Phương pháp tham số hóa (tác giả nguyễn thu phương)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƢNG YÊN
TRƢỜNG THPT DƢƠNG QUẢNG HÀM

- - - - - - - - -


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHƢƠNG PHÁP THAM SỐ HÓA
Môn: Toán
Tác giả: Nguyễn Thu Phƣơng

Năm học 2013-2014
Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 1


SƠ YẾU LÝ LỊCH

Tác giả: Nguyễn Thu Phƣơng
Chức vụ: Giáo viên môn Toán
Đơn vị công tác: Trƣờng THPT Dƣơng Quảng Hàm
Tên đề tài: PHƢƠNG PHÁP THAM SỐ HÓA

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 2


MỤC LỤC
I. Phần mở đầu

1. Lý do chọn đề tài
2. Mục đích nghiên cứu
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
4. Giả thuyết khoa học
5. Đối tƣợng nghiên cứu
6. Giới hạn của đề tài
7. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
II. Phần nội dung
A. Cơ sở lý thuyết
B. Nội dung
1. Phƣơng pháp tham số hóa vào giải phƣơng trình vô tỉ

Trang
1-2

3
4-10

2. Phƣơng pháp tham số hóa vào giải phƣơng trình lƣợng giác

11-12

3. Phƣơng pháp tham số hóa vào giải hệ phƣơng trình

12-15

4. Phƣơng pháp tham số hóa vào giải bất đẳng thức.

15-17

C. Kết quả
III. Kết luận và khuyến nghị

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

17
18

Trang 3


I/ Phần mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong các kỳ thi tuyển sinh vào ĐH – CĐ, thi chọn học sinh giỏi
hàng năm thì giải các bài toán về phƣơng trình vô tỉ, phƣơng trình lƣợng
giác, một số hệ phƣơng trình, bất đẳng thức … là một vấn đề khá khó đối
với nhiều học sinh phổ thông.
Tôi thƣờng băn khoăn có phƣơng pháp nào đủ mạnh để giải đƣợc các
bài tập dạng trên không. Vì vậy tôi suy nghĩ, tìm tòi, sáng tạo và cuối cùng
đúc rút đƣợc một phƣơng pháp đó là “ Phƣơng pháp tham số hóa”.
Trong bài viết này tôi muốn đƣa ra bài học kinh nghiệm của mình để
rèn luyện kỹ năng sử dụng “ Phƣơng pháp tham số hóa”, rèn cách nhìn
để giải một số phƣơng trình vô tỉ, phƣơng trình lƣợng giác, một số hệ
phƣơng trình, bất đẳng thức ... hƣớng sáng tạo để tạo ra phƣơng trình vô tỉ
đẹp, hệ phƣơng trình đẹp, bất đẳng thức đẹp.
1.2 Mục tiêu nghiên cứu
Áp dụng “ Phƣơng pháp tham số hóa” vào giải một số bài toán về
phƣơng trình vô tỉ, phƣơng trình lƣợng giác, một số hệ phƣơng trình, bất
đẳng thức
Sáng tạo một số phƣơng trình vô tỉ, phƣơng trình lƣợng giác, một số

hệ phƣơng trình, bất đẳng thức...
1.3 Nhiệm vụ nghiên cứu
Giải đƣợc các phƣơng trình vô tỉ, phƣơng trình lƣợng giác, một số hệ
phƣơng trình, bất đẳng thức... bằng “ Phƣơng pháp tham số hóa”
Tạo ra các bài toán mới
1.4. Giả thiết khoa học
Tổ chức các hoạt động dạy học góp phần đổi mới phƣơng pháp giáo
dục nhằm nâng cao chất lƣợng giáo dục phổ thông,
Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 4


1.5. Đối tƣợng nghiên cứu
Phƣơng trình vô tỉ, phƣơng trình lƣợng giác, một số hệ phƣơng trình,
bất đẳng thức
Học sinh lớp 10, 11, 12 THPT, ôn thi ĐH – CĐ trƣờng THPT Dƣơng
Quảng Hàm.
1.6. Giới hạn đề tài
Tôi cố gắng phân tích, so sánh, đối chiếu và khái quát hoá một số bài
toán về phƣơng trình vô tỉ, phƣơng trình lƣợng giác, một số hệ phƣơng
trình, bất đẳng thức...
1.7 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Đề tài góp phần phong phú về phƣơng pháp dạy học, đổi mới cách tƣ
duy nhằm đẩy mạnh nâng cao chất lƣợng giáo dục.

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 5

II/ NỘI DUNG
A. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1. Cách giải phƣơng trình vô tỉ cơ bản :
 f ( x)  g ( x)
 g ( x)  0

; b). f ( x)  g ( x)    f ( x)  0
a). f ( x)  g ( x)  
2
 f ( x)  g ( x)
  g ( x)  0


c). 3 f ( x)  g ( x)  f ( x)  g 3 ( x) ; d ). 3 f ( x)  3 g ( x)  f ( x)  g ( x)

2. Cách giải các phƣơng trình bậc cao.
+ ax3 + bx2 + cx + d = 0 ( a  0 )
+ ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 ( a  0 )
3. Cách giải phƣơng trình đẳng cấp bậc 2.
ax2 + bxy + cy2 = 0
4. Cách giải hệ phƣơng trình cơ bản trong chƣơng trình phổ thông
đƣợc học
5. Sự đồng biến và nghịch biến của hàm số.
Hàm số f(t) đồng biến hoặc nghịch biến trên D.
Khi đó phƣơng trình f(x) = f(y) với mọi x, y thuộc D  x  y
6. Các bất đẳng thức : Côsi, Côsi –Svac, Bunhiacôpski …

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 6


B. NỘI DUNG
1. Phƣơng pháp tham số hóa vào giải phƣơng trình vô tỉ
Đối với nhiều phƣơng trình vô tỉ, để giải chúng ta có thể dùng
phƣơng pháp biến đổi tƣơng đƣơng, phƣơng pháp đánh giá, phƣơng pháp
hàm số, phƣơng pháp lƣợng giác hoá, phƣơng pháp đặt ẩn phụ ... Đặc biệt
phƣơng pháp đặt ẩn phụ, ta đặt ẩn phụ nhƣ thế nào đó là cả một vấn đề, sử
dụng một ẩn phụ hay hai ẩn phụ cũng là cả một vấn đề. Quan trọng hơn đối
với ngƣời làm toán là phải có cách nhìn, nếu nhìn đƣợc phƣơng trình thì sẽ
giải quyết bài toán đơn giản hơn. Sau đây tôi giới thiệu một lớp các bài tập
sử dụng “ phƣơng pháp tham số hóa ” để giải phƣơng trình vô tỉ.
VD1: Giải phƣơng trình : 2  x 2  2   5 x3  1 .
Phân tích : ĐK : x ≥ - 1.
Ta có : x3 + 1 = (x + 1)(x2 – x + 1).
Một vấn đặt ra là : x2 + 2 có biểu thị đƣợc theo (x + 1) và (x2 – x +1)
không, và biểu thị nhƣ thế nào ?
Thật vậy : Tìm tham số m và n sao cho x2 + 2 = m( x + 1) + n(x2 – x +1).
Bằng đồng nhất thức ta có m = 2 và n = 2.
Giải:
Cách 1: ĐK : x ≥ - 1
2  x 2  2   5 x3  1  2( x  1)  2( x2  x  1)  ( x  1)( x2  x  1)

Đặt u  x  1  0, v  x 2  x  1  0
u  2v
Phƣơng trình trở thành : 2  u  v   5uv  
.
u  1 v
2


2

2

Trở lại phép đặt ta tìm đƣợc: x 

5  37
(T/m ).
2

 x  1

Cách 2: 2  x 2  2   5 x3  1  

2
2
3
4( x  2)  25( x  1) (*)

Giải (*) : 4x4 – 25x3 + 16x2 – 9 = 0
Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 7


 x 2  5 x  3  0(**)
 ( x 2  5 x  3)(4 x 2  5 x  3)  0   2
 4 x  5 x  3  0 (VN )

Giải (**) ta đƣợc x 

5  37
(T/m đk x ≥ - 1).
2

Vậy phƣơng trình có nghiệm là x 

5  37
2

Nhận xét : Cách 2 này tƣởng đơn giản nhƣng việc phân tích thành nhân tử
rất khó khăn và phức tạp.
Mở rộng vd1: Thay x bởi x + 1 ta đƣợc bài toán sau.
Giải phƣơng trình sau : 2(x2 + 2x + 3) = 5 x3  3x2  3x  2
Giải:
Cách 1 : pt tƣơng đƣơng với : 2  ( x  1)2  2   5 ( x  1)3  1
Đặt t = x + 1 khi đó phƣơng trình thành :
2 t 2  2  5 t 3  1

Giải tƣơng tự nhƣ ví dụ 1 ta đƣợc t 

5  37
3  37
x
2
2

Cách 2 :
 x  2

2
2
 4x  3x  2  x – 3x – 7   0

5 x3  3x 2  3x  2  2  x 2  2x  3  

Giải hệ phƣơng trình ta đƣợc nghiệm  x 

3  37
2

Nhận xét : Cách 2 này tƣởng đơn giản nhƣng việc phân tích thành nhân tử
rất khó khăn và phức tạp.
Cách 3: Pt tƣơng đƣơng với : 2(x2 + 2x + 3) = 5 ( x  2)( x2  x  1)
Tìm tham số m và n sao cho 2x2 + 4x + 6 = m.(x + 2) + n(x2 + x + 1).
Bằng đồng nhất thức ta có m = 2 và n = 2.
Khi đó pt thành : 2(x + 2) + 2(x2 + x +1) = 5 ( x  2)( x2  x  1)
Đặt u  x  2  0, v  x2  x  1  0 thay vào phƣơng trình ta đƣợc:
Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 8


3  37
u  4v
x
2u  2v  5 uv  
2
 4u  v

Nhận xét : Cách 1 và cách 3 gần giống nhau nhƣng cách 3 làm trực tiếp
còn cách 1 làm gián tiếp.
Khái quát hoá ví dụ 1:

 .g ( x)   . x3  1

+ Tìm tham số m và n sao cho: g(x) = m(x+1) + n(x2 – x + 1)
+ Đặt hai ẩn phụ u  x  1  0; v  x2  x  1  0 đƣa về phƣơng trình đẳng
cấp bậc 2 đối với hai ẩn u và v.
+ Giải pt đẳng cấp bậc 2 hai ẩn u và v và trở lại phép đặt ta đƣợc x.
VD2: Giải phƣơng trình sau : 2x2  5x  1  7 x3  1
Giải: Đk: x  1
Tìm tham số  và  sao cho   x  1    x2  x  1  7
Đồng nhất thức ta đƣợc: 3 x  1  2  x2  x  1  7

 x  1  x2  x  1

 x 1  x2  x  1

v  9u
Đặt u  x 1  0, v  x  x  1  0 , ta đƣợc: 3u  2v  7 uv   1
v  u
4

2

Trở lại phép đặt ta đƣợc : x  4  6 . ( T/M )
Mở rộng vd2: Thay x bởi x - 1 ta đƣợc bài toán sau.
Giải phƣơng trình sau : 2x2 + x - 4 = 7 x3  3x2  3x  2
Giải:

Cách 1 : pt tƣơng đƣơng với : 2( x  1)2  5( x  1)  1  7 ( x  1)3  1
Đặt t = x - 1 khi đó phƣơng trình thành :
2t 2  5t  1  7 t 3  1

Giải tƣơng tự nhƣ bài 2 ta đƣợc t  4  6  x  5  6 ( T/m đk )
Cách 2 : Bình phƣơng hai vế đƣa về phƣơng trình tích
Nhận xét : Cách 2 này tƣởng đơn giản nhƣng việc phân tích thành nhân tử
rất khó khăn và phức tạp.
Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 9


Cách 3 : Viết phƣơng trình về dạng : 2x2 + x - 4 = 7 ( x  2)( x2  x  1) .
Tìm tham số m và n sao cho 2x2 + x - 4 = m.(x - 2) + n.(x2 – x + 1)
Bằng đồng nhất thức ta có m = 3 và n = 2. Khi đó pt thành :
3(x – 2) + 2(x2 – x + 1) = 7 ( x  2)( x2  x  1) .
Đặt u  x  2  0, v  x2  x  1  0 thay vào phƣơng trình ta đƣợc:
v  9u
 x  5 6
3u  2v  7 uv  
v  1 u
4


Nhận xét : Cách 1 và cách 3 gần giống nhau nhƣng cách 3 làm trực tiếp
còn cách 1 làm gián tiếp.
Khái quát hoá ví dụ 2

 .g ( x)   . x3 1

+ Tìm tham số m và n sao cho: g(x) = m(x -1) + n(x2 + x + 1).
+ Đặt hai ẩn phụ u  x 1  0; v  x2  x  1  0 đƣa về phƣơng trình đẳng
cấp bậc 2 đối với hai ẩn u và v.
+ Giải pt đẳng cấp bậc 2 hai ẩn u và v và trở lại phép đặt ta đƣợc x.
Áp dụng giải pt : 2(x2 + 2x + 3 ) =5 x3  3x2  3x  2 ( Đề thi học sinh giỏi
tỉnh Hƣng Yên năm 2010 )
Nhận xét : Hai bài toán trên rất thân thiện với học sinh vì biểu thức trong
căn là x3 + 1 và x3 – 1 là các hằng đẳng thức đẹp. Sau đây ta xét một số bài
toán ít thân thiện với học sinh hơn.
VD3. Giải phƣơng trình : x2  3x  1  

3 4
x  x2  1
3

Ta có : x 4  x 2  1   x 4  2 x 2  1  x 2   x 2  x  1 x 2  x  1 .
Tìm tham số m và n sao cho : x 2  3x  1 = m.(x2 + x + 1) + n. (x2 – x + 1).
Bằng đồng nhất thức ta có : m = –1; và n = 2.
Vậy pt thành : – (x2 + x + 1) + 2 (x2 – x + 1) = 

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

3
( x 2  x  1)( x 2  x  1) .
3

Trang 10

Đặt u  ( x2  x  1)  0, v  x2  x  1  0 ta đƣợc: u  2v  

3
uv .
3

Giải phƣơng trình trên đƣợc u và v thay trở lại phép đặt ta suy ra x.
Khái quát hoá vd3:

 .g ( x)   . x4  x2  1

Tìm tham số m và n sao cho g(x) = m(x2 - x + 1) + n(x2 + x + 1)
Sau đó làm tƣơng tự khái quát hóa ở vd1 và vd2.
Nhận xét : Các trƣờng hợp sau cũng đƣa về đƣợc nhƣ vd1; vd2; vd3
Xuất phát từ các hằng đẳng thức :







x4  1  x2  2 x  1 x2  2 x  1 ;

x3 + 8 = (x + 2)(x2 – 2x + 4 )

;

4 x 4  1   2 x 2  2 x  1 2 x 2  2 x  1

x3 - 8 = (x - 2)(x2 + 2x + 4 ) …

Có rất nhiều hẳng đẳng thức đẹp các thầy cô và các em học sinh có thể tạo
đƣợc ngân hàng đề thi giải các phƣơng trình vô tỉ dạng trên.
VD4. Giải phƣơng trình sau :

x2  2x  2x  1  3x2  4x  1

+ Nhận xét : Phƣơng trình cho ở dạng này thƣờng khó phát hiện hơn dạng
trên, nhƣng nếu ta bình phƣơng hai vế thì đƣa về đƣợc dạng trên.
Giải : Đk x 

1
. Bình phƣơng 2 vế ta có :
2

x

2

 2 x   2 x  1  x2  1 .

Nhận xét : x2 + 1 biểu thị đƣợc theo ( x2 + 2x ) và ( 2x – 1)

x

2

 2 x   2 x  1  x2  1 

Đặt :

𝑢 = 𝑥 2 + 2𝑥, 𝑢 > 0
𝑣 = 2𝑥 − 1. 𝑣 ≥ 0

x

2

 2 x   2 x  1   x2  2 x    2 x  1


1 5
v
u 
2
2
2
khi đó ta có : uv  u  v  

1 5
v
u 
2


Do u, v  0 . u 
Đáp số : 𝑥 =

1 5

1 5
v  x2  2x 
 2x  1
2
2

1+ 5
2

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 11


VD5. Giải phƣơng trình : 5x2  14x  9  x2  x  20  5 x  1
Giải: Đk x  5 .
Chuyển vế bình phƣơng ta đƣợc: 2 x2  5x  2  5

x

2

 x  20  x  1

Nhận xét :
Không tồn tại số tham số  ,  để 2 x 2  5 x  2    x 2  x  20     x  1 .
u  x 2  x  20
Vậy ta không thể đặt 
.
v  x  1

Nhƣng ta có:  x 2  x  20   x  1   x  4  x  5 x  1   x  4   x 2  4 x  5
Ta viết lại phƣơng trình: 2  x 2  4 x  5   3  x  4   5 ( x 2  4 x  5)( x  4) .
Đến đây bài toán đƣợc giải quyết .
Đáp số : x = 8, 𝑥 =

5+ 61
2

 u   v  mu 2  nv2

Khái quát hóa vd5 và vd6:

Các thầy cô và các em học sinh tự tạo cho mình những phƣơng trình vô tỉ
đẹp theo cách trên.
VD 6: Giải phƣơng trình sau

3

7𝑥 2 + 9𝑥 − 4 = 𝑥 3 − 4𝑥 2 − 5𝑥 + 6

Giải :
Cách 1 : Đặt t =

3

7𝑥 2 + 9𝑥 − 4 → t3 = 7𝑥 2 + 9𝑥 − 4 (a)

Thay phép đặt vào pt ta có : t = 𝑥 3 − 4𝑥 2 − 5𝑥 + 6
Cộng (a) và (b) ta đƣợc : t3 + t = x3 + 3x2 + 4x + 2

(b)

(c)

Ta dùng tham số để viết vế phải của (c) tƣơng tự vế trái của (c) nhƣ sau:
Tìm tham số m sao cho : x3 + 3x2 + 4x + 2 = ( x + m)3 + (x+m) đúng với
mọi x. Cho x = 0 thay vào ta đƣợc m3 + m = 2 → m = 1.
Vậy (c) ↔ t3 + t = (x + 1)3 + (x +1) ↔ t = x + 1.
Với t = x + 1 →
𝑥=

5−1
2

; 𝑥=

3

− 5−1
2

7𝑥 2 + 9𝑥 − 4 = 𝑥 + 1 giải pt trên ta đƣợc x = 5;
;

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 12

3

Cách 2 :
7𝑥 2 + 9𝑥 − 4 = 𝑥 3 − 4𝑥 2 − 5𝑥 + 6
3
↔ 7𝑥 2 + 9𝑥 − 4 − 𝑥 − 1 = 𝑥 3 − 4𝑥 2 − 6𝑥 + 5
↔ (𝑥 3 − 4𝑥 2 − 6𝑥 + 5)

1
3

7𝑥 2 +9𝑥−4

2

+ 𝑥+1

Giải phƣơng trình ta đƣợc nghiệm x = 5; 𝑥 =

3

7𝑥 2 +9𝑥−4+ 𝑥+1

5−1
2

; 𝑥=

− 5−1
2

2

+1 = 0

;

Nhận xét : Sử dụng kĩ thuật nhân liên hợp, với cách này ta phải đoán đƣợc
nghiệm, tuy nhiên gặp trƣờng hợp nghiệm vô tỉ rất khó đoán và khó làm
đối với học sinh.
Cách 3 : Lập phƣơng 2 vế không khả thi vì ra pt bậc 9
Nhận xét : Cách 1 làm là tốt hơn cả.
VD 7 : Giải pt : 3 3𝑥 + 8 = 𝑥 2 + 4𝑥 + 2
Giải: ĐK : 𝑥 ≥ −

8
3

Cách 1: Đặt t = 3𝑥 + 8 ( t ≥ 0) → t2 = 3x + 8

(a)

Thay phép đặt vào phƣơng trình ta có : 3t = 𝑥 2 + 4𝑥 + 2 (b)
Lấy pt(a) + pt(b) ta đƣợc t2 + 3t = x2 + 7x + 10 (c)
Ta viết vế phải của (c) tƣơng tự vế trái của (c) bằng cách tìm tham số m
sao cho x2 + 7x + 10 = ( x + m)2 + 3(x + m) đúng với mọi x. Ta cho x = 0
từ đó ta có m = 2; m = - 5, thử lại ta đƣợc m = 5.
Vậy pt(c) ↔ t2 + 3t = ( x + 2)2 + 3(x + 2)↔

𝑡 = 𝑥+2

𝑡 = −𝑥 − 5

Giải : 𝑡 = 𝑥 + 2 → 3𝑥 + 8 = 𝑥 + 2 → 𝑥 =

17−1
2
− 17−1

Giải : 𝑡 = −𝑥 − 5 → 3𝑥 + 8 = −𝑥 − 5 → 𝑥 =
Kết luận : pt có 2 nghiệm 𝑥 =

17−1
2

và 𝑥 =

− 17−1

2

2

Cách 2 : Đặt 2 ẩn phụ đƣa về hệ đối xứng đặt 𝑢 = 3𝑥 + 8
𝑣 = 𝑥+2
Cách 3 : Bình phƣơng 2 vế, sau đó phân tích thành nhân tử nhƣng rất khó
khăn và phức tạp.
Nhận xét cách 1 và cách 2 rất hiệu quả.
Áp dụng VD7 và VD8 Giải pt

3

3𝑥 − 5 = 8𝑥 3 − 36𝑥 2 + 53𝑥 − 25

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 13


2. Phƣơng pháp tham số hóa vào giải phƣơng trình lƣợng giác
VD: Giải phƣơng trình sau : 10sin2x + 5cos2x - 16sinx - 28cosx + 21 = 0
Giải :
PT(1)  20sinxcosx + 5(1 - 2sin2x ) - 16sinx - 28cosx + 21 = 0
2

 - 5sin x + 10sinxcosx - 8sinx + 14cosx - 13 = 0
2

 5sin x - 2sinx(5cosx - 4) - 14cosx + 13 = 0

Ta thêm tham số m.(sin2x + cos2x) và – m vào phƣơng trình ta đƣợc
(m - 5)sin2x - 2sinx(5cosx - 4) + m.cos2x - 14cosx + 13 - m = 0 (*) ( m ≠ 5 )
Ta có Δ' = (5cosx - 4)2 - ( m - 5).( m.cos2x - 14cosx + 13 - m)
Tìm m để Δ' là bình phƣơng của một biểu thức tức là ∆∆′ = 0 → m = 8
pt(*) thành 3sin2x - 2sinx(5cosx - 4) + 8cos2x - 14cosx + 5 = 0 (**)
và Δ' = ( cosx + 1)2
Pt(**) có nghiệm sinx = 1 - 2cosx ; s inx =

5 - 4cosx
;
3

Giải phƣơng trình : sinx + 2cosx = 1 và phƣơng trình 3sinx + 4cosx = 5 ta
đƣợc các họ nghiệm của phƣơng trình lƣợng giác đã cho.
Nhận xét cách làm trên tƣởng đơn giản nhƣng thực tình rất phức tạp, tôi đã
thử giải nhiều cách nhƣng không ra, bản chất của cách làm trên ta khái quát
bài toán sau:
Giải phƣơng trình : Asin2x + Bcos2x + C = asinx + bcosx ( 1)
sin 2 x  2sinx.cos x

Cách 1: Thay 

2
cos 2 x  1  2sin x

vào pt(1) ta đƣợc

2A.sinx.cosx + B.(1 - 2sin2x ) + C = asinx + bcosx
2

 2Bsin x + sinx.( a - 2Acosx ) + bcosx - C - B = 0

Ta thêm tham số m và – m(sin2x + cos2x) ta đƣợc
(2B - m)sin2x + sinx.( a - 2Acosx ) - mcos2x + bcosx + m - C - B = 0 (*)
Coi đây là phƣơng trình bậc 2 ẩn sinx .
Δ= 4 A2  4m.(2B  m)  cos2 x  4cosx.aA+b.(2B  m)  a 2  4.(2B  m).(m  C  B)
Ta tìm m để Δ là bình phƣơng của một biểu thức.
Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 14

Khi đó m là một nghiệm của phƣơng trình sau :
2
aA  b.(2B  m) + 4. (2B  m).(m  C  B)  A2  m.(2B  m) = 0

Sau khi tìm đƣợc 1 giá trị của m ta thay vào pt(*) và coi là phƣơng trình
bậc 2 ẩn sinx ta giải ra đƣợc nghiệm: sinx = αsinx + βcosx + µ ;
sinx = α'sinx + β'cosx + µ'
Giải từng phƣơng trình này ta đƣợc họ nghiệm của phƣơng trình lƣợng giác
ban đầu.
sin 2 x  2sinx.cos x

Cách 2 : Thay 

2
cos 2 x  2cos x  1

Cách 3 : Thay

sau đó làm tƣơng tự cách 1

sin2x = 2sinxcosx
sau đó làm tƣơng tự cách 1
cos2x = cos 2 x − sin2 x

Áp dụng cách giải trên giải phƣơng trình sau
31sin2x + 11cos2x - 2sinx - 44cosx + 9 = 0.
3. Phƣơng pháp tham số hóa vào giải hệ phƣơng trình
VD1 : Giải hệ phƣơng trình sau :


 5 x  4 y  3x  y  5
(I )

5
x

4
y

x

3
y

7



Giải :
5 x  4 y  0
( A)
3x  y  0

+ Điều kiện : 

+ Tìm tham số m và n sao cho : ( x + 3y ) = m(5x + 4y ) + n(3x + y)
8
7

11

8
11
. Vậy : x  3 y  (5x  4 y)  (3x  y)
7
7
7
 5 x  4 y  3x  y  5

( II )
+ Với điều kiện (A) hpt (I)  
8
11
5
x

4
y

(
5
x

4
y
)

(
3
x


y
)

7

7
7

2

u  5 x  4 y , u  0 
u  5 x  4 y
 2
+ Đặt 

v  3x  y
v  3x  y , v  0 

Khi đó m  ; n  

(1)
u  v  5
8
11
u  u 2  v 2  7 (2)

7
 7

+ Thay phép đặt vào hệ (II) khi đó hệ (II) thành : 

+ Từ (1) ta có : v = 5 – u thay vào pt (2) và giải pt ta đƣợc u = 3; u = 36
 Với u = 36 ( t/m đk u ) thay vào (1) ta có v = - 31 ( loại )
Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 15


 Với u = 3 ( t/m đk u ) thay vào (1) ta có v = 2 ( t/m đk v )
5x  y  9
x  1

3x  y  4
y  1
x  1
+ Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm : 
y 1

Trả lại phép đặt ta có : 

( t/m đk (A) )

Nhận xét : Với cách làm trên rất đơn giản nhƣng hiệu quả cao. Nếu làm
theo cách khác cũng đƣợc nhƣng rất dài dòng phức tạp và khó hiểu. Tôi
vận dụng cách trên làm học sinh làm đƣợc ngay và sáng tạo rất nhiều hệ
tƣơng tự.
VD2: Giải hệ phƣơng trình sau

2𝑥 − 𝑦 + 5𝑥 + 4𝑦 = 4
4 3𝑥 − 2𝑦 − 5𝑥 + 4𝑦 = 1

2𝑥 − 𝑦 ≥ 0
Giải : Điều kiện : 5𝑥 + 4𝑦 ≥ 0 (A)
3𝑥 − 2𝑦 ≥ 0
Với điều kiện (A) hpt tƣơng đƣơng với
2𝑥 − 𝑦 + 5𝑥 + 4𝑦 = 4
2 5𝑥 + 4𝑦 = 43𝑥 − 36𝑦 − 1
Tìm tham số m, n sao cho 43𝑥 − 36𝑦 = m(2𝑥 − 𝑦) + n(5𝑥 + 4𝑦)
Bằng đồng nhất hệ số ta có 𝑛 = −
Đặt 𝑢 =

2𝑥 − 𝑦, 𝑣 =

29
13

;𝑚 =

352
13

5𝑥 + 4𝑦

𝑢+𝑣=4
29
352 2
Hệ pt thành :
.
2𝑣 = − 𝑣 2 +
𝑢 −1

13

13

𝑢=1
𝑣=3
2𝑥 − 𝑦 = 1
𝑥=1
Trở lại phép đặt ta có
↔
( thỏa mãn đk (A))
𝑦=1
5𝑥 + 4𝑦 = 9
Giải hệ ẩn u, v ta đƣợc

Kết luận : HPT có nghiệm x=1; y =1

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 16


VD3: Giải hệ phƣơng trình sau

𝑥 + 𝑦 + 2 + 2𝑥 + 3𝑦 + 4 = 5
3 2𝑥 − 𝑦 − 𝑥 + 𝑦 + 2 = 1

Giải :
𝑥+𝑦+2≥0
Điều kiện : 2𝑥 + 3𝑦 + 4 ≥ 0 (A)

2𝑥 − 𝑦 ≥ 0
Với điều kiện (A) hpt tƣơng đƣơng với
𝑥 + 𝑦 + 2 + 2𝑥 + 3𝑦 + 4 = 5
17𝑥 − 10𝑦 − 3 = 2 𝑥 + 𝑦 + 2
Tìm tham số m, n, p sao cho
17𝑥 − 10𝑦 − 3= m(𝑥 + 𝑦 + 2) + n(2𝑥 + 3𝑦 + 4) + p
Bằng đồng nhất hệ số ta có m = 71; n =
Đặt 𝑢 =

𝑥 + 𝑦 + 2, 𝑣 =

27; p =

37

2𝑥 + 3𝑦 + 4

𝑢+𝑣 =5
.
2𝑢 = −27𝑣 2 + 71𝑢2 − 37
𝑢=2
Giải hệ ẩn u, v ta đƣợc
𝑣=3
𝑥+𝑦+2=4
𝑥=1
Trở lại phép đặt ta có
↔
( thỏa mãn đk (A))
𝑦=1
2𝑥 + 3𝑦 + 4 = 9

Hệ pt thành :

Kết luận : HPT có nghiệm x=1; y =1
VD4 : Giải hệ phƣơng trình sau :





2y 2  5 x  2  5 y 2  x  20  x  1 (1)


2 x  2 y  y 3  x3
(2)

Nhận xét : Từ pt(2) của hệ ta có 2 x  x3  2 y  y 3 .
Ta xét hàm số f(t) = 2t + t3 hàm số đồng biến trên R.
Vậy phƣơng trình 2 x  x3  2 y  y 3  f ( x)  f ( y)  x  y
Với x = y thay vào pt(1) ta có : 2 x2  5x  2  5

x

2

 x  20  x  1

Nhận xét :
Không tồn tại tham sô  ,  để : 2 x 2  5 x  2    x 2  x  20     x  1
Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 17


u  x 2  x  20
Vậy ta không thể đặt 
.
v  x  1

Nhƣng ta có :  x 2  x  20   x  1   x  4  x  5 x  1   x  4   x 2  4 x  5
Vì vây phƣơng trình: 2  x 2  4 x  5   3  x  4   5 ( x 2  4 x  5)( x  4) .
Đến đây bài toán đƣợc giải quyết.
Qua các ví dụ trên ta thấy vai trò to lớn của tham số hóa
4. Phƣơng pháp tham số hóa vào giải bất đẳng thức.
2𝑥 + 3𝑦 − 5𝑧 ≤ 3
VD1 : Cho x, y, z thuộc tập số thƣc thoả mãn : 3𝑥 + 4𝑦 − 4𝑧 ≥ 4.
𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 ≤ 5
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : T = 3y – 32z.
Phân tích:
Tìm tham số m, n, p sao cho :
T = 3y – 21z = m(2x + 3y- 5z) + n(3x+4y-4z) + p(x+y+2z)
Bằng đồng nhất hệ số ta có m = -2; n = 5; p = -11.
Vậy T= –2(2x+3y-5z)+5(3x+4y-4z)–11(x+y+2z) ≥ – 6 + 20 – 55 = – 41.
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là : – 41.
Đẳng thức xảy ra khi :

.

VD2. Cho x, y, z ≥ 0; x + y + z = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức F = 3xy + 5yz + 4xz.
Phân tích:

Tìm tham sô m, n, p sao cho :
3xy + 5yz + 4xz = m.x(y+z) + n.y(x+z) + p.z(x+y)
3xy + 5yz + 4xz = ( m + n ).xy + (n + p).yz + (m + p).xz
Đẳng thức xảy ra khi : m + n = 3; n + p = 5; m + p = 4.
Giải hệ ta đƣợc p = 3; m =1; n =2.
Vậy 3xy + 5yz + 4xz = x(y+z) + 2y(x+z) + 3z(x+y)
= x(1 –x) + 2y(1– y) +3z(1–z)
Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 18


= – [ ( x – )2 + 2(y – )2 + 3(z – )2 ] +
Theo BDT Côsi – Svac ta có :
( x – )2 + 2(y – )2 + 3(z – )2
Từ đó suy ra : F

–

=

Dấu bằng xảy ra khi : 𝑥 =

.

.
5

22

;𝑦 =

4
11

;𝑧 =

9
22

;

VD3. Cho a  b  c  0 và a + b + c = 3.
Chứng minh rằng ab2 + bc2 + ca2

.

Phân tích:
ab2 + bc2 + ca2 = b.ab + c.bc + a.ca.
Tìm tham sô m, n, p sao cho:
b.ab + c.bc + a.ca = m.a.(b +c) + n.b.(c + a) + p.c.( a + b).
Bằng đồng nhất thức ta tìm đƣợc m, n, p.
abc
bca
a c b
.a.(b  c) 
.b.( a  c) 
. c.( a  b)
2
2

2
2c  3
3
2a  3
3
2b  3
3
27
=
.( a  ) 2 
.( b  ) 2 
.( c  ) 2 
2
2
2
2
2
2
8
Điều phải chứng minh tƣơng đƣơng với : Cho a  b  c  0 và a + b + c = 3,

Ta có: ab2 + bc2 + ca2 =

chứng minh rằng

2c  3
3
2a  3
3
2b  3

3
.(a  )2 
.(b  ) 2 
.(c  ) 2  0 (*)
2
2
2
2
2
2

Do a  b  c  0 và a + b + c = 3 nên ta có 2 trƣờng hợp :
3
2

THI : 0  c  b  a  . Khi đó hiển nhiên (*) luôn đúng. Vậy bđt (1) đƣợc
chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b =

3
và c = 0
2

3
2

THII : 0  c  b   a  3 . Khi đó ta xét vế trái của (*) nhƣ sau :
3
3
3
3

3
3
f  (c  ).(a  )2  (b  )2 .(a  )  (b  ).(c  ) 2
2
2
2
2
2
2
3
2

là tam thức bậc 2 ẩn (a  ) có :
Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 19


+ c

3
3
< 0 vì ( 0  c  )
2
2

3
3
3
3 

3
3 
  (b  ) 4  4.(b  ).(c  )3  (b  )  (b  )3  4(c  )3 
2
2
2
2 
2
2 
3 
3
3
3 
  (b  )  (b  )3  (c  )3  3(c  )3 
2 
2
2
2 
Nhận xét   0 . Vậy f = VT(*) < 0 hay BĐT(*) đúng.
Vậy BĐT (1) đƣợc cm.
Qua các ví dụ trên ta thấy vai trò to lớn của phƣơng pháp tham số hóa
Bài tập rèn luyện:
Bài 1: Giải các hệ phƣơng trình sau :

 8 x  y  3x  y  5
a) . 
;
3
x


y

11
x

3
y

16




 4x  2 y  6x  y  4
b) . 

 6 x  y  8x  3 y  9


2y2  x  4  7 x3  3 y 2  3 y  2
 x  3 y  11x  5 y  6
c. 
d) . 
x
y
2014
2014
e  e  y



4 7 x  y  1  3 x  3 y  6

x

Bài 2 : Giải các phƣơng trình sau
a) x3  4 x 2  5 x  6  3 7 x 2  9 x  4

𝑏) 2 3𝑥 − 1 . 3𝑥 − 1 + 5𝑥 2 − 2𝑥 3 − 𝑥 = 0
c) 2 x3  x 2  3x  1  2  3x  1 3x  1

d ) 9 x2  37x+29  4 x  3

Bài 3 : Giải các phƣơng trình sau
a) 4 x 2  2 2 x  4  x 4  1
c) x 2  3 x  1  
e)

 4x

2

3 4
x  x2  1
3

 3x  5  5 x3  1

b) 2  x 2  2   5 x 3  1

d ) 2 x 2  5 x  1  7 x3  1
f)

x

2

 2 x  2   4 x3  1

g ) 3x 2  5 x  3  3 x 4  x 2  1

h) 2 x 2  6 x  1  3 4 x 4  1

v) 4 x 2  2 2 x  4  x 4  1

k)

4  3 10  3x  x  2

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 20


C. Kết quả đạt đƣợc khi áp dụng đề tài vào giảng dạy tại trƣờng THPT
Dƣơng Quảng Hàm năm học 2013 - 2014
Lớp

Khi chưa áp dụng đề tài

Sau khi áp dụng đề tài

(Sĩ số)
G

K

TB

Y

G

K

TB

Y

11A2

12

18

13

3

23

20

3

0

(46)

(26.1%)

(39.1%)

(28.2%)

(6.6%)

(50%)

(43.4%)

(6.6%)

11 A5

7

14

15

9

13

25

7

( 45)

(15.6%)

(31.1%)

(33.3%)

(20%)

(28.9%)

(55.5%)

(15.6%)

10A6

5

12

17

11

12

23

10

(45)

(11.1%)

(26.7%)

(26.7%)

(51.1%)

(22.2%)

(37.8%) (24.4%)

0

0

D. Bài học kinh nghiệm

+ Giảng dạy kĩ phần các phần phƣơng trình vô tỉ, hệ phƣơng trình,
phƣơng trình cơ bản, bất đẳng thức.
+ Chọn bài tập đơn giản vận dụng ngay kiến thức lí thuyết.
+ Giáo viên đƣa các ví dụ mẫu điển hình chữa chi tiết và lập luận
chặt chẽ.
+ Giáo viên nên hƣớng dẫn học sinh sáng tạo bài toán

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 21


III/ KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ
A. Kết luận
- Trong nhiều năm giảng dạy lớp chọn và luyện thi đại học, tôi nhận
thấy khi gặp các bài toán dạng không bình thƣờng cần xử lý đƣa về dạng đã
gặp học sinh thƣờng lúng túng không biết làm cách nào để qui lạ về quen,
trông dạng rất quen nhƣng học sinh lại không biết bắt đầu từ đâu. Khi học
sinh học phƣơng pháp tham số hóa để giải phƣơng trình vô tỉ, hệ phƣơng
trình, bất đẳng thức, phƣơng trình lƣợng giác... đó là một công cụ sắc bén
để nghiên cứu một số phƣơng trình, hệ phƣơng trình, bất đẳng thức. Giáo
viên cung cấp cho học sinh một cách nhìn, một cách suy nghĩ mới có thể
mở rộng và thu hẹp bài toán.
- Học sinh rất hào hứng và tiếp thu tốt phƣơng pháp trên và có thể
sáng tạo ra nhiều bài tập tƣơng tự.
B. Kiến nghị
- Đối với trƣờng THPT Dƣơng Quảng Hàm tổ chức áp dụng sâu rộng
các sáng kiến kinh nghiệm vào trong giảng dạy
- Đối với Sở tổ chức báo cáo các sáng kiến kinh nghiệm đạt giải cao
để các giáo viên trau rồi kiến thức và học tập nhằm nâng cao chất lƣợng

giáo dục

C. Tài liệu tham khảo
+ Sách giáo khoa lớp 10, 11, 12 ban tự nhiên
+ Đề thi tuyển sinh đại học các năm
+ Tập san báo toán học tuổi trẻ
+ Bộ đề thi tuyển sinh
+ Diễn đàn Toán học trên mạng Internet.

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 22


CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập- Tự do- Hạnh phúc

BẢN CAM KẾT
I. TÁC GIẢ

Họ và tên: NGUYỄN THU PHƢƠNG
Ngày sinh: 07/04/1979
Giáo viên môn TOÁN
Đơn vị công tác: Trƣờng THPT Dƣơng Quảng Hàm
II. TÊN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Tên SKKN: PHƢƠNG PHÁP THAM SỐ HÓA
III. NỘI DUNG CAM KẾT

Tôi xin cam kết sáng kiến kinh nghiệm này là của bản thân tôi viết,

không sao chép nội dung của ngƣời khác. Sáng kiến kinh nghiệm này đã áp
dụng thành công trong giảng dạy tại trƣờng THPT Dƣơng Quảng Hàm.
Văn Giang, ngày 2 tháng 4 năm 2014
Ngƣời cam kết

NGUYỄN THU PHƯƠNG

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 23


XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC
TRƢỜNG THPT DƢƠNG QUẢNG HÀM

Tổng điểm:………………….Xếp loại:………………

T.M HỘI ĐỒNG KHOA HỌC
CHỦ TỊCH - HIỆU TRƢỞNG

Nguyên Thu Phƣơng – GV – THPT Dƣơng Quảng Hàm

Trang 24