Sáng kiến kinh nghiệm SKKN môn toán THPT giải phương trình bằng phương pháp lập hệ phương trình đối xứng loại II

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP LẬP HỆ
PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II"

1


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 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.
2


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


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

(1)

(2)

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

x = y
⇔
 f ( x, y ) = 0

• 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


ax + b β
−
y =
α y + β = ax + b
α
α

⇔

α y + β = − ax + b
 y = − ax + b − β

α
α

4


Thay vo (1) ta c

a ax + b
2

( x + ) =



a ax + b
2

( x + ) =



a
+b

a
+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 -

ax + b 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

x = 2 3 y 2
2 2

x
=
2

3
2

3
x
(
)

2
y = 2 3 x

Ta cú bi toỏn sau
Bi toỏn 1. (THTT, s 250, thỏng 04/1998). Gii phng trỡnh
x + 3 (2-3x2)2 = 2
2

Gii. t y = 2 - 3x . Ta cú h

2
2
x + 3 y = 2
x = 2 3 y ( 1)

2
2
y = 2 3 x ( 2 )
y = 2 3 x

Ly (1) tr (2) ta c
x - y = 3 (x2 -

y = x
x y =0

y2) 3 ( x + y ) = 1 y = 1 3x

3


5


Với y = x, thay vào (1) ta được
Với

y=

1 − 3x
,
3

 2

3 x 2 + x − 2 = 0 ⇔ x ∈ −1, 
 3

thay vào (2) ta được

1 − 3x
1 ± 21
= 2 − 3x 2 ⇔ 9 x 2 − 3x − 5 = 0 ⇔ x =
.
3
6

Phương trình đã cho có bốn nghiệm

2
1 − 21
1 + 21
x = −1, x = , x =
,x =
.
3
6
6

Lưu ý: Từ lời giải trên ta thấy rằng phương trình bậc cao : x + 3 (2-3x2)2 = 2
Nếu khai triển (2 - 3x2)2 thì sẽ đưa phương trình đã cho về phương trình bậc bốn, sau
đó biến đổi thành phương trình tích.
(x + 1) (3x - 2) (9x2 - 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
5x2 − 2 x −1 ⇔ 2 x = 5x2 −1

Do đó ta xét
2

2
 5x2 − 1 
 2 y = 5 x − 1
⇒
2
x
=
5


÷ −1
2
 2 
 2 x = 5 y − 1

Ta có bài toán sau
Bài toán 2. Giải phương trình 8x – 5(5x2 – 1)2 = – 4
2

Giải. Đặt 2y = 5x – 1. Khi đó

2
2

 2 y = 5 x − 1
 2 y = 5 x − 1( 1)
⇔

2
2
2 x = 5 y − 1( 2 )
8 x = 5.4 y − 4

Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
6


2

2(y – x) = 5 (x – y

y = x
x − y = 0
)  2 = −5( x + y ) ⇔  y = − 5 x + 2

5


2

Với y = x, thay vào (1) ta được
Với y = –
−

5x + 2
,
5

5x2 − 2 x −1 = 0 ⇔ x =

1± 6
5

thay vào (1) ta được

10 x + 4
−5 ± 50
= 5 x 2 − 1 ⇔ 25 x 2 + 10 x − 1 ⇔ x =
5
25

Phương trình đã cho có bốn nghiệm

1 ± 6 −1 ± 2
,
5
5

Ví dụ 3. Xét một phương trình bậc ba
3
⇔ 8 x3 − 6 x = − 3 ⇔ 6 x = 8 x3 + 3
2

4 x3 − 3x = −

Do đó ta xét

3
3
 8 x3 + 3 
6 y = 8 x + 3
⇒ 6 x = 8 

÷
3
÷+ 3
6
6 x = 8 y + 3



(

⇒ 1296 x − 216 3 = 8 8 x 3 + 3

(

⇒ 162 x − 27 3 = 8 x 3 + 3

)

)

3

3

Ta có bài toán sau
Bài toán 3. Giải phương trình 162 x − 27
Giải. Đặt

6 y = 8 x + 3.
3

Ta có

(

3 = 8 x3 + 3

)

3

3
6 y = 8 x 3 + 3
6 y = 8 x + 3 ( 1)
⇔
hệ 
3
3
6 x = 8 y + 3 ( 2 )
162 x − 27 3 = 216 y

Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
6(y – x) = 8(x3 – y3) ⇔ (x – y) [8(x2 + xy + y2) + 6] = 0
7

(3)


Vì x2 + xy + y2 ≥ 0 nên 8 (x2 + xy + y2) + 6 > 0. Do đó từ (3) ta được x = y. Thay vào (1)
ta được.
6 x = 8 x3 + 3 ⇔ 4 x3 − 3x = −

3
5π
⇔ 4 x3 − 3x = cos
2
6

(4)

Sử dụng công thức cos α = 4 cos3 – 3cos ta có
cos = 4cos3 – 3 cos
cos = 4cos3 – 3 cos
cos = 4cos3 – 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 = 8x3 +

3 được

tìm ra như sau: Ta đặt ay + b = 8x 3 +

tìm sau). Khi đó từ PT đã cho có hệ
6 y + b = 8 x 3 + 3

3 3
2
2
2
3
162 x − 27 3 = a y + 3a by + 3ab y + b

Cần chọn a và b sao cho
 a
8
b+ 3
=
=

b = 0
162 a 3 27 3 − b 3 ⇒ 
a = 6
 2
3a b = 3ab 2 = 0

Vậy ta có phép đặt 6y = 8x3 +

3

VÝ dô 4. Cho α = 3, β = 2, a = 3, b = 8 thay vµo (*) ta ®îc

( 3x + 2 )

2

= 3x + 8 + 6

Ta cã bµi to¸n sau
8

3

(với a, b sẽ


Bài toán 4. (HSG tp Hồ Chí Minh năm học 2004-2005). Giải phơng trình
9 x 2 + 12 x 2 = 3 x + 8

Giải: Điều kiện x . Phơng trình viết lại
(3x + 2)2 6 = 3x + 8

(1)

Đặt 3y + 2 = 3x + 8 , suy ra (3y + 2)2 = 3x + 8. Kết hợp với (1) ta có hệ.
(3x + 2) 2 = 3 y + 8

(3 y + 2) 2 = 3 x + 8

( 2)
(3)

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
x y = 0

y = x





3x + 3 y + 5 = 0 3 y = (3 x + 5)
Với y = x, thay vào (2) ta đợc
1

x
=
(tha món)

3
(3x + 2)2 = 3x + 8 9x2 + 9x 4 = 0
x = 4 (loi)

3

Vi y = (3x + 5), thay vo (2) ta c
(3x + 2)2 = 3x + 3
9x2 + 15x + 1 = 0

5 + 21
x =

6


5 21
x =
6


(tha món)
(loi)

9


Các nghiệm của phương trình đã cho là x = và

x=−

− 5 − 21
6

Lưu ý. Có một phương pháp để tìm ra cách đặt 3y + 2 = 3x + 8 như sau: Ta sẽ đặt my +
n = 3x + 8 , với m, n sẽ chọn sau sao cho hệ hai ẩn x, y thu được là hệ đối xứng loại hai.
Từ my + n = 3x + 8 và từ phương trình đã cho ta có hệ.
(my + n) 2 = 3 x + 8
 2
9 x + 12 x − 2 = 3x + 8

m 2 y 2 + 2mny + n 2 = 3 x + 8
⇒ 2

9 x + 12 x − 2 = my + n

Để là hệ đối xứng lại hai thì
m 2 2mn 3 8 − n 2
=
= =
9
12
m
n

m = 3

⇒ n = 2


Ví dụ 5. Cho α = 1, β = 1, a = , b = thay vào (*) ta được

( x + 1) 2 =

x 3
+
2 2 − 1 + 3 ⇔ 2( x + 1) 2 = x + 3 + 2
2
2 2
2 2

Ta có bài toán sau
Bài toán 5. Giải phương trình 2x2 + 4x =

x+3
2

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

10


Nếu xét hệ
3

( α x + β ) = ay + b

3

( α x + β ) = ax + b

Từ phương trình dưới ta được
αy + β = 3 ax + b ⇔ y =

3

ax + b β
−
α
α

Thay vào phương trình trên của hệ
(αx + β ) 3 =

a 3 ax + b aβ
−
+b
α
α

Ví dụ 7. Chọn α = 1, β = 1, a = 3, b = 5, ta được
(x +1)3 = 3 3 3 x + 5 + 2
Ta có bài toán sau
Bài toán 7. (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2009). Giải phương trình
x3 + 3x2 - 3 3 3x + 5 = 1 − 3x
Giải. Tập xác định R. Phương trình đã cho tương đương
(x +1)3 = 3 3 3x + 5 + 2
Đặt y + 1 =

3

3x + 5

(1)

. Ta có hệ
( x + 1) 3 = 3 y + 5

( y + 1) 3 = 3x + 5

(1)
(2)

Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
(x + 1)3 – (y + 1)3 = - 3(x – y)
11


⇔ (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 ⇔ x3 + 3x2 – 4 = 0 ⇔

x = 1
 x = −2


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
(2 x) 3 = 20023 4004 x − 2001 − 2001

Ta có bài toán sau
3

 8 x 3 + 2001 
Bài toán 8. Giải phương trình 
÷ = 4004 x − 2001
 2002 

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

do x =3

2 x − 5 = 1 ⇒ ( 2 x − 5) = 1 = x − 2
3

Ta mong muốn có một phương trình chứa (ax + b) 3 và chứa

3

cx + d

, 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.
(2 y − 5) 3 = x − 2

Không là hệ đối xứng loại II nhưng chúng ta vẫn giải được hệ
(2 x − 5) 3 = − x + 2 y − 2

này.
Nếu có phép đặt

2 y − 5 = 3 x − 2, thì

sau khi thay vào phương trình
12

(2x – 5)3 = – x + 2y – 2
ta được
8x3 – 60x2 + 150x – 125 = – x +

3

x−2 +5−2

Ta có bài toán sau
Bài toán 9. Giải phương trình
3

x − 2 = 8 x3 − 60 x 2 + 151x − 128

Giải.
Cách 1. Tập xác định R. Phương trình viết lại
3

x − 2 = (2 x − 5)3 + x − 3

Đặt 2y – 5 =

3

x − 2 . Kết hợp với (1) ta có hệ

(2 y − 5)3 = x − 2


(2 x − 5)3 = − x + 2 y − 2

( 2)
(3)

Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được
2 (x – y) [(2x–5)2 + (2x –5) (2y– 5) + (2y– 5)2] = 2(y–x)

(4)
x − y = 0
⇔
2
2
(2 x − 5) + (2 x − 5)(2 y − 5) + (2 y − 5) + 1 = 0(5)
Ta có (4) ⇔ y = x. Thay vào (2) ta được
(2x – 5)3 = x – 2 ⇔ 8x3 – 60x2 + 149x – 123 = 0
⇔ (x – 3) (8x2 – 36x + 41) = 0 ⇔ x = 3.
13


2

B  3B 2

2
2
Do A + AB + B =  A +  +
≥ 0 nên (5) không thể xảy ra.
2
4


Phương trình có nghiệm duy nhất x =3
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

x − 2 . Ta có hệ

8 x3 − 60 x 2 + 151x − 128 = y

3
 x = y + 2
Cộng vế theo vế hai phương trình của hệ ta được
8x3 – 60x2 + 152x – 128 = y3 + y + 2
⇔8x3 – 60x2 + 150x – 125 + 2x – 5 = y3 + y
⇔ (2x – 5)3 + (2x – 5) = y3 + y

(*)

Xét hàm số f(t) = t3 + t. Vì f’(t) = 3t2 + 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

x − 2 ⇔ (2x – 5)3 = x – 2

⇔8x3 - 60x2 + 149x – 123 = 0
⇔ (x – 3) (8x2 – 36x + 41) = 0 ⇔ x = 3

Phương trình có nghiệm duy nhất x = 3
14


Ví dụ 10. Xét một phương trình bậc ba nào đó, chẳng hạn xét 4x 3 + 3x = 2. Phương trình
này tương đương.
8x3 +6x = 4 ⇔ 8x3 = 4 – 6x ⇔ 2x =

3

4 − 6x

Ta “lồng ghép” phương trình cuối vào một hàm đơn điệu như sau:
(2x)3 + 2x = 3 4 − 6 x +4– 6x ⇔ 8x3+8x – 4 =

3

4 − 6x

Ta được bài toán sau
Bài toán 10. Giải phương trình
8x3 + 8x – 4 =

3

4 − 6x

Giải. Tập xác định của phương trình là R.
Cách 1. Phương trình đã cho tương đương.
(2x)3 + 2x =

4 − 6 x + 4 – 6x

3

Xét hàm số f(t) = t3 + t, ∀t ∈R. Vì f’(t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R nên hàm số f (t) đồng biến
trên R. Mà PT (1) viết lại f ( 3 4 − 6 x ) = f(2x) nên nó tương đương.
3

4 − 6 x = 2x ⇔ 8x3 + 6x = 4 ⇔ 4x3 + 3x = 2

(2)

Vì hàm số g(x) = 4x3 + 3x có g’(x) = 12x2 + 3 > 0, ∀x ∈ R nên PT (2) có không quá một
nghiệm. Xét.

( )

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

5

2

− 4α 3 − 1 ⇔ α 3 = 2 ± 5

thì 2 =

1 3 1 
α − 3  .
2
α 

Ta có

15


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

Vậy

1
1 1
x =  α −  =  3 2 + 5 + 3 2 − 5 

2
α  2

3

là nghiệm duy nhất của PT (2) và cũng là nghiệm

duy nhất của phương trình đã cho.
Cách 2: Phương trình viết lại
(2 x)3 = 3 4 − 6 x − 8 x + 4

Đặt 2y =

4 − 6 x . Ta có hệ

3

3
3

8 y = 4 − 6 x
8 y = −6 x + 4
⇔
 3
3

8
x
+
8
x
−
4
=
2
y



8 x = −8 x + 2 y + 4

( a)
(b)

Lấy PT (b) trừ PT (a) theo vế ta được
8(x3 – y3) = 2(y – x) ⇔ (x – y) [4(x2 + xy + y2) + 1] = 0 ⇔ y = x
Thay y = x vào (a) ta được
8x3 = -6x + 4 ⇔ 4x3 + 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
3

3x − 5 = 8 x 3 − 36 x 2 + 53 x − 25

Giải. Tập xác định R. Phương trình viết lại
3

(1)

3 x − 5 = (2 x − 3) 3 − x + 2

16


Đặt 2 y − 3 = 3 3 x − 5 . Kết hợp với (1) ta có hệ
(2 y − 3) = 3 x − 5

(2 x − 3) = x + 2 y − 5
3

( 2)

3

(3)

Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được
2(x – y) [(2x – 3)2 + (2x – 3) (2y – 3) + (2y – 3)2] = 2(y – x)
x − y = 0

(4)

(2 x − 3) 2 + (2 x − 3)(2 y − 3) + (2 y − 3) 2 + 1 = 0

(5)

⇔

Ta có (4) ⇔ y = x. Thay vào (2) ta được
(2x – 3)3 = 3x – 5 ⇔ 8x3 – 36x2 + 54x – 27 = 3x – 5
x = 2
⇔ ( x − 2 )  8 x 2 − 20 x + 11 = 0 ⇔ 
x = 5 ± 3



4
B  2 3B 2

Do A + AB + B =  A +  +
≥ 0 nên (5) không thể xảy ra.
2
4


2

2

Phương trình có ba nghiệm x = 2, x =

5± 3
4

Bài toán 12. (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2006). Giải phương trình
3

6 x + 1 = 8x3 − 4 x − 1

Giải. Tập xác định của phương trình là R. Đặt

3

6 x + 1 = 2 y . Ta có hệ

3
 3

8 x − 4 x −1 = 2 y
8 x = 4 x + 2 y + 1
⇔

3
3
6
x
+
1
=
8
y




8 y = 6 x + 1

17

(1)
(2)


Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
8(x3 – y3) = 2(y-x) ⇔ (x – y) [4(x2 + xy+ y2) + 1] = 0 ⇔ y = x
Thay y = x vào (2) ta được
8x3 – 6x = 1 ⇔ 4x3 – 3x = cos

(3)

Sử dụng công thức cos α = 4 cos3 - 3 cos ta có
cos = 4 cos3 - 3 cos
cos = 4 cos3

7π
9

- 3 cos ,

cos = 4 cos3 - 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.
6 x + 1 + 3 6 x + 1 = (2 x)3 +2 x

(3)

Xét hàm số f(t) = t3 + t,∀t∈R. Vì f’(t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t∈R nên hàm số f(t) đồng biến trên
R. Mà PT (2) viết lại f ( 3 6 x +1) = f (2 x) nên nó tương đương.
3

6 x + 1 = 2 x ⇔ 8 x3 − 6 x = 1 ⇔ 4 x3 − 2 x =

Đến đây ta làm như cách 1
Bài toán 13: Giải phương trình
4 x 2 − 13x + 5 + 3 x + 1 = 0

18

1
2


2

13 
33

 2 x − ÷ = 3x + 1 −
4
4


Ta thực hiện nhóm như sau
Đặt α y + β =

3x + 1 ,

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
α 2 2αβ − 3 β 2 − 1
=
=
4
α − 13
5+ β
α = −2

Ta chọn được  β = 3


Ta có lời giải như sau:
Với điều kiện
Đặt

x≥

−1
3


3x + 1 = − ( 2 y − 3) ,  y ≤



3
÷
2

Ta có hệ phương trình sau :
( 2 x − 3) 2 = 2 y + x + 1
⇒ ( x − y)

2
( 2 y − 3) = 3 x + 1

Với x=y ⇒ x =
Với

( 2 x + 2 y − 5) = 0

15 − 97
8

2x + 2 y − 5 = 0 ⇒ x =

11 + 73
8

Tập nghiệm của phương trình này là

15 − 97 11 + 73 
,



8
8



19


IV.Bài tập tham khảo
Giải các phương trình sau:
1. x2 -2x =2

2x −1

2. 2x2 -6x-1=
3. 8x3-4x-1 =

4x + 5
3

6x +1

4. 7x2 -13x +8= 2x2

3

x(−3 x 2 + 3 x + 1)

5. 8x2- 13x +7=

 13
2
 1 + ÷ ( x + 1)(2 x − 1) + x − x − 1
x



6. x3 - 3 6 + 3 x + 6

=6
4
x−2
3

7.

3

81x − 8 = x 3 − 2 x 2 +

8.

3

3x + 4 = x3 + 3 x 2 + x − 2

9.

2
37
4 x + 1 − 9 x 2 + 26 x +
=0
3
3

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
20


• 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 Sau

SKKN
Yếu

áp

dụng

TB

Khá Giỏi

5

35

60

4,2

29,2 49,8 16,4

SKKN

TB

Khá

Giỏi Yêú

kém
120

khi

Kém

Số lượng

10

50

50

10

%

8,4

41,6 41,6 8,4

PHẦN C: KẾT LUẬN
I.Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm.

21

20


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
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
22

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.

23