



Cộng vế theo vế hai phương trình của hệ ta được
8x
3
– 60x
2
+ 152x – 128 = y
3
+ y + 2
⇔8x
3
– 60x
2
+ 150x – 125 + 2x – 5 = y
3
+ y
⇔ (2x – 5)
3
+ (2x – 5) = y
3
+ y (*)
Xét hàm số f(t) = t
3
+ t. Vì f’(t) = 3t
2
+ 1 > 0, ∀t∈R nên hàm f đồng biến trên
R Do đó (*) viết lại
f(2x – 5) = f(y) ⇔ 2x – 5 = y
Bởi vậy

(2x – 5) =
3
2−x
⇔ (2x – 5)
3
= x – 2
⇔8x
3
- 60x
2
+ 149x – 123 = 0
⇔ (x – 3) (8x
2
– 36x + 41) = 0 ⇔ x = 3
Phương trình có nghiệm duy nhất x = 3
Ví dụ 10. Xét một phương trình bậc ba nào đó, chẳng hạn xét 4x
3
+ 3x = 2.
Phương trình này tương đương.
8x
3
+6x = 4 ⇔ 8x
3
= 4 – 6x ⇔ 2x =
3
64 x
−
Ta “lồng ghép” phương trình cuối vào một hàm đơn điệu như sau:
(2x)
3

+ 2x =
3
64 x
−
+4– 6x ⇔ 8x
3
+8x – 4 =
3
64 x
−
Ta được bài toán sau
Bài toán 10. Giải phương trình
8x
3
+ 8x – 4 =
3
64 x
−
Giải. Tập xác định của phương trình là R.
Cách 1. Phương trình đã cho tương đương.
12
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
(2x)
3
+ 2x =
3
64 x
−
+ 4 – 6x
Xét hàm số f(t) = t

3
+ t, ∀t ∈R. Vì f’(t) = 3t
2
+ 1 > 0, ∀t ∈ R nên hàm số f (t)
đồng biến trên R. Mà PT (1) viết lại f (
3
64 x
−
) = f(2x) nên nó tương đương.
3
64 x
−
= 2x ⇔ 8x
3
+ 6x = 4 ⇔ 4x
3
+ 3x = 2 (2)
Vì hàm số g(x) = 4x
3
+ 3x có g’(x) = 12x
2
+ 3 > 0, ∀x ∈ R nên PT (2) có không
quá một nghiệm. Xét.
2 =
( )
5214
1
33
2
3

3
3
±=⇔−−⇔






−
ααα
α
α
Do đó, nếu đặt
3
2 5
α
= +
thì 2 =






−
3
3
1
2

1
α
α
. Ta có
3
3
3
1 1 1 1 1 1
3 4
2 2 2
α α α
α α α
   
     
− = − + −
 ÷  ÷  ÷
   
     
   
Vậy






−++=







−=
33
5252
2
11
2
1
α
α
x
là nghiệm duy nhất của PT (2) và cũng
là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Cách 2: Phương trình viết lại

3
3
(2 ) 4 6 8 4x x x
= − − +
Đặt 2y =
3
64 x
−
. Ta có hệ
3
3
3
3

8 6 4 ( )
8 4 6
8 8 4 2
8 8 2 4 ( )
y x a
y x
x x y
x x y b


 
 




= − +
= −
⇔
+ − =
= − + +
Lấy PT (b) trừ PT (a) theo vế ta được
8(x
3
– y
3
) = 2(y – x) ⇔ (x – y) [4(x
2
+ xy + y
2

) + 1] = 0 ⇔ y = x
Thay y = x vào (a) ta được
8x
3
= -6x + 4 ⇔ 4x
3
+ 3x = 2
Đến đây làm giống cách 1
Bài toán 11.
(Chọn đội tuyển TP Hồ Chí Minh dự thi quốc gia năm học 2002-2003).
Giải phương trình
13
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013

255336853
23
3
−+−=−
xxxx
Giải. Tập xác định R. Phương trình viết lại

2)32(53
3
3
+−−=−
xxx
(1)
Đặt
3
2 3 3 5y x

− = −
. Kết hợp với (1) ta có hệ




−+=−
−=−
)3(52)32(
)2(53)32(
3
3
yxx
xy
Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được
2(x – y) [(2x – 3)
2
+ (2x – 3) (2y – 3) + (2y – 3)
2
] = 2(y – x)

2
2
1
0 (4)
(2 3) (2 3)(2 3) (2 3) 0 (5)
x y
x x y y




+

− =
⇔
− + − − + − =
Ta có (4) ⇔ y = x. Thay vào (2) ta được
(2x – 3)
3
= 3x – 5 ⇔ 8x
3
– 36x
2
+ 54x – 27 = 3x – 5

( )





±
=
=
⇔=







+−−⇔
4
35
2
0112082
2
x
x
xxx
Do A
2
+ AB + B
2
=
0
4
3
2
2
2
≥+






+
BB

A
nên (5) không thể xảy ra.
Phương trình có ba nghiệm x = 2, x =
4
35
±
Bài toán 12. (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2006). Giải phương trình
3
3
6 1 8 4 1x x x
+ = − −
Giải. Tập xác định của phương trình là R. Đặt
yx 216
3
=+
. Ta có hệ

3
3
3
3
8 4 1 2
8 4 2 1 (1)
6 1 8
8 6 1 (2)
x x y
x x y
x y
y x



−
 
 
 


− =
= + +
⇔
+ =
= +
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
8(x
3
– y
3
) = 2(y-x) ⇔ (x – y) [4(x
2
+ xy+ y
2
) + 1] = 0 ⇔ y = x
14
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
Thay y = x vào (2) ta được
8x
3
– 6x = 1 ⇔ 4x
3
– 3x = cos (3)

Sử dụng công thức cos α = 4 cos
3
- 3 cos ta có
cos = 4 cos
3
- 3 cos
cos = 4 cos
3

7
9
π
- 3 cos ,
cos = 4 cos
3
- 3 cos .
Vậy x = cos , x = cos , x = cos là tất cả các nghiệm của phương trình (3) và cũng
là tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.
Lưu ý. Ta còn có thể giải cách khác như sau: Phương trình viết lại.
xxxx 2)2(1616
3
3
+=+++
(3)
Xét hàm số f(t) = t
3
+ t,∀t∈R. Vì f’(t) = 3t
2
+ 1 > 0, ∀t∈R nên hàm số f(t) đồng
biến trên R. Mà PT (2) viết lại

3
)
( 6 1 (2 )f x f x
+ =
nên nó tương đương.
2
1
24168216
33
3
=−⇔=−⇔=+
xxxxxx
Đến đây ta làm như cách 1
Bài toán 13: Giải phương trình
2
4 13 5 3 1 0x x x− + + + =
Ta thực hiện nhóm như sau
2
13 33
2 3 1
4 4
x x
 
− = + −
 ÷
 
Đặt
3 1y x
α β
+ = +

, chọn
,
α β
sao cho hệ thu được có thể giải (hệ gần đối
xứng)
Ta có
Để giải hệ trên ta lấy (1) nhân với k cộng với 2 : và mong muốn của chúng ta là
có nghiệm x=y , nên ta phải có
2 2
2 3 1
4 13 5
α αβ β
α β
− −
= =
− +
Ta chọn được
2
3
α
β
= −


=

15
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
Ta có lời giải như sau:
Với điều kiện

1
3
x
−
≥
Đặt
( )
3
3 1 2 3 ,
2
x y y
 
+ = − − ≤
 ÷
 
Ta có hệ phương trình sau :
( )
( )
( ) ( )
2
2
2 3 2 1
2 2 5 0
2 3 3 1
x y x
x y x y
y x

− = + +


⇒ − + − =

− = +


Với x=y
15 97
8
x
−
⇒ =
Với
11 73
2 2 5 0
8
x y x
+
+ − = ⇒ =
Tập nghiệm của phương trình này là
15 97 11 73
,
8 8
 
− +
 
 
 
 
IV.Bài tập tham khảo
Giải các phương trình sau:

1. x
2
-2x =2
2 1x −
2. 2x
2
-6x-1=
4 5x +
3. 8x
3
-4x-1 =
3
6 1x +
4. 7x
2
-13x +8= 2x
2

2
3
( 3 3 1)x x x− + +
5. 8x
2
- 13x +7=
2
3
1
1 ( 1)(2 1) 1x x x x
x
 

+ + − + − −
 ÷
 
6. x
3
-
3
3
6 6 6x+ + =
7.
3 2
3
4
81 8 2 2
3
x x x x− = − + −
8.
3 2
3
3 4 3 2x x x x+ = + + −
9.
2
2 37
4 1 9 26 0
3 3
x x x+ − + + =
16
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
V. Kết quả của sáng kiến kinh nghiệm
Với phương pháp trên tôi đã tổ chức cho học sinh tiếp nhận bài học một cách

chủ động, tích cực, tất cả các em đều hứng thú học tập thực sự và hăng hái làm
bài tập giao về nhà tương tự. Phương pháp dạy học trên đây dựa vào các nguyên
tắc:
• Đảm bảo tính khoa học chính xác
• Đảm bảo tính lôgic
• Đảm bảo tính sư phạm
• Đảm bảo tính hiệu quả
Khi trình bày tôi đã chú ý đến phương diện sau:
• Phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh
• Phát huy được năng lực tư duy toán học của học sinh
Qua thực tế giảng dạy các lớp chuyên đề 10A4, 10A5, 10A6. Các
em rất hào hứng và sôi nổi trong giải phương trình với cách đưa về
hệ. Cụ thể kiểm tra khảo sát chất lượng học sinh năm học 2011-
2012 và 2012-2013 trước và sau khi áp dụng sáng kiến như sau:
Tổng số học sinh Trước khi áp dụng SKKN Sau khi áp dụng SKKN
17
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
Yếu
kém
TB Khá Giỏi Yêú
Kém
TB Khá Giỏi
120 Số lượng 10 50 50 10 5 35 60 20
% 8,4 41,6 41,6 8,4 4,2 29,2 49,8 16,4
PHẦN C: KẾT LUẬN
I.Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm.
Việc rèn luyện cho các em năng lực tư duy độc lập sáng tạo, đặc biệt đối
với phương trình và hệ phương trình áp dụng cho các kỳ thi đại học đã thôi thúc
tôi nghiên cứu để viết lên tài liệu, càng khiến tôi tâm huyết tìm hiểu nghiên cứu
SKKN này.

Qua các năm giảng dạy trực tiếp, ôn luyện cho học sinh THPT để các em
áp dụng làm các bài toán liên quan đến phương trình, hệ phương trình trong các
đề thi đại học tôi thấy các em thực sự rất có hứng thú. Đây là một sáng kiến nhỏ
nhằm góp phần vào các chuyên đề bồi dưỡng học sinh trong phần phương trình
và hệ phương trình, từ đó xây dựng thêm các bài toán về phương trình,hệ
phương trình. Đối với học sinh mong các em quan tâm và tìm đọc các tài liệu
nói về phương trình và hệ phương trình và cũng coi đây là một tư liệu để các em
gặp các bài toán này không còn bỡ ngỡ và khó khăn trong quá trình suy luận và
giải toán. Tôi viết lên SKKN với mong muốn làm hành trang cho mình trong
quá trình giảng dạy và được trao đổi, giao lưu với các quí thầy, cô trong và
ngoài nhà trường.
II.Những bài học kinh nghiệm
18
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
Nếu học sinh được biết một phương pháp mới có hiệu quả thì các em sẽ tự
tin hơn trong giải quyết các bài toán dạng này và dạng tương tự. Tuy
nhiên mỗi bài toán có nhiều cách giải , phương pháp giải này có thể dài
hơn các phương pháp khác nhưng nó lại có đường lối nhận biết rõ ràng dễ
tiếp cận hơn các phương pháp khác.
III.Khả năng ứng dụng và triển khai của sáng kiến.
Có thể áp dụng cho học sinh khá giỏi khối 10, 11, 12 luyện thi đại học các
lớp học chuyên đề khối A, A1.
IV.Những kiến nghị và đề xuất
Nên giới thiệu cho học sinh phương pháp giải phương trình với cách giải đưa
về hệ đối xứng loại II, và gần đối xứng loại II. Trên đây là phần tóm tắt bản
báo cáo sáng kiến kinh nghiệm .
Rất mong các thầy,cô và đồng nghiệp đóng góp ý kiến để SKKN của tôi
hoàn thiện và thực sự là một tài liệu tham khảo. Cuối cùng tôi xin cảm ơn sâu
sắc đến Ban giám hiệu nhà trường, các đồng nghiệp đã giúp đỡ tôi hoàn thành
SKKN này.

19
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
PHẦN D : TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Tuyển tập đề thi Olympic 30 – 4 Môn Toán lần thứ V, Nhà xuất bản Giáo dục
2. Tuyển tập đề thi Olympic 30 – 4 Môn Toán lần thứ VII – 2002, Nhà xuất bản
Giáo dục
3. Tạp chí Toán học tuổi trẻ số 250 – Nhà xuất bản Giáo dục
4. Nguyễn Văn Mậu, Một số bài toán chọn lọc về phương trình,hệ phương trình,
Nhà xuất bản Giáo dục – 2003
5. Phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi toán – Nhà xuất bản Giáo dục
6. Tài liệu giải hệ phương trình và phương trình của Nguyễn Đức Tất – Phan
Ngọc Thảo, Nhà xuất bản Giáo dục
7. Một số đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, một số đề thi học sinh giỏi quốc gia
20
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
PHẦN E: MỤC LỤC
Phần Nội dung Trang
A
MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài.
II . Phạm vi và đối tượng nghiên cứu.
III. Mục đích nghiên cứu.
IV. Nhiệm vụ nghiên cứu
V. Phương pháp nghiên cứu
VI.Điểm mới trong nghiên cứu
2-3

B
NỘI DUNG
I.Cơ sở lý luận

II. Xây dựng phương trình giải bằng cách lập hệ đối xứng loại II
III. Xây dựng phương trình giải bằng cách lập hệ gần đối xứng
IV.Bài tập tham khảo
V.Kết quả của sáng kiến kinh nghiệm
4-18
C
KẾT LUẬN
I.Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm
II.Những bài học kinh nghiệm.
III.Khả năng ứng dụng và triển khai của sáng kiến
19-20
21
Trường THPT Dương Quảng Hàm Năm học 2012 – 2013
IV.Những kiến nghị và đề xuất
D TÀI LIỆU THAM KHẢO 21
E MỤC LỤC 22
Văn Giang, ngày 22/4/2013
Người viết
Đào Thị Phương Liên
22