Hướng dẫ học sinh tổng hợp các phương pháp giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình chứa căn thức

MỤC LỤC
1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để
giải quyết vấn đề.
2.3.1. Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về giải hệ phương trình.
2.3.2. Phương pháp tọa độ véc tơ
2.3.3. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
2.3.4. Kiểm tra đánh giá qua thực tiễn.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
2.4.1. Cách thức tổ chức thực nghiệm
2.4.2. Kết quả thực nghiệm
3. Kết luận, kiến nghị

Tran
g
2
2
2
2
3
3
3
3

3
3
3
6
8
15
17
17
18

1


1. Mở đầu
Trong thế giới bao la của toán học phương trình, bất phương trình đại số
đóng vai trò không nhỏ làm nên sự phong phú đó. Nhân loại đã dừng lại ở phương
trình bậc 5 nhưng chỉ ngần đó thôi cũng đủ thôi thúc chúng ta không ngừng sáng
tạo để giải và làm ra các bài toán mới ở bậc nhỏ hơn 5. Trong chương trình phổ
thông chúng ta đã học nhiều phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình
với khá nhiều dạng khác nhau đó. Nhưng chúng ta thực sự chưa đi sâu hoặc chưa
biết được những phương trình, hệ phương trình đó lại là cơ sở nền tảng để có
những bài toán mới. Và khi đó cần có những công cụ đắc lực hơn. Ngoài việc sử
dụng phép biến đổi tương đương đặt ẩn phụ đơn giản thì trong đề tài này tôi xin
giới thiệu một số cách đặc ẩn phụ khác cũng như sử dụng véc tơ toạ độ hay bất
đẳng thức quen thuộc vào giải toán, giải phương trình, bất phương trình, hệ phương
trình phức tạp.
Trong quá trình hoàn thành đề tài không tránh khỏi thiếu sót mong được sự
đóng góp ý kiến của các bạn đồng nghiệp.
1.1. Lí do chọn đề tài.
Như chúng ta đã biết, trong chương trình phổ thông thì phương trình, bất

phương trình đại số đóng vai trò rất lớn làm nên sự phong phú của môn học đồng
thời nó là một trong những chuyên đề lớn trong chương trình ôn luyện thi vào lớp
10, chuyên nghiệp, HSG (học sinh giỏi) và chương trình phổ thông.
Chúng ta đã được học nhiều phương trình, bất phương trình hay hệ phương
trình với khá nhiều dạng khác nhau nhưng chúng ta thực sự chưa đi sâu hoặc chưa
biết được những phương trình, hệ phương trình đó lại là cơ sở nền tảng để có
những bài toán mới. Và khi đó cần có những công cụ đắc lực hơn ngoài việc sử
dụng phép biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ đơn giản.
Với học sinh thi vào các trường Đại học, Cao đẳng và Trung học chuyên
nghiệp, ôn thi HSG chuyên đề Phương trình, Bất phương trình và hệ chứa căn thức
là một chuyên đề khó, học sinh rất lúng túng trong quá trình giải và không tìm được
phương pháp tổng quát hoá các bài toán. Hiện nay có rất nhiều sách tham khảo
trình bày các phương pháp giải toán PT, BPT và hệ chứa căn thức nhưng các các
phương pháp đó mới chỉ nghiên cứu sơ lược, học sinh sau khi học vẫn khó có thể
định hướng để tìm ra một phương pháp giải hữu hiệu với dạng toán này.
Trong phạm vi đề tài “HƯỚNG DẪN HỌC SINH TỔNG HỢP CÁC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC”. Tôi xin giới thiệu và tổng quát hoá một
số phương pháp giải toán đặt ẩn phụ, sử dụng véc tơ toạ độ hay bất đẳng thức quen
thuộc vào các bài toán giải phương trình, bất phương trình và hệ chứa căn thức giúp
học sinh phát hiện tìm ra được phương pháp giải thích hợp cho dạng toán này.
1.2. Mục đích nghiên cứu.

2


Đề tài đi hệ thống hoá một số phương pháp giải các bài toán phương trình,
bất phương trình và hệ chứa căn thức bằng phương pháp đặt ẩn phụ, sử dụng véc tơ
tọa độ và sử dụng bất đẳng thức Cauchy, Bunhiakopxki.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.

Các dạng bài tập giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình
chứa căn thức trong chương trình Toán lớp 10 THPT.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Để thực hiện nghiên cứu đề tài, tôi đã tiến hành sử dụng đồng bộ các phương
pháp sau:
- Nghiên cứu lý luận về phương pháp dạy học phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình vô tỷ.
- Quan sát việc học và trò truyện với học sinh.
- Thực tiễn giảng dạy và bồi dưỡng kinh nghiệm.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Phương trình, bất phương trình và Hệ chứa căn thức là một trong những
chuyên đề trọng tâm của lớp cuối cấp THPT cũng như kỳ thi chọn học sinh giỏi các
cấp. Để giải các loại toán trước tiên học sinh phải nắm được các phương pháp cơ
bản:
- Phương pháp biến đổi tương đương
- Phương pháp đặt ẩn phụ
- Phương pháp hàm số
- Phương pháp đánh giá
Từ đó học sinh tư duy, tổng hợp và kết hợp với các dạng toán khác như: Lượng
giác, Tam thức bậc hai, bất đẳng thức...
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
2.2.2 Thuận lợi.
Nội dung phương trình, bất phương trình học sinh đã được làm quên ở
chương trình THCS với một số dạng toán đơn giản nên học sinh cũng đã nắm bắt
được một số thao tác và cách giải.
Các bài toán gải phương trình, bất phương trình thường xuyên xuất hiện trong
các đề thi HSG và các đề thi tuyển sinh ĐH nên được học sinh quan tâm và chú
trọng trong việc rèn luyện bài tập
2.2.3 Khó khăn.

Phần lớn các học sinh thường sợ khi gặp các dạng phương trình và bất
phương trình chứa căn thức vì chúng liên quan đến các điều kiện tồn tại của căn
thức. Nên các em vẫn ngại tìm tòi cách giải và tâm lý chung là ngại.
Các em vẫn chưa nắm rõ kiến thức về biến đổi căn thức, cách đặt điều kiện
cho phương trình và bất phương trình dẫn đến việc tổng hợp nghiệm còn khó khăn.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải
quyết vấn đề.
2.3.1. Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về giải hệ phương trình.
3


Đối với nhiều bài toán giải phương trình, hệ phương trình việc biến đổi
tương ứng sẽ làm phức tạp hoá bài toán khi đó chỉ cần 1 hoặc 2 thậm chí là 3 ẩn
phụ mới sẽ đưa bài toán về đơn giản hơn và cách giải cũng nhẹ nhàng hơn.
1- Dạng phương trình:
* Dạng 1: p ax + b + q cx + d = m (1)
* Phương pháp: Đặt:

ax + b = u, cx + d = v (u ≥ 0, v ≥ 0)

 pu + qv = m

Phương trình (1) ⇔ 

2
2
cu − av = bc − ad

*Dạng 2:

n

a − f ( x) + m f ( x ) + b = c

(2)

a − f ( x) = u ,
u + v = c
Phương trình (2) ⇔  2 2
u − v = a + b

* Phương pháp: Đặt:

n

m

f ( x) + b = v (đ.kiện kèm theo (nếu có))

2. Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
x + 5 + 2 x + 8 = 7 (1) [1]

Giải:
2
u = x + 5(u ≥ 0)
u = x + 5
⇒ 2
Đặt: 
v = 2 x + 8

v
=
2
x
+
8(
v
≥
0)

 u = 3

v = 7 − u
u + v = 7
v = 7 − u
v = 4

⇔
⇔
⇔
⇔
(1)  2 2
 2
 2
2
 u = −17 (loai )
2u − v = 2 2u − (7 − u ) = 2
u +14u − 51 = 0

 v = 10

Với u = 3 ⇔ x + 5 = 3 ⇔ x = 4 là nghiệm.
Ngoài ra ta có thể sử dụng phương pháp hàm số để giải bài toán này.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3

1 + x = 2 − 3 1− x (1)

Giải:
Điều kiện: x ≥ 0
Đặt : 3 1 + x = u, 3 1− x = v
(2)
u + v = 2
u + v = 2
u + v = 2
⇔
⇔
(1) ⇔  3 3

2
2
2
2
u + v = 2 (u + v)(u + uv + v ) = 2 u + uv + v = 1 (3)
(3) viết lại: (u + v) 2 − 3uv =1 kết hợp (2) ⇒ uv = 1
u + v = 2
⇔ u = v = 1hay : 3 1+ x =1⇔ x = 0
Vậy 
uv = 1
Ví dụ 3: Giải phương trình:
4

3

2 − x = 1− x −1 (1)

Giải:
Quan sát thấy hai biểu thức trong căn có thể triệt tiêu x cho nhau.
Đặt: 3 2 − x = u , x −1 = v (v ≥ 0)
u + v =1

( 2)
v =1− u
⇔ 3
2
u + v =1 u + (1 − u ) = 1 (3)
Giải (3) u 3 + u 2 − 2u = 0 ⇔ u (u 2 + u − 2) = 0

(1) ⇔ 

3

2

Ta được u = 0, u =1, u = - 2
3 2 − x = 0


+ u = 0 => v = 1 thoả mãn ⇔ 

 x − 1 = 1
+ u = 1 => v = 0 thoả mãn ⇔ x = 1
+ u = -2 => v = 3 thoả mãn ⇔ x = 10

⇔x=2

Ví dụ 4: Cho phương trình.
x + 1 + 3 − x − ( x + 1)(3 − x)

=m

a) Giải phương trình m = 2
b) Xác định m để phương trình có nghiệm. [1]
Giải:
Với bài toán này có hai cách đặt ẩn phụ.
u = x + 1 (u ≥ 0)
+ Nếu đặt 
v = 3 − x (v ≥ 0)
u 2 + v 2 = 4
Phương trình có dạng 
u + v − uv = m

+) Đặt t = x + 1 + 3 − x ta có t 2 = 4 + 2 ( x + 1)(3 − x ) ≥ 4 ⇒ t ≥ 2
Mặt khác t =
2

(

x + 1 + 3 − x)

2

)

2

≤ (12 + 12 )( x + 1 + 3 − x) = 8 ⇒ t ≤ 2 2

Vậy t ∈  2;2 2 
Phương trình có dạng:
t2 −4
t−
= m ⇔ t 2 − 2t + 2m − 4 = 0
2
a) Với m = 2 phương trình ⇔ t 2 − 2t = 0 ⇔ t 2 − 2t = 0 ⇔ t = 0, t = 2
t = 0 ( loại); t = 2 ( thoả mãn)
ta được: x + 1 + 3 − x = 2 ⇔ ( x + 1)(3 − x) = 0
⇒ x = −1; x = 3 là nghiệm
b) Để phương trình đã có nghiệm thì phương trình
f ( x) = t 2 − 2t + 2m − 4 = 0 có nghiệm t ∈ 2;2 2 
Đến đây xét 3 khả năng:

5


+ f (t ) có nghiệm t = 2 2 ⇔ f (2) f (2 2) = 0

(

+ f(t) có nghiệm ∈ 2;2 2

)

và nghiệm nằm ngoài ⇔ f (2) f (2 2) < 0

∆ ≥ 0
af (2) > 0

+ f(t) có nghiệm 2 < t1 ≤ t2 < 2 2 ⇔ af (2 2) > 0

2 < s < 2 2
 2
Ví dụ 5: Xác định m để phương trình sau có nghiệm
m( 1 + x 2 − 1 − x 2 + 2) = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2 ( khối B - 04) [1]
Giải:
Đặt 1 + x 2 − 1 − x 2 = t (t ≥ 0)
Nhận xét: t 2 = ( 1 + x 2 − 1− x 2 )2 ≤ (12 + 12 )(1+ x 2 + 1 − x 2 ) = 4
⇒ t ≤ 2 vậy t ∈ [ 0;2]
Ta có: 2 1 − x 4 = 2 − t 2
Phương trình có dạng: t2 + (m -1)t + 2m - 2 = 0 (1)
Để phương trình có nghiệm thì (1) có nghiệm t ∈ [ 0;2]
Xét các trường hợp tương tự ví dụ 4b
2.3.2. Phương pháp tọa độ véc tơ
1. Các kiến thức thường dùng
ur r r r
a) a + b ≤ a + b
r r
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a, b cùng phương, cùng chiều tức là có có số
r
r

r r r r
k>0 sao cho b = k a
hoặc a = 0; b = 0
r r
a = 0
hoặc  r r
b = 0
r r r r
b) a − b ≤ a + b
r r
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a, b cùng phương,ngược chiều tức là có số
r
r
r r r r
k<0 sao cho b = k a hoặc a = 0, b = 0
rr r r
a
c) .b ≤ a . b
r r
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a, b cùng phương, cùng chiều hoặc một trong
hai vectơ ấy bằng 0
r
r
a1 a2
Nếu a(a1; a2 ); b(b1; b2 ) cùng phương ⇔ =
b1 b2
6


r

r
a1 a2 a3
a(a1; a2 ; a3 ); b(b1; b2 ; b3 ) cùng phương ⇔ = =
b1 b2 b3
2. Một số ví dụ
Ví dụ1: Giải phương trình:
x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11 [2]
Giải:
Điều kiện: 2 ≤ xr ≤ 4
r
Xét các vec tơ a( x − 2 ; 4 − x ) và b(1;1)
r r
a
Nhận xét: . b = 2. 2 = 2
rr
Và a.b = x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11 = ( x − 3) 2 + 2 ≥ 2
r r ur r
rr r r
⇒ a.b ≥ a . b mà a.b ≤ a . b
r
ur
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = k .b ( k > 0)

Hay

x−2
4− x
=
⇔ x = 3 là nghiệm
1

1

Ví dụ 2:Giải hệ

 x 4 + y 4 + z 4 = 1
 2
2
2
 x + y + 2 z = 7
Giải:
r
r
Xét hai véc tơ a( x 2 ; y 2 ; z 2 ); b(1;1;2)
r
r
Nhận xét: a = 1; b = 6
r r
urr r r
rr r r
rr
a.b = x 2 + y 2 + 2 z 2 = 7 mà a . b = 6 do đó a.b > a . b mà a.b ≤ a . b
=> Hệ vô nghiệm
Ví dụ 3: Giải hệ
 x2n + y 2n + z 2n = 3
(1)
 2 n+1
2 n +1
+ z 2 n+1 = 3 (2)
x + y
 x 2 n+ 2 + y 2 n+ 2 + z 2 n+ 2 = 3 (3)


Giải:
Bài toán này có thể sử dụng bất đẳng thức Trêbusep Tuynhôm có thể giải
ngắn gọn sau đây:
r n n n r n+1 n+1 n+1
a
Xét hai vectơ: ( x ; y ; z ); b( x ; y ; z )
r r
2n
2n
2n
2 n +1
+ y 2 n+2 + z 2 n+2 = 3
Ta có: a . b = x + y + z . x
rr
Và a.b = ( x 2 n+1; y 2 n +1; z 2 n+1 ) = 3
7


rr r r
Vậy a.b = a . b
Dấu bằng xảy ra khi x n = x n+1; y n = y n +1; z n = z n +1
Hay x = y = z = 1
Ví dụ 4: Với giá trị nào của m thì phương trình sau có nghiệm:
x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = m [2]
Giải:
Phương trình ⇔ ( x + 1 )2 + ( 3 ) 2 − ( x − 1 ) 2 + ( 3 ) 2 = m
2
2
2

2
1
1
3
Xét các điểm: A( − ;0); B( ;0); C ( x; )
2
2
2
uuur
u
u
u
r
1 3
1 3
AC ( x + ; ); BC ( x − ; )
2 2
2 2
uuur
⇒ AC = x 2 + x + 1 = AC
uuur
⇒ BC = x 2 − x + 1 = BC
⇒ AC − BC = m với mọi điểm C ( x;

⇒ m < 1 là giá trị cần tìm

3
) ta có AC − BC < AB = 1
2

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:
(1)
x + y + z = 1

 2
1
2
2
x
+
y
+
z
=
(2)

3
Giải:
r
r
Xét 2 véc tơ u ( x; y; z ) và v(1;1;1)
Khi đórtar có:
u.v = x + y + z = 1 ( 3)
r r
r
1 r
2
2
2
v

=
3
⇒
u
. v = 1 (4)
u = x +y +z =
3
rr r r
r r
Từ(3) và (4) => u.v = u . v ⇒ u , v cùng phương .
x y x
1
= = ⇒x= y=z=
1 1 1
3
2.3.3. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy khi xuất hiện tổng hoặc tích của hay
hay nhiều số hạng hay bộ số sử dụng là không đổi. Tư tưởng của phương pháp sử
Nên:

8


dụng bất đẳng thức trong các bài toán phương trình hay bất phương trình khó mà
bằng các phương pháp khác không giải quyết được hay làm phức tạp hoá bài toán.
1. Bất đẳng thức Cauchy:
Dạng: Sử dụng cho hai số a,b,c không âm
a+b
a + b ≥ 2 ab và ab ≤
2

a+b+c
a + b + c ≥ 3 3 abc và 3 abc ≤
3
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
Ví dụ1: Giải phương trình ( ĐH huế 98)
x +1
3
+
= 2 (1) [3]
x +1
3
Giải:
Điều kiện x ≠ − 1
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
x +1
3
3 x +1
+
≥2
.
= 2 = VP
VT =
x +1
3
x +1 3

x +1
3
=
⇔ x = 2, x = −4 là nghiệm

x +1
3
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
Dấu bằng xảy ra:

x − x 2 − 1 + x + x 2 − 1 ≤ 2 (1)
Giải:
Điều kiện: x ≥ 1
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
x − x2 −1 + x + x2 −1 ≥ 2 x − x2 −1 + x + x2 −1 = 2

Vậy bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi :
VT = 2 hay x − x 2 − 1 = x + x 2 − 1 ⇔ x = 1 là nghiệm bất phương trình
Ví dụ 3: Giải hệ:
6 x 2 . x3 − 6 x + 5 = ( x3 + 4).( x 2 + 2 x − 6) (1)


2
2
(2)
x + ≥ 1 + 2
x
x


Giải:
2
x

Do: x; cùng dấu nên từ (2) => x +

2
>0⇒ x >0
x

Do đó x 3 + 4 > 0 và x 2 + 2 x − 6 > 0
 x < −1 − 7 (loai )
x −1 > 0
=> 
do đó  2
 x > 7 − 1
x + x − 5 > 0
9


áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 x 3 − 6 x + 5 = 2 ( x + 1)( x 2 + x − 5) ≤ ( x − 1) + ( x 2 + x − 5) = x 2 + x − 5 = x 2 + 2 x − 6

x3 x3
x3 x3
. .4 ≤ + + 4 = x 3 + 4
2 2
2 2
Vậy VT(1) ≤ VP (2) Dấu bằng xảy ra khi x=2 thoả mãn.
Ví dụ 4: Giải Phương trình:
Và 3 x 2 = 3 3

4
x−2

+

1
y −1

+

25
z −5

= 16 − x − 2 − y − 2 − z − 5

Giải:
Điều kiện: x > 2 ; y > 1 ; z > 5
Phương trình đưa về dạng:
4
x−2

+ x−2 +

1
y −1

+

y −1 +

25
z −5

+ x − 5 = 16(1)

áp dụng bất đẳng thức ta có:
4
x−2
1
y −1
25
z −5

+ x−2≥4
+

y −1 ≥ 2

+ x − 5 ≥ 10

Vậy VP(1) ≥ 16 dấu bằng xảy ra khi :
y −1 = 2
x = 6


x − 2 = 4 ⇔  y = 3
 z − 5 = 25
 z = 30



Ví dụ 5: Giải phương trình
x2 + x + 1 +

1
= x+3
x2

(1) [3]

Giải:
Điều kiện: −3 ≤ x ≤ −1; x ≥ 0
Bình phương hai vế của (1) ta có:
1
1
x + 1 + x 2 + 2 + 2 ( x 2 + x )(1 + 2 ) = x + 3
x
x
1
1
⇔ x2 + 2 + 2 x2 + x + + 1 = 2
x
x
1
1
2
Nhận xét: x + 2 ≥ 2 và 2 x 2 + x + + 1 ≥ 0
x
x
Dấu bằng xảy ra khi : x = - 1
Ví dụ 6: Giải phương trình:
10

x2 + x − 1 + x − x2 + 1 = x2 − x + 2

Giải:
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1 + ( x 2 + x − 1) x 2 + x
2
x + x −1 ≤
=
2
2
2
1 + ( x − x + 1) x − x 2 + 2
x − x2 + 1 ≤
=
2
2
2
VT ≤ x + 1 ⇔ x − x + 2 ≤ x + 1 ⇔ x 2 − 2 x + 1 ≤ 0
⇔ ( x − 1)2 ≤ 0 ⇔ x = 0 là nghiệm
Ví dụ 7: Giải phương trình:
13 x − 1 + 9 x + 1 = 16 x
Giải:
áp dụng bất đẳng thức Cauchy:
1
3
13 x − 1 + 9 x + 1 = 13.2.
x − 1 + 3.2.
x +1
2

2
1
9
≤ 13( + x − 1) + 3( + x + 1) = 16 x
4
4
1

 x + 1 = 2
5
⇔ x = thoả mãn
Dấu bằng xảy ra khi : 
4
 x +1 = 3

2
2) Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:
Cho hay dãy số: (a1 , a2….an) và (b1 ,b2 ….bn)
Ta có:
2
( a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) ≤ ( a12 + a22 ..., an2 ) .( b12 + b22 ..., bn2 )
dấu bằng xảy ra :

a1 a2
a
= = .... = n
b1 b2
bn

Dạng đơn giải: ax + by ≤ (a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 )

( ax + by + cz )

2

≤ ( a 2 + b 2 + c 2 ) .( x 2 + y 2 + z 2 )

a b c
= =
x y z
Dấu hiệu sử dụng : Hai dãy số tuỳ ý 1 trong 2 vế có dạng :
a1b1 + a2b2 + ... + anbn hoặc ( a12 + a22 ..., an2 ) .( b12 + b22 ..., bn2 )
Dấu bằng xảy ra khi :

Ví dụ1: Giải phương trình:

x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11
Giải:
11


áp dụng bất phương trình Bunhiacopski ta có
( x − 2 + 4 − x ) 2 ≤ (12 + 12 )( x − 2 + 4 − x) = 4
Vậy −2 ≤ VT ≤ 2
VP = x 2 − 6 x + 11 = ( x − 3) 2 + 2 ≥ 2
Dấu bằng xảy ra khi

x−2
4− x
=

⇔ x=3
1
1

Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
x − 1 + ( x − 3) ≥ 2( x − 3) 2 + 2 x − 2
Giải:
Điều kiện: x ≥ 1
Xét: ( x − 3) 2 + ( x − 1) = ( x − 3) 2 + ( x − 1) 2
2
2
2
2
2
VT: ( x − 1 + ( x − 3)) ≤ (1 + 1 )( x − 1 + ( x − 3)) = 2 ( x − 3) + x − 1

⇒ x − 1 + ( x − 3) ≤ 2( x − 3) 2 + 2( x − 1)

Dấu bằng xảy ra khi:

x −1 x − 3
=
⇔ x = 5 thoả mãn
1
1

Ví dụ 3: Giải bất phương trình:
x + 1 − 1 − x ≤ x (1)

Giải:

Điều kiện x ≥ −1
(1) ⇔ ( x + 1 − 1 − x )( x + 1 + 1 − x ) = 2 x ≤ x( x + 1 + 1 − x )
Mà

x + 1 + 1 − x ≤ (12 + 12 )(1 + x + 1 − x) = 2 ⇔ 2 x ≤ 2 x ⇒ x ≤ 0 ⇒ −1 ≤ x ≤ 0

Ví dụ 4: Giải phương trình.
x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x 2 + 4 x + 1
Giải:
áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki cho hai bộ số ( x ;1);( x + 2; 2 x − 1)
Ta có: ( x( x + 2) + 1. 2 x − 1) 2 ≤ ( x + 1)( x + 2 + 2 x − 1) = 3 x2+ 4x +1
hay x 2 + 2 x + 2 x − 1 ≤ 3 x 2 + 4 x + 1
x+2
2x − 1
=
⇔ x + 2 = (2 x − 1) x
Dấu bằng xảy ra khi:
1
x
1+ 5
phù hợp
⇒x=
2
Ví dụ 5:( HVQHQT 96 ) Giải phương trình.
12


2 x 4 + (1 − 2 x) 4 =

1

27

Giải:
Biến đổi vế trái áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
1
1
2 x 4 + (1 − 2 x) 4 = .3  2 x 4 + (1 − 2 x) 4  = (12 + 12 + 12 )( x 4 + x 4 + (1 − 2 x) 4 )
3
3
2
2
1
1 1
≥  x 2 + x 2 + (1 − 2 x 2  = . 3  x 2 + x 2 (1 − 2 x) 2 
3
3 9
1
1
1
= (12 + 12 + 12 ) 2 ( x 2 + x 2 + (1 − 2 x) 2 ) ≥ ( x + x + 1 − 2 x) 4 =
27
27
27
2
2
2
 x = x = (1 − 2 x )
1
⇔x=
Dấu bằng xảy ra ⇔ 

3
x = x = 1 − 2x
Bài toán này có thể giải bằng đặt ẩn phụ u = 2x, v = 1 - 2x.

(

)

Ví dụ 6: ( ĐH NTH CM ) . Giải phương trình
1
1
2 − x2 + 2 − 2 = 4 − ( x + )
x
x
Giải:
Phương trình có dạng
1
1
x + 2 − x2 + + 2 − 2 = 4
x
x
áp dụng BĐT Bunhia copxki ta có:
x + 2 − x 2 = 1.x + 1. 2 − x 2 ≤ (12 + 12 )( x 2 + 2 − x 2 ) = 2
1
1
1
1
1
1
+ 2 − 2 = 1. + 1. 2 − 2 ≤ (12 + 12 )( 2 + 2 − 2 ) = 2

x
x
x
x
x
x
1
1
⇒ x + 2 − x2 + + 2 − 2 ≤ 4
x
x
Dấu bằng xảy ra khi x=1 hay x=1 là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 7 ( Tạp chí THTT). Giải phương trình.
3 x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 = x ( x 2 + 2)(5 x − 1)
Giải:
áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ 3 số:
( 3x 2 − 1 ; x 2 − x ; x 2 + 1) và ( 1; 1; -x)

(1) [4]

Vế trái của (1) ≤ (3 x 2 − 1 + x 2 − x + x 2 + 1)(12 + 12 + x 2 )
= (5 x 2 − x)( x 2 + 2) = x ( x 2 + 2)(5 x − 1) = VP (1)

13


3x2 − 1
x2 − x
=

=
1
1
Vậy x= -1 là nghiệm của phương trình.

x2 + 1
hay x = −1
−x

dấu bằng xảy ra ⇔

Ví dụ 8. (Thi vào 10 ĐHSPHN) Giải phương trình.
( x 2 + 1)3
x + x + 1 + x( x − x + 1) ≤
x
4

2

2

(1)

Giải:
Điều kiện x > 0
Nhận xét: x 2 − x + 1 + x = x 2 + 1
x 4 + x 2 + 1 + x 2 = ( x 2 + 1) 2
áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki cho hai bộ số:
( x; x 4 + x 2 + 1) và ( x 2 − x + 1; x)
vế trái (1) x ≤ ( x + x 2 − x + 1)( x 4 + x 2 + 1 + x 2 ) = ( x 2 + 1)3

Dấu bằng xảy ra khi.

x2 − x + 1
x
=
∀x > 0
x
x4 + x2 + 1
Vậy với mọi x > 0 đều là nghiệm.
Ví dụ 9. Giải hệ:

1
 1 + x1 + 1 + x2 + ........ + 1 + xn = n 1 + (1)
n

( n ≥ 2)

 1 − x + 1 − x + ........ + 1 − x = n 1 − 1 (2)
1
2
n

n
Giải:
Từ (1)
n
1 2
2
2
2

2
Ta có: (n. 1 + ) = n + n ≤ (1 + 1 + ... + 1 )( n + ∑ xi ) ( BĐT Bunhiacopxki)
n
i =1
n

⇒ ∑ xi ≥ 1

(3)

i =1

n
1
từ (2): : (n. 1 − ) 2 = n 2 − n ≤ (12 + 12 + ... + 12 )( n − ∑ xi ) (BĐT Bunhiacopxki)
n
i =1
n

n

⇒ ∑ xi ≤ 1

(4) ⇒ ∑ xi = 1

i =1

Dấu bằng xảy ra khi: x1 = x2 = ..... = xn =

i =1

1
n
14


2.3.4. Kiểm tra đánh giá qua thực tiễn.
Để đánh giá kết quả học tập của học sinh tôi ra đề:
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1. x + 17 − x 2 + x 17 − x 2 = 9
2. x 3 + 63 6 x + 4 − 4 = 0
Bài 2: Giải hệ phương trình sau
36 x 2 + 9 y 4 + 4 z 6 = 1


2
2
3
x + y + z =
3

Bài 3 Giải hệ phương trình sau:
 2x2
=y

2
1 + x
 2y2
=z


2
1 + y
 2z 2
=x

1 + z 2

Lời giải sơ lược
Bài 1: Giải phương trình
1. x + 17 − x 2 + x 17 − x 2 = 9
GIẢI:
Đặt: y = 17 − x 2 ( y ≥ 0) ⇔ y 2 + x 2 = 17
 x + y + xy = 9

Phương trình đưa về hệ : 

2
2
 x + y = 17

 x + y + xy = 9
 x + y + xy = 9
⇔
⇔
2
2
( x + y ) − 2 xy = 17
( x + y ) + 2( x + y ) − 35 = 0
 x + y = −7 (loai )
 xy = 16

Ta được 

x + y = 5
thoả mãn
 xy = 4

hoặc 

x,y là nghiệm phương trình t2 - 5t + 4 = 0 ⇒ t =1 ; t = 4
 x = 1
 x = 1
⇔
⇔ x =1

2
 y = 4  17 − x = 4

 x = 4 ⇔ x = 4
  y = 1

15


Vậy phương trình có hai nghiệm x=1, x=4
2. x 3 + 63 6 x + 4 − 4 = 0
GIẢI:
Đặt: y = 3 6 x + 4 ⇔ y − 6 x − 4 = 0
3

 x 3 − 6 x − 4 = 0 (1)
Do đó phương trình đưa về hệ:  3
 y − 6 x − 4 = 0 (2)

Trừ 2 vế của (1) cho (2) ta được:
x3 - y3 +6 (x - y) = 0 ⇔ (x+y) (x2 + xy +y2 +6) = 0
=> x=y ( do x2 + xy +y2 +6 > 0
Thay x = y vào (1) ⇔ x3 - 6x - 4 = 0 ⇔ ( x + 2) ( x2 - 2x - 2) = 0
Vậy phương trình có 3 nghiệm : x = -2, x = 1 − 3, x = 1 + 3
Bài 2: Giải hệ phương trình:
36 x 2 + 9 y 4 + 4 z 6 = 1


2
2
3
x + y + z =
3

r
r 1 1 1
2
3
Xét hai véc tơ a(6 x;3 y ;2 z ); b( ; ; )
6 3 2
r
r
7
Nhận xét: a = 1; b =
18

rr
r r
2
7
a.b = x + y 2 + z 3 = mà a . b =
do đó a.b > a . b mà a.b ≤ a . b
3
18
Vậy hệ phương trình vô nghiệm.
Bài 3. Giải hệ phương trình

 2x2
1 + x 2 = y (1)

 2 y2
=z

2
1
+
y

 2z2
=x

1 + z 2
Nhận xét : do các vế trái không âm nên đk: x, y, z ≥ 0
2 x2
2 x2
2

≤
=x
- Ta có 1 + x ≥ 2 x ⇒
1 + x2 2 x
16


Từ (1) ⇒ y ≤ x
- Tương tự ta có: z ≤ y; x ≤ z
Vậy ta có x=y=z
Thay vào phương trình (1) giải được x=0; x=1
Vậy hệ có 2 nghiệm (0;0;0); (1;1;1)
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
2.4.1. Cách thức tổ chức thực nghiệm:
- Chọn lớp:
+ Lớp đối chứng: 10B2, 10B10
+ Lớp thực nghiệm: 10B3,10B8
- Tiến hành kiểm tra 45 phút.
2.4.2. Kết quả thực nghiệm:
Kết quả bài kiểm tra thực nghiệm ở các lớp như sau:
Trung bình
Yếu
SL
%
SL
%
SL
%
SL

%
10B2
42
3
7,1
13
31,0
25
59,5
1
2,4
10B10 45
1
2,2
14
31,1
26
57,8
4
8,9
10B3
44
6
13,6
24
54,5
14
31,8
0
0

10B8
44
9
20,4
23
52,3
12
27,3
0
0
Qua kết quả trên cho thấy việc giáo viên hướng dẫn học sinh tổng hợp các
phương pháp giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình chứa căn thức
đã nâng cao chất lượng bài học và giúp học sinh học tập một cách chủ động, tích
cực hơn, từ đó dẫn đến tỉ lệ hiểu bài và điểm khá giỏi tăng lên. Chất lượng bài kiểm
tra nhận thức của các lớp thực nghiệm ( 10B3, 10B8) cao hơn các lớp đối
chứng( 10B2, 10B10). Cụ thể là ở lớp thực nghiệm tỉ lệ điểm trung bình thấp hơn
gần một nửa, không còn học sinh đạt điểm yếu trong khi tỉ lệ điểm khá, giỏi cao
hơn gần gấp đôi so với lớp đối chứng.
3. Kết luận, kiến nghị
- Kết luận
Với đề tài “Hướng dẫn học sinh tổng hợp các phương pháp giải phương
trình, bất phương trình và hệ phương trình chứa căn thức” giúp học sinh nắm được
phương pháp giải các bài toán phương trình, bất phương trình và hệ chứa căn thức
trong chương trình phổ thông. Với học sinh ôn thi chuyên nghiệp hay ôn thi học
sinh giỏi thì đây là một đề tài rất thiết thực giúp học sinh không những giải tốt dạng
toán này mà có thể tư duy tốt vận dụng vào các dạng toán khác.
Đề tài này tôi đã tiến hành nghiên cứu song vì trình độ, năng lực có hạn, điều
kiện không cho phép, kinh nghiệm còn non nớt. Vì vậy nội dung của đề tài không
thể tránh khỏi những hạn chế mặc dù tôi không muốn.Tôi thiết tha mong muốn có
được những đóng góp quý báu giúp cho đề tài của tôi thêm hoàn hảo hơn.

- Kiến nghị
Lớp

Sĩ số

Giỏi

Khá

17


Qua sự thành công bước đầu của phương pháp này thiết nghĩ rằng chúng ta
cần phải có sự nghiên cứu và hình thành đưa ra những chuyên đề, phương pháp cụ
thể giúp học sinh có đủ các kiến thức phục vụ các kỳ thi một cách có kết quả có hệ
thống và phù hợp với mức độ kỳ thi. Chúng ta không nên chỉ dạy những kiến thức
SGK mà chúng ta cần phải đưa ra những kiến thức mới phù hợp với mức độ yêu
cầu cao của các kỳ thi cũng như biết vận dụng các kiến thức hình học để giải quyết
các vấn đề một cách linh động. Để rồi hình thành cho học sinh những thói quen
không tốt khi nghiên cứu một vấn đề, đó là sự bằng lòng với những kiến thức đã có
mà không tự tìm tòi các kiến thức mới các phương pháp mới đặc biệt là sự vận
dụng các môn học khác vào môn học. Do đó trong quá trình giảng dạy tôi luôn đưa
học sinh vào những tình huống có vấn đề rồi yêu cầu học sinh tự hình thành cho
mình những kiến thức mới có hiệu quả cụ thể trong các kỳ thi, yêu cầu học sinh
phải biết vận dụng những kiến thức liên môn để làm bài tập một cách có hiệu quả.
Sáng kiến kinh nghiệm này là một phần nhỏ của bản thân thu được trong quá
trình giảng dạy trong một phạm vi nhỏ hẹp. Vì vậy việc phát hiện những ưu nhược
điểm chưa được đầy đủ và sâu sắc. Mong rằng báo cáo kinh nghiệm này các đồng
nghiệp cho tôi thêm những ý kiến phản hồi những ưu nhược điểm của chuyên đề
này. Cuối cùng tôi mong chuyên đề này sẽ được các đồng nghiệp nghiên cứu và áp

dụng một cách hiệu quả trong thực tiễn để rút ra những điều bổ ích.

XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2017
18


Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết không sao chép nội dung của
người khác

Đinh Thế Ninh

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
Ghi chú
-

Ở mục 2.3.1, đoạn từ ví dụ 1, ví dụ 4, ví dụ 5 tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 1,
phần lời giải do tác giả viết ra.
Ở mục 2.3.2, đoạn từ ví dụ 1, ví dụ 4 tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 2, phần
lời giải do tác giả viết ra.
Ở mục 2.3.3, đoạn từ ví dụ 1, ví dụ 5 tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 3, phần
lời giải do tác giả viết ra.
Ở mục 2.3.3, đoạn từ ví dụ 7, tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 4, phần lời giải
do tác giả viết ra.

-

*******************
[1]. dethi.violet.vn
[2]. tailieu.vn
[3]. hocmai.vn
[4]. Tạp chí Toán học tuổi trẻ

20