SKKN Vận dụng phương pháp hằng số biến thiên để giải một số lớp phương trình.

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:

1) x
3
+
3
68 15
x x
=
2) x
4
+x
3
-x
2
-15x – 25 = 0
3) x
log
3
7
= 2
log
3
x
+ log
3
x
5
4) 7
cotx
– 11
cotx

= 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

68 15
15 68 0x x x
x x
+ = ⇒ − + =
đặt x
2
= t > 0, phương trình trở
thành t
3
– 15t +
68
=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.
* Xem phương trình x
4
+ x
3
– x
2
– 15x – 25 = 0 (*)
Đó là một phương trình bậc 4 đầy đủ đối với x. Lẽ tự nhiên ta liên tưởng
tới các phương trình bậc 4 đã biết cách giảI : ax
4
+ bx
2
+ c = 0, (x + a)
4
+ (a + b)

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

VT(*). Việc này dẫn tới giải hệ 4 phương trình với 4 ẩn m, n, p, q. Xem ra lối
mòn còn lắm chông gai!
* Lại còn nhớ phương trình chứa tham số, chúng ta có thể tráo đổi vai trò
ẩn và tham số để biến đổi phương trình bậc cao về phương trình tích. Phương
trình trên không thuộc dạng đó.
* Với phương trình còn lại:
3 3
log 7 log
5 cot cot
3
2 log .7 11 12cot
x
x x
x x x= + − =
,
1 1 5 4
2 3 14 21
x x
x x
   
− = −
 ÷  ÷
   
, 2
log
5
x
3
+ 2
log

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:

Đưa ra cách đặt ẩn phụ cho các bài toán: Đại số, phương trình mũ, phương
trình lôgarit, phương trình vô tỷ.
3
6. Giả thuyết nghiên cứu:
Nếu vận dụng phương pháp hằng số biến thiên để giải một số lớp phương
trình sẽ nâng cao hiệu quả việc dạy và học toán.
7. Phương trình chứng minh luận điểm:
Nghiên cứu tài liệu: Các tài liệu về lĩnh vực Toán học, phương pháp dạy
học môn Toán, giáo dục học, tâm lý.
Quán sát, thực nghiệm, điều tra.
8. Thời gian thực hiện đề tài:
Học kỳ 2, năm học 2007 – 2008.
III.NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Trong quá trình giải một bài toán ta có thể đặt một biểu thức của phương
trình làm ẩn phụ.
Đặt ẩn phụ là bí quyết thành công của nhiều lời giải bài toán. “Đặt ẩn phụ
cũng như vẽ thêm đường trong hình học, tìm được nhà tài trợ trong kinh tế. Khó
mà nói hết các cách đặt ẩn phụ”. Tuỳ theo sự hiểu biết về góc độ bài toán mà ta
có các cách đặt ẩn phụ khác nhau. Khi ẩn phụ “đăng quang”, phương trình có
thể diễn ra các hình thái như sau:
* Ẩn mới thay thế hoàn toàn ẩn cũ (như trường hợp phương trình trùng
phương chẳng hạn). Ta nói rằng đó là phép đặt ẩn phụ toàn phần.
* Ẩn mới không thay thế hoàn toàn ẩn cũ mà cả ẩn mới và ẩn cũ cùng
chung tồn tại trong một phương trình. Ta nói rằng đó là phép đặt ẩn phụ không
toàn phần. Trong trường hợp này, cách đối xử với hai ẩn cũng khác nhau.
+ Vai trò giữa ẩn cũ và ẩn mới hoàn toàn bình đẳng với nhau. Khi đó
thường bài toán được đưa về giải hệ phương trình hai ẩn.
+ ai trò giữa ẩn cũ và ẩn mới không bình đẳng với nhau. Khi đó thường ẩn
cũ trở thành các hệ số của phương trình “tháp tùng” cho ẩn mới.
4

* 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

0 0 0 0
68 15 2 17 17 2
17x x
x x x x
−
+ = ⇒ + = ⇒
là nghiệm của phương trình sau
với ẩn là a:
2
3 2 2 6 2
0 0 0 0
3
0 0
2 2
2 2 0
a a
x x a a x x
x x
−
+ = ⇔ − − − =
2
1 0
a x= −
(3)
4
0
2
2
0
2 x

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

+
= ⇒ − + =
⇔
2
0 0
17 3 17 3
2 2
x x
± ±
= ⇒ = ±
thoả mãn (2)
5
Từ (5), (6) kết luận phương trình đã cho có các nghiệm là
0
17 3
2
x
±
= ±
Lời bình 1:
Nếu sử dụng biến đổi (1) ⇒ x
6
– 15x
2
+ 2
17
= 0. Đặt x
2
= t > 0 ;
Ta có t

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

, log
2
4
x
= t-2.
Phương trình (1) trở thành
t
2
+ t – 2 =
2
15 25
t t
−
⇔ t
4
+ t
3
– 2t
2
- 15t – 25 = 0 (3)
Đặt a = 5, phương trình trở thành a
2
+ 3at – t
2
(t
2
– t + 2) = 0 (4)
Xem (4) là phương trình bậc hai đối với a, ta có ∆ = t
2
(2t + 1)

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
− + +

=


= − = −

⇒ ⇒



− − + = − +
= − −





=


⇔
2
2
5 0
2 5 0
t t
t t

− − =

+ + =


(Vô nghiệm)
⇔
1 21 1 21
2 2
2
1 21 1 21
log 2 2
2 2
t x x x
± ±
± ±

= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
(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
– (2x + 1)a + (x
2
-
x
) = 0 (4)
Xem (4) là phương trình bậc 2 đối với a.
Ta có ∆
a
= (2x+1)
2
-4(x
2
-
x
)= (2
x
+1)
2
, a
1
= x +
x
+1, a
2
= x -
x
.
Do vậy (5)
⇔

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
 
= + + + − =
⇔
 

= − − − =
 
 
41 1 21 41
2 2
3 5 1 23 3 5
2 2
x x
x x
 
− −
= =
 
 
⇔ ⇔
 
+ +
= =
 
 
Các giá trị
21 41 23 3 5
;
2 2
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)

Thay (6) vào (*) ta có: (y – 11)
2
= y ⇔ y
2
– 23yt – 121 = 0
⇔ y =
21 3 5
2
+
suy ra x =
23 3 5
2
+
Thay (7) vào (*) ta có: (y – 11)
2
= 21 - y ⇔ y
2
– 21y + 100 = 0
⇔ y =
21 41
2
+
suy ra x = 21 – y =
21 41
2
+
Thí dụ 4: Giải phương trình
3 3
log 7 log
3 5

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
= + −

⇔
3 3
log log
3 3
7 7 log 2 2log
α α
α α
− = −
(2)
Xét hàm số f(t)=
3
log
t
ε
- tlog
3
α với t > 0, t ≠ 1. Ta có (2) ⇔ f(7)=f(2)
⇔ f(7)- f(2) = 0
Rõ ràng f(t) là hàm liên tục trên [2,7] và có đạo hàm
f’(t) = (log
3
α)
3 3
log 1 log 1
3 3
log ( 1)logt t
α 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

log 1 3 3
x
x
α
α
α α
=
= =

 
⇒ ⇒

 
= = =
 

Thay x = 1 và x = 3 vào phương trình (1) thấy đúng.
Vậy x = 1 và x = 3 là các nghiệm của phương trình đã cho.
Thí dụ 5: Giải phương trình 7
cotx
– 11
cotx
= 12cotx
Lời giải
Giả sử α là một nghiệm của phương trình, tức là 7
cot
α
– 11
cot
α

= 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 =

2
π
+kπ ⇔ x =
2
π
+kπ (k ∈Z)
Thử lại: Thay x =
2
π
+kπ vào phương trình (1) thấy đúng.
Vậy x =
2
π
+kπ (k ∈Z) là họ nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Lời bình 3:
Các phương trình trong hai Thí dụ 3 và 4 thuộc dạng:
a
h(x)
- b
h(x)
= k.(a-b)h(x) (1)
Trong đó 0< a ≠ 1, 0< b ≠1, a > b, k < 0 hoặc k = 1, h(x) xác định trên [b,a]
Cách giải: Viết lại (1) ⇔ a
h(x)
– kah(x) = b
h(x)
– kbh(x)
* Điều kiện cần: Xét hàm số biến số t ; f(t) = t
h(x)
–kh(x).t

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
=



=

+ Nếu 0<k≠ 1, phương trình c
h(x)-1
=k là phương trình không xác định. Bởi
vậy không có bài toán giải phương trình trong trường hợp này.
9
Với phương pháp hằng số biến thiên, việc giải phương trình mũ đã được
chuyển về giải phương trình luỹ thừa đơn giản hơn. Phương pháp ấy đã cùng
định lý Lagrăng, chúng thăng hoa cho nhau.
Thí dụ 6: Giải phương trình
1 1 5 4
2 3 14 21
x x
x x
   
− = −
 ÷  ÷
   
(1)
Lời giải
Viết lại (1) ⇔
1 5 1 4 5 1 5 4 1 4
2 14 3 21 14 7 14 21 7 21
x x x x x x
x 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
       
= ⇔ − =
 ÷  ÷  ÷  ÷

       
Rõ ràng f(t) là mà liên tục trên R
+
và có đạo hàm
1 1
1
1 1
'( ) 1
7 7
f t t t t t
α α
α α
α α α
− −
−
 
   
= + − = + − −
 
 ÷  ÷
   
 
 
Do vậy theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c ∈
4 5
,
21 14
 
 ÷
 

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

0
7
x
t t
x
t
α
α
α
α
α
α
α
−
−
=

 
= =
 
 

+ − − = ⇔ ⇔ ⇒
 
 ÷
 
 

− = =
+ =

 
 
 
 ÷
 

 

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

α
3
+ 2
log
5
α
2

= α + α
log
5
7
⇔ 8
log
5
α
+ 4
log
5
α

= 5
log
5
α
+ 7
log
5
α

⇔ 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

+
và có đạo hàm
f’(t) = log
5
α[(t+3)
log
5
α
-1
-t
log
5
α
-1
]
Do vậy theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c ∈ (2, 3) sao cho
(5 – 4) f’(c) = [f(5) – f(4)] = 0
⇔
5
5
log 1
5
5
log 0
1 1
log ( 3) 0
log 1 0 5 5
x
c hay
x

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)

(1)
Trong đó 0<a ≠1, 0<b≠1, a>b, d>0, k<0 hoặc k = 1, h(x) xác định trên [b,a]
Cách giải: Viết lại (1) ⇔ (a+d)
h(x)
- (b+d)
h(x)
= a
h(x)
- b
h(x)

* Điều kiện cần: Xét hàm số biến số t : f(t) = (t+d)
h(x)
– t
h(x)
.
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+3)
h(x)-1
- t
h(x)-1
]
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+3)
h(x)-1
-c
h(x)-1
) ⇔
( ) 0
( ) 1

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

log log
11 3 2.7
α
α α
+ =
⇔
log log
7 7
7 7
log log
11 7 7 3
α α
α α
− = −
(2)
Xét hàm số f(t) = (4+t)
log
7
α
-t
log
7
α
với t> 0, t ≠ 1.
Ta có (2) ⇔ f(4) = f(3) ⇔ f(4) – f(3) = 0
Rõ ràng f(t) là hàm liên tục trên [3; 4] và có đạo hàm
f’(t) = (log
7
α)(4+t)
log

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

x
c
x
c
α
α
α
α
α
α
α α
−
−
=
=

= =

 
 
+ − = ⇔ ⇔⇔ ⇔ ⇒


 
 
= = =
− − =
 



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 +

17 17x+ =
4) 2
2
-
2
3
x
= (7-4
3)
x
5) 3
tanx
– 8
tanx
= 8tanx 6)
2 2 2 2
sin sin sin sin
36 4 25 9
α α α α
+ = +
7)
3 3
log 5 log 5
2
( 1).x x x x= + −
8)
3 3
log log
4 2 2
x 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

duy mềm dẻo hơn. Do đó nâng cao khả năng nhận thức ở các cấp độ: Biết, hiểu,
ứng dụng, phân tích, tổng hợp, đánh giá và sáng tạo của học sinh.
Qua khảo sát, kiểm tra thực tế:
Đề bài (thời gian 60 phút)
Giải các phương trình sau:
1)
3
3
137 18770
x
x x
+ =
2) x +
17 17x+ =
3)
2
4 2
13 168
x
x x
+ =
Kết quả:
Lớp thực nghiệm: 11A6 (57 HS) Lớp đối chứng: 11A12 (55 HS)
Giỏi: 18 HS đạt 31,58%
Khá: 19 HS đạt 33,3%
TB: 15 HS đạt 26,32%
Yếu: 5 HS đạt 8,8%
Giỏi: 08 HS đạt 14,55%
Khá: 09 HS đạt 16,36%
TB: 25 HS đạt 45,45%

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