Rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình vô tỉ bằng phương pháp nhân lượng liên hợp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT NGA SƠN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH KỸ NĂNG
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
BẰNG PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP

Người thực hiện:
Lê Diễm Hương
Chức vụ:
Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực: Toán học

THANH HÓA NĂM 2016


MỤC LỤC
Trang
1. Mở đầu….……………………………………………………….……..…3
1.1 Lí do chọn đề tài………………………………………………………….3
1.2 Mục đích nghiên cứu………………………………………………….….3
1.3 Đối tượng nghiên cứu…………………………………………………….3
1.4 Phương pháp nghiên cứu…………………………………………………3
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm…..………..………………………….….4
2.1 Cơ sở lí luận………………..…………..…………………………………4
2.2 Thực trạng của đề tài……………………………………………………..4
2.3 Giải pháp thực hiện………………………………………………………5

2.3.1 Hệ thống kiến thức liên quan…………………………………………..5
2.3.2 Các kỹ thuật nhân lượng liên hợp………………………………….…..6
2.3.2.1 Kỹ thuật nhóm các số hạng…… ………………………………….…6
2.3.2.2 Kỹ thuật thêm bớt hằng số ….…………………..……………….......9
2.3.2.3 Kỹ thuật thêm bớt ẩn số……….……………..…….………….........14
2.3.3 Bài tập tự luyện…………..…………………………………………..20
2.4 Kết quả nghiên cứu……………………………………………..…….…22
3. Kết luận và kiến nghị………………………………………………….….22
Tài liệu tham khảo…………………………………………………….....23

2


1. MỞ ĐẦU
1.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình toán THPT Phương trình, Hệ phương trình, Bất phương
trình vô tỉ là một nội dung khó đối với học sinh. Đứng trước bài toán này các em
sẽ có nhiều phương pháp giải khác nhau như biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ,
đánh giá…. Song có một cách giải quyết bài toán này rất hữu dụng và phù hợp
với tư duy của các em học sinh đó là nhân lượng liên hợp. Nhân liên hợp là một
trong những phương pháp cơ bản thường dùng để giải quyết phương trình vô tỉ,
mấu chốt của nó là đưa biểu thức ra khỏ căn để tạo nhân tử chung. Đó là bước
thành công đầu tiên trong quá trình giải quyết các bài toán về phương trình, hệ
phương trình, bất phương trình vô tỉ. Là một trong những khó khăn thách thức
đối với các em học sinh trong quá trình tiến tới kỳ thi THPTQG hiện nay với đòi
hỏi mức độ phân hóa cao.
1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Đứng trước những vấn đề trên trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học
sinh khá, giỏi, tôi đã luôn trăn trở và đi tìm những thuật giải, những hướng đi cụ
thể để giải quyết những vấn đề đó. Nhưng chúng ta đã biết không có một chìa

khoá vạn năng nào có thể “mở khoá” được mọi bài toán. Trong khi đó việc giảng
dạy toán học nói chung và trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán nói riêng, việc làm
cho học sinh giải quyết được vấn đề đặt ra của bài toán một cách sáng tạo, hoàn
chỉnh là rất cần thiết. Trong bài viết này, dựa trên kinh nghiệm một số năm giảng
dạy, luyện thi Đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi toán, tôi xin nêu lên một
hướng giải quyết bài toán giải phương trình, hệ phương trình và bất phương
trình với đề tài “ RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH KỸ NĂNG GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG
PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP”.
nhằm làm cho học sinh nâng cao khả năng tư duy, phát triển trí tuệ đồng thời bồi
dưỡng niềm đam mê toán học cho các em học sinh.
1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
- Nội dung là các bài toán về giải phương trình, hệ phương trình, bất phương
trình vô tỉ trong chương trình môn Toán của THPT.
- Một số bài tập nâng cao, đề thi học chọn học sinh giỏi tỉnh và các đề thi đại
học những năm gần đây của Bộ GD & ĐT.
1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
* Phương pháp:
- Phương pháp nghiên cứu lý luận chung.
- Phương pháp khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học.
- Tổng hợp, so sánh, đúc rút kinh nghiệm.
* Cách thực hiện:
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn.
- Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình
giảng dạy.
- Thông qua việc giảng dạy trực tiếp các lớp khối THPT ở những năm học qua.

3

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 CƠ SỞ LÝ LUẬN
- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy
và hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào
tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức
phổ thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời
sống của con người. Toán học là một môn học quan trọng và khó, kiến thức
rộng, không ít học sinh ngại học môn này .
- Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học
ở môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng
dạng bài tập. Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải
có tư duy logic và cách biến đổi. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và
nghiên cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ
thông, vận dụng lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp
các cách giải.
- Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính
giúp cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài
toán về khó về phương trình, hệ phương trình và bất phương trình vô tỉ.
Khi gặp một bài toán về giải phương trình, hệ phương trình và bất phương
trình vô tỉ chúng ta có rất nhiều hướng tiếp cận để tư duy ra lời giải. Tuy nhiên
với những bài toán hay và khó, lối tư duy theo hướng bó hẹp trong khuôn khổ
kiến thức của chương hay kiến thức của SGK sẽ khiến học sinh khó khăn tìm ra
hướng giải quyết. Vì tính chất phân loại của đề thi hiện nay, bài toán giải
phương trình, hệ phương trình, bất phương trình nói chung và bài toán giải
phương trình, hệ phương trình và bất phương trình vô tỉ nói riêng đã đặt ra một
yêu cầu cao hơn ở học sinh. Để giải quyết được bài toán, học sinh không chỉ
nắm được cách giải của các phương trình, hệ phương trình, bất phương trình cơ
bản mà phải biết kết hợp thành thạo các cách giải tổng quát mà các em học
được. Tạo nên một sự liên kết chặt chẽ giữa các mặt kiến thức nhất là kiến thức
giữa các cấp học giúp học sinh thấy được bản chất của vấn đề đang học, gây

nên sự hứng thú tích cực trong học tập, làm cho các em chủ động hơn trong
việc tiếp thu và lĩnh hội tri thức, giúp các em không ngừng tìm tòi thêm nhiều
cách giải mới, khắc phục được tâm lý lo sợ khi gặp bài toán khó là mục tiêu
quan trọng nhất trong hoạt động dạy học của mỗi giáo viên.
Trong giới hạn của SKKN tôi chỉ hướng dẫn học sinh giải thành thạo một
số phương trình, hệ phương trình bằng “ Ba kỹ thuật nhân lượng liên hợp”.
2.2 THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI
Qua việc khảo sát khảo sát rất nhiều nhóm học sinh trong trường THPT
Nga Sơn cũng như các trường Thp trong địa bàn huyện Nga Sơn và trong quá
trình kiểm tra khảo sát định kỳ học tập, trong quá trình luyện đề ôn thi đại học
và ôn thi THPTQG hai năm gần đây tôi nhận thấy học sinh khi gặp câu giải

4


phương trình, hệ phương trình, bất phương trình thường không định hướng được
cách giải hoặc thậm chí bỏ qua câu này. Điều một phần thấy khó do yếu tố tâm lí
của học sinh nghĩ rằng đây là bài toán dành cho học sinh giỏi lấy điểm cao nên
chủ quan không học, không làm. Điều đó dẫn đến một sự thật đáng buồn, phần
lớn học sinh dự thi đại học đều bỏ qua hoàn toàn câu này hoặc chỉ biến đổi
tương đương…không định hướng. Một điều đáng ngạc nhiên là những năm gần
đây trong các đề thi đại học cũng như thi chọn học sinh giỏi tỉnh thường áp dụng
hai phương pháp giải cơ bản là phương pháp hàm số, phương pháp nhân lượng
liên hợp và đặc biệt các em cũng có được kỹ năng sử dụng MTBT cần thiết để
giúp các em đoán được một số nghiệm “đẹp” của một số phương trình vô tỉ. Lúc
này vai trò của người giáo viên là rất quan trọng, phải hướng dẫn chỉ rõ cho học
sinh phương pháp giải toán, nên giải như thế nào cho hợp lý đối với từng loại
toán để được một bài toán đúng biến đổi đúng và suy luận có logic giúp các em
học sinh có thêm tự tin để giải quyết được những bài toán khó này. Đó là mục
đích của đề tài “ RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH KỸ NĂNG GIẢI PHƯƠNG

TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG
PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP” mà tôi hướng đến.
2.3 GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến của đồng
nghiệp tôi mạnh dạn đưa ra ba hướng giải quyết vấn đề giải phương trình và hệ
phương trình bằng kỹ thuật nhân lượng liên hợp để giúp học sinh có những kỹ
năng cần thiết trong quá trình ôn tập và thi THPTQG đó là sử dụng ba kỹ thuật
nhân lượng liên hợp.
Đối với mỗi kỹ thuật, tôi hướng dẫn cho học sinh phương pháp làm cụ thể,
dồng thời lấy các ví dụ có tính đặc trưng để học sinh nắm vững cách giải, những
dạng bài tập có nhiều cách làm tôi đều giải mẫu một bài theo những cách làm đó
để học sinh áp dụng làm tương tự các bài khác.
Để minh họa cho những dạng này, tôi đều đưa ra những bài toán nằm trong các
Đề thi đại học những năm gần đây hoặc nằm trong các đề thi chọn học sinh giỏi
tỉnh. Với mỗi bài toán như vậy tôi dẫn ra những cách giải phù hợp với nội dung
chương trình đang học và học sinh có con đường tổng quát cho các bài toán
tương tự.
2.3.1.Hệ thống kiến thức liên quan
2.3.1.1 Định lí Bézout
Số dư khi chia đa thức f ( x ) cho nhị thức ( x − a ) bằng giá trị của f ( x )
tại x = a .
Nếu x = a là một nghiệm của đa thức P ( x ) = 0 thì P( x) = ( x − a) P1 ( x) .
Từ đây ta có nhận xét : Nếu x = x0 là một nghiệm của phương trình f ( x ) = 0
thì ta có thể đưa phương trình f ( x ) = 0 về dạng ( x − x0 ) . f1 ( x ) = 0 và khi đó việc
giải phương trình f ( x ) = 0 quy về giải phương trình f1 ( x ) = 0 .
2.3.1.2 Một số hằng đẳng thức hay sử dụng
Từ một số hằng đẳng thức hay sử dụng như:

5

2
2
+ x − y = ( x + y ) ( x − y)
3
3
2
2
+ x − y = ( x − y ) ( x + xy + y )

+ x − y = ( x − y) ( x + y) ( x + y ) …
dẫn đến công cụ giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp nhân lượng liên
hợp nhờ các hằng đẳng thức sau:
4

+
+
+

3

+

3

4

2

2

A − B2
A±B=
A mB
A− B
A± B =
Am B
A − B3
A±B=
3
A2 m3 A.B + B 2
A− B
A± 3 B =
2 …
3
A2 m3 A. 3 B + 3 B

* Chú ý: Không nhân liên hợp kiểu

A+ B =

A− B
. Bởi vì mẫu chưa
A− B

thể xác định được dấu.
2.3.2 Các kỹ thuật nhân lượng liên hợp
2.3.2.1 Nhân lượng liên hợp bằng cách nhóm các số hạng trong phương
trình, bất phương trình
a) Phương pháp: Quan sát các số hạng có trong phương trình để tìm mối liên

hệ giữa chúng, sau đó nhóm lại rồi nhân lượng liên hợp để làm xuất hiện nhân
tử chung.
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phương trình sau: 10 x + 1 + 3x − 5 = 9 x + 4 + 2 x − 2 (1)
* Phân tích: Ta thấy (10 x + 1) − (9 x + 4) = (3x − 5) − (2 x − 2) = x − 3 . Từ đó cho ta nghĩ
đến việc nhóm các số hạng rồi sử dụng nhân lượng liên hợp.
+ Lời giải : ĐK : x ≥
Phương trình
(1) ⇔

(

5
3

)

10 x + 1 − 9 x + 4 + ( 3 x − 5 − 2 x − 2) = 0

x−3
x −3
+
=0
10 x + 1 + 9 x + 4
3x − 5 + 2 x − 2
x − 3 = 0
⇔
1
1


+
= 0 ( 2)
3x − 5 + 2 x − 2
 10 x + 1 + 9 x + 4
5
Do vế trái của phương trình (2) luôn dương với mọi x ≥ (2) vô nghiệm.
3
⇔

Kết luận : Phương trình có một nghiệm duy nhất x = 3.
Ví dụ 2 : Giải phương trình sau : x 2 + 16 x + 18 + x 2 − 1 = 2 x + 4 ( 1)

6


* Phân tích: Ta nhận thấy ( 2 x + 4 ) − ( 2 x 2 + 16 x + 18 ) = 2 ( x 2 − 1) từ đó ta nghĩ đến
2

)

(

2
việc nhóm kết hợp hai số hạng 2 x + 4 − x + 16 x + 18 và sử dụng nhân liên hợp

để có nhân tử chung là ( x − 1)
+ Lời giải : ĐK : x ∈ ( −∞; −1] ∪ [ 1; +∞ )
2

x 2 − 1 = ( 2 x + 4 ) − 2 x 2 + 16 x + 18 




( 1) ⇔

( 2 x + 4 ) − ( 2 x 2 + 16 x + 18)
−1 =
( 2 x + 4 ) + 2 x 2 + 16 x + 18
2

⇔ x

2

⇔ x −1 =
2

2 ( x 2 − 1)

( 2 x + 4) +

2 x 2 + 16 x + 18

 x2 −1 = 0 ( 2)

⇔
2 ( x 2 − 1)
1 =
( 3)
 ( 2 x + 4 ) + 2 x 2 + 16 x + 18



+ Từ (2) suy ra x = 1 ; x = -1.
+
Kết
hợp
phương

và
(4)
rút
ra
được
2 2 x + 16 x + 18 = x − 1 ⇔ 4 ( 2 x + 16 x + 18 ) = x − 1 Phương trình vô nghiệm.
Kết luận : Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x = 1 và x = -1.
Ví dụ 3 : Giải phương trình sau : 3 ( 2 + x − 2 ) = 2 x + x + 6 (1)
2

2

trình

(3)

2

2

2
* Phân tích: Ta nhận thấy 3 ( x − 2 ) − ( x + 6) = 8( x − 3) và 2 x − 6 = 2 ( x − 3) . Từ đó ta

có lời giải như sau :
+ ĐK : x ≥ 2
Phương trình (1) ⇔ ( 3 x − 2 − x + 6 ) = 2 x − 6

⇔
⇔

9 ( x − 2) − ( x + 6)
3 x−2 + x+6
8 ( x − 3)

= 2x − 6

= 2( x − 3)
3 x−2 + x+6
x − 3 = 0
x = 3
⇔
⇔
4

= 1 3 x − 2 + x + 6 = 4(2)
 3 x − 2 + x + 6
11 − 3 5
2
11 − 3 5
Kết luận : Phương trình có hai nghiệm : x = 3 và x =
2

Giải (2) và kết hợp điều kiện ta được nghiệm x =

Ví dụ 4 : Giải phương trình sau : 3 2 x + 2 + 3 2 x + 1 = 3 2 x 2 + 3 2 x 2 + 1 (1)

7


* Phân tích: 2 x 2 − (2 x + 1) = (2 x 2 + 1) − (2 x + 2) = 2 x 2 − 2 x − 1
Từ đó ta có lời giải như sau :
+ ĐK : x ∈ R
+ Phương trình (1)
⇔
⇔

(

3

) (

2x2 − 3 2x + 1 +
2x2 − 2 x −1

3

2 x2 + 3 2x + 1

+

3

2x2 − 2 x −1
3

)

2x2 + 1 − 3 2x + 2 = 0

2x2 + 1 + 3 2x + 2

=0

2 x2 − 2 x − 1 = 0
⇔ 
1
1
+
= 0(2)
 3 2 x 2 + 3 2 x + 1 3 2 x 2 + 1 + 3 2 x + 2

+ Giải 2 x 2 − 2 x − 1 = 0 ⇔ x =

1± 3
2

+ Vế trái của phương trình (2) luôn dương với mọi x thuộc R nên (2) vô nghiệm.
+ Kết luận : Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt : x =
6x − 4

1± 3
2

+ 2 2 − x ( 1)
x2 + 4
* Phân tích: Ta nhận thấy : 2 x + 4 − 4 ( 2 − x ) = 6 x − 4 . Từ đó ta có lời giải như sau :
ĐK : x ∈ [ −2; 2]

Ví dụ 5 : Giải phương trình sau : 2 x + 4 =

Phương trình (1)
⇔
⇔

(

)

2x + 4 − 2 2 − x =
6x − 4
=
2x + 4 + 2 2 − x

6x − 4
x2 + 4
6x − 4
x2 + 4

6 x − 4 = 0 ( 2 )
⇔
 2 x + 4 + 2 2 − x = x 2 + 4 ( 3)
2

3
( 3) ⇔ 4 (2 x + 4) ( 2 − x ) = ( x − 2 ) ( x + 4 )

+ ( 2) ⇔ x =

+ ⇔ 2 − x 4 2 x + 4 + ( x + 4 ) 2 − x  = 0


⇔x=2

(Vì 4 2 x + 4 + ( x + 4 ) 2 − x >0 với x ∈ [ −2; 2] )
2
3

+ Kết luận : Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt : x = ; x = 2

8


 2 x − 3 = ( y 2 + 2016 ) (5 − y ) + y ( 1)
Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình sau : 
 y ( y − x + 2 ) = 3 x + 3 ( 2 )

* Phân tích: Ta nhận thấy phương trình (2) trong hệ là một biểu thức bậc hai
nên bằng phương pháp hằng số biến thiên ta dễ dàng tìm được mối liên hệ giữa
biến x và biến y. Từ đó ta có lời giải như sau.
Lời giải :
3

x ≥

+ Điều kiện :  2
 y ≥ 0
( 2 ) ⇔ y 2 + ( 2 − x ) y − 3x − 3 = 0
∆ y = ( 2 − x ) + 4(3 x + 3) = ( x + 4 )
2

+

2

 y = −3
⇒
 y = x +1
Với y = −3 không thỏa mãn điều kiện
Với y = x + 1 thế vào phương trình (1) của hệ ta được :
2
2 x − 3 − x + 1 = ( x + 1) + 2016  (4 − x)


x−4
2
⇔
+ ( x − 4) ( x + 1) + 2016  = 0


2x − 3 + x +1
x = 4
⇔
1
2


+ ( x + 1) + 2016  = 0 ( 3)

 2 x − 3 + x + 1 

Ta nhận thấy vế trái của phương trình (3) luôn dương với mọi x ≥

3
nên (3) vô
2

nghiệm.
Vậy x = 4 ⇒ y = 5
Kết luận : Hệ có một nghiệm duy nhất (4 ; 5).
2.3.2.2 Nhân lượng liên hợp bằng cách thêm bớt hằng số
a) Phương pháp: Dự đoán một nghiệm của phương trình (Chẳng hạn
nghiệm x = x0 ). Sau đó ta tiến hành thêm bớt hằng sốrồi nhân lượng liên hợp để
xuất hiện nhân tử chung ( x − x0 )
* Cách đoán nghiệm : Dùng chức năng SOLVE của MTBT hoặc chọn các số x0
thuộc điều kiện của phương trình sao cho f ( x0 ) ∈ Z ( Tức f ( x0 ) là một số chính
phương)
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: (Khối B - 2010) Giải phương trình sau:
3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0 (1)
−1



* Phân tích: ĐK: x ∈  ;6
3 

+ Ta chọn được x0 = 5

9


+ Ta đi tìm số cần thêm bớt: Ta có 3x0 + 1 = 16 = 4 nên biểu thức 3x + 1 cần
thêm hằng số -4; Tương tự biểu thức − 6 − x cần thêm hằng số 1.
Lời giải:
−1



+ ĐK: x ∈  ;6
3 

( 1) ⇔ ( 3x + 1 − 4 ) + ( 1 −
+ ⇔ 3 ( x − 5) + x − 5

3x + 1 + 4 1 + 6 − x

)

6 − x + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0
+ ( x − 5 ) ( 3 x + 1) = 0

x − 5 = 0
⇔
3
1


+
+ ( 3 x + 1) = 0 ( 2 )
 3 x + 1 + 4 1 + 6 − x
−1



Vì vế trái của (2) luôn dương với mọi x ∈  ;6 nên (2) vô nghiệm.
3 
+ Kết luận : Phương trình (1) có một nghiệm x = 5.
Ví dụ 2: Giải phương trình sau: x 2 + 12 + 5 = 3x + x 2 + 5 ( 1)

* Phân tích:
+ Dự đoán Phương trình có một nghiệm x0 = 2 .
+ Ta có x02 + 12 = 4; x02 + 5 = 3 nên biểu thức x 2 + 12 cần thêm hằng số - 4 và
biểu thức x 2 + 5 cần thêm hằng số - 3.
Lời giải:
+ Điều kiện: x ∈ R
+ ( 1) ⇔
⇔

(

)

x 2 + 12 − 4 = 3 x − 6 +
x2 − 4

(

= 3( x − 2) +

x2 + 5 − 3

)

x2 − 4

x 2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3
x = 2
⇔
x+2
x+2

−3−
= 0 ( 2)
2
x2 + 5 + 3
 x + 12 + 4
5
3

5
3

Nhận xét: Vì x 2 + 12 > x 2 + 5 ( 1) ⇒ 5 < 3 x ⇔ x > ⇔ x + 2 > + 2 > 0
Do đó:

x+2

x + 12 + 4
2

<

x+2
x +5 +3
2

⇒

x+2
x + 12 + 4
2

−3−

x+2
x +5 +3
2

<0

Suy ra phương trình (2) vô nghiệm.
+ Kết luận phương trình có một nghiệm : x = 2.
Ví dụ 3: Giải phương trình sau:
3
3x + 2 + x 3 x − 2 = 2 2 x 2 + 1 (1)

10

2
3

* Phân tích: Dựa vào đk : x ≥ (Hoặc sử dụng phím SOLVE của MTBT) ta
dự đoán nghiệm x0 = 2
+ Ta thêm bớt hằng số - 2 vào biểu thức 3 3x + 2 vì 3 3x0 + 2 = 2 và thêm hằng
số - 2 vào biểu thức 3 3x − 2 vì 3 3x0 − 2 = 2 . Từ đó tiến hành nhân lượng liên
hợp.
Lời giải:
+ Điều kiện: x ≥

2
3

( 1) ⇔ ( 3 3x + 2 − 2 ) + x (
+

)

3 x − 2 − 2 = 2  2 x 2 + 1 − ( x + 1) 


2
x ( 3x − 6 )
3x − 6
2x − 4x
⇔
+

=
2
2
3
( 3x + 2 ) + 2 3 3 x + 2 + 4 3 x − 2 + 2 2 x + 1 + x + 1
x = 2

3
3x
2x
⇔
+
−
= 0 ( 2)
 3 ( 3x + 2 ) 2 + 2 3 3 x + 2 + 4
3x − 2 + 2
2 x2 + 1 + x + 1


Ta có:
Vì x ≥

(

)

x 3 2 x 2 + 1 − 2 3x − 2 + 3x − 1
3x
2x
−

=
=A
3x − 2 + 2
2 x2 + 1 + x + 1
3x − 2 + 2
2 x2 + 1 + x + 1

(

)(

)

18 x 2 − 12 x + 17
2
2
> 0, ∀x ≥
⇒ 3 x − 1 > 0 và 3 2 x 2 + 1 − 2 3x − 2 =
3
3
3 2 x 2 + 1 + 2 3x − 2

Suy ra A > 0 tức là vế trái của (2) luôn dương nên (2) vô nghiệm.
+ Kết luận: Phương trình (1) có một nghiệm : x = 2.
Ví dụ 4: Giải phương trình sau:
x2 + x + 1 x2
+
=
x+4
2

1
x2 + 1

+ 2 ( 1)

* Phân tích:
+ Dùng chức năng SOLVE của máy tính bỏ túi ta tìm được hai nghiệm:
x1 ≈ 1, 732050808 lưu vào biến nhớ A (Nhập x1 Shift STO A).
x2 ≈ −1, 732050808 lưu vào biến nhớ B(Nhập x2 Shift STO B).
Tính A + B = 0; A.B = −3 .
x1 , x2
Suy
ra
là
hai
nghiệm
của
phương
trình :
x 2 − 0.x − 3 = 0 ⇔ x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ± 3

+ Thêm bớt : Do
1
x +1
2
1

=

x12 + x1 + 1
= 1 nên ta thêm vào biểu thức hằng số -1 còn
x1 + 4

1
2 nên thêm vào biểu thức

1
x +1
2

1
2

hằng số − .

Lời giải :
+ ĐK : x > - 4

11


 x2 + x + 1   x2 3   1
1 
− 1÷+  − ÷+  −
÷= 0
2
÷  2 2 2
x
+

4
x
+
1




( 1) ⇔ 

x2 − 3

⇔

+

x2 − 3
x2 − 3
+
=0
2
2 x2 + 1 x2 + 1 + 2

(

)

 x2 + x + 1 
+ 1÷( x + 4 )


÷
x+4
+ 

2
x − 3 = 0

1
1
1
+ +
= 0 ( 2) ⇔ x = ± 3
⇔ 
2 2 x2 + 1 x2 + 1 + 2
 x2 + x + 1 

+ 1÷( x + 4 )
÷
x+4
 


)

(

(Vì vế trái của PT (2) luôn dương với mọi x > -4)
+ Kết luận : Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là x = ± 3

)(

(

)

 x + x 2 + 2 x + 2 + 1 y + y 2 + 1 = 1( 1)

Ví dụ 5 : Giải hệ phương trình sau : 
 y − xy + 9 + 2015 = y 2 + 2 y + 4 + 2016 x ( 2 )


* Phân tích: Từ phương trình (1) của hệ ta có thể sử dụng kỹ thuật nhân liên
hợp nhóm hai số hạng có mặt ngay trong phương trình từ đó biến đổi để sử
dụng phương pháp hàm số. Đây là sự kết hợp thông dụng giữa hai phương pháp
này để giải quyết các bài toán về phương trình, hệ phương trình và bất phương
trình vô tỉ hiện nay.
+ Lời giải :
 y − xy + 9 ≥ 0
 x, y ∈ R

Điều kiện : 
Từ

( 1) ⇔ x + 1 + ( x + 1)

2

+1 =

1

y2 +1 + y

=

y2 +1 − y =

( −y)

2

+1 + ( − y)

⇔ f ( x + 1) = f (− y )

Với hàm số f ( t ) = t + t + 1, t ∈ R ⇒ f ′ ( t ) = 1 +
2

t
t +1
2

=

t2 +1 + t
t +1
2

≥

t +t

t2 +1

≥ 0∀t ∈ R

Hàm số f(t) luôn đồng biến trên R.
Từ đó suy ra : x + 1 = − y thay vào phương trình (2) của hệ ta được :

( 2) ⇔
⇔
⇔

(

x 2 + 8 − x 2 + 3 = 2016 x − 2015 ( 3)

) (

x2 + 8 − 3 −
x2 −1

)

x 2 + 3 − 2 − 2016( x − 1) = 0
x2 − 1

−
− 2016( x − 1) = 0
x2 + 8 + 3
x2 + 3 + 2
x = 1

⇔  x +1
x +1

−
− 2016 = 0(4)
 x 2 + 8 + 3
x2 + 3 + 2

12


Ta nhận thấy từ (3) có vế trái luôn dương nên suy ra vế phải dương từ đó có x
>0
Nên vế trái của phương trình (4) luôn âm nên (4) vô nghiệm với mọi x > 0.
Với x = 1 ⇒ y = −2
Kết luận : Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất : (1 ; -2).
Ví dụ 6 : Giải bất phương trình : 5 + 4 9 − 2 x ≥ 2 13 ( 13 − x )
Lời giải :
Điều kiện : 0 ≤ x ≤

81
2

Trước hết ta giải phương trình :
5 + 4 9 − 2 x = 2 13 ( 13 − x ) ( 1)
 x ≤ 13 (2)
⇔
2
5 + 4 9 − 2 x = 52 ( 13 − x ) ( 3 )

Do điều kiện (2) nên ta giải (3) với điều kiện 0 ≤ x ≤ 13 . Ta có :

( 5 + 4 9 − 2x ) −13 = 52 ( 13 − x ) −13
⇔ 4 ( 9 − 2 x − 2 ) = 13  4 ( 13 − x ) − 1



( 3) ⇔

2

2

5 − 2x

⇔
⇔

=

13
( 25 − 2 x ) ( 27 − 2 x )
4

9 − 2x + 2
25 − 2 x

)(

(

9 − 2x + 2 5 + 2x

=

)

13
( 25 − 2 x ) ( 27 − 2 x )
4

 25 − 2 x = 0 ( 4 )

1
13
⇔
= ( 27 − 2 x ) ( 5 )
 9 − 2x + 2 5 + 2x
4

1
1
≤ < 1; 27 − 2 x ≥ 1
Vì
nên (5) vô nghiệm. Còn (4) cho ta
5
9 − 2x + 2 5 + 2x

(

)(

)

(

)(

)

nghiệm x =

25
25
. Vậy (1) có nghiệm x = .
2
2

Vì hàm số :

f ( x ) = 5 + 4 9 − 2 x − 2 13 ( 13 − x )

 81 

liên tục trên 0;  và
 2

25
 25 81 
, f (1) < 0, f (13) > 0 nên f ( x ) ≥ 0 ⇔ x ∈  ;  .

2
2 2
 25 81 
Kết luận : Tập nghiệm của bất phương trình là :  ;  .
2 2
f ( x) = 0 ⇔ x =

Ví dụ 7: Giải bất phương trình:
Lời giải:
+ Điều kiện: 2 ≤ x ≤ 4

x − 2 + 4 − x ≥ 2 x2 − 5x −1

( 1)

13


( 1) ⇔ (

) (

x − 2 −1 +

)

4 − x −1 ≥ 2 x2 − 5x − 3

x −3
x −3

−
≥ ( x − 3) ( 2 x + 1)
+
x − 2 +1
4 − x +1
1
1


⇔ ( x − 3) 
−
− 2 x − 1 ≥ 0 ( 2 )
4 − x +1
 x − 2 +1

1
1
1
≤ 1;
≥
= 2 − 1; 2 x + 1 ≥ 5
Ta có:
x − 2 +1
4 − x +1
2 +1
1
1
−
− 2x −1 < 0
x

−
2
+
1
4
−
x
+
1
Suy ra:
⇒ ( 2 ) ⇔ x − 3 ≤ 0 ⇔ x ≤ 3.
⇔

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là : [ 2;3]
2.3.2.3 Nhân lượng liên hợp bằng cách thêm bớt ẩn số
a) Phương pháp: Về cơ bản phương pháp này giống phương pháp hằng số. Tuy
nhiên thường được áp dụng cho phương trình có từ hai nghiệm trở lên ta phải
tìm các biểu thức chứa ẩn số cần thêm bớt để sau khi nhân liên hợp đưa được về
phương trình chứa nhân tử chung là một biểu thức f(x) mà nghiệm của phương
trình là nghiệm của f(x)= 0.
* Chú ý: Việc kiểm tra nghiệm cụ thể của phương trình có thể sử dụng chức
nắng SLOVE của MTBT: Chẳng hạn nhập f(x)= 0 tìm được nghiệm x1 sau đó ta
lưu nghiệm này vào biến A( x1 Shift STO A) sau đó nhập f(x): ( x − x1 ) nhấn tiêp
lệnh Shift SLOVE = máy tính sẽ báo nghiệm nữa (nếu có)…
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phương trình sau: 3x + 1 + 5 x + 4 = 3x 2 − x + 3 ( 1)
* Phân tích:
+ Ta đoán được hai nghiệm : x = 0; x = 1 tức phương trình có chứa nhân tử chung
2
là ( x − x ) .

+ Thêm bớt:
- Ta cần tìm hai số a, b sao cho:
PT : 3x + 1 − (ax + b) = 0 nhận x = 0 và x = 1 làm nghiệm, từ đó thay vào ta giải
a = 1
. Vậy − ( x + 1) là biểu thức cần thêm cho
b = 1

được 

3x + 1

- Tương tự : − ( x + 2 ) là biểu thức cần thêm cho 5 x + 4
Lời giải:
4
5
( 1) ⇔  3x + 1 − ( x + 1)  +  5 x + 4 − ( x + 2 )  = 3( x 2 − x)
− x2 + x
− x2 + x
⇔
+
= 3( x 2 − x)
3x + 1 + ( x + 1)
5x + 4 + ( x + 2)

+ ĐK: x ≥ −

14


 x2 − x = 0


⇔
1
1
+
+ 3 = 0 ( 2)

3
x
+
1
+
(
x
+
1)
5
x
+
4
+
x
+
2
(
)
+

x = 0
⇔

x = 1

(Vì vế trái của (2) luôn dương nên (2 ) vô nghiệm)
+ Kết luận: Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x = 0; x= 1.
* Chú ý: Tôi lưu ý cho học sinh khi gặp phương trình có dạng:
α x − a + β x − b + mx 2 + nx + p = 0 ( α , β , a, b, m, n, p ∈ R )

Ta thường áp dụng phương pháp nhân lượng liên hợp để giải phương trình dạng
này.
Ví dụ 2: Giải phương trình sau: 5 x 2 + 2 x + 1 + 2 x 2 + 1 + x − 1 = 3x + 3 (1)
Tôi hướng dẫn học sinh giải bằng hai cách : nhân lượng liên hợp bằng
cách thêm bớt hằng số và bằng cách thêm bớt ẩn số để học sinh thấy được ưu
điểm và nhược điểm của từng phương pháp để từ đó các em có định hướng
tốt hơn trong việc lựa chọn lời giải hợp lí.
• Cách 1: (Sử dụng kỹ thuật thêm bớt hằng số)
+ Phân tích: Đoán nghiệm: x0 = 2
+ Thêm bớt: 5 x02 + 2 x0 + 1 = 5 nên thêm – 5 vào biểu thức 5 x 2 + 2 x + 1 ;
Tương tự thêm – 3 vào biểu thức 2 x 2 + 1 ; Thêm – 1 vào biểu thức
+ Lời giải: ĐK: x ≥ 1

( 1) ⇔ (
⇔

) (

5x2 + 2 x + 1 − 5 +

( x − 2 ) ( 5 x + 12 )

+

) (

2 x2 + 1 − 3 +

( x − 2) ( 2x + 4) +

x −1 .

)

x − 1 − 1 = 3x − 6

x−2
= 3( x − 2)
x −1 +1

5x + 2 x + 1 + 5
2x +1 + 3
x = 2

⇔
( 5 x + 12 ) + ( 2 x + 4 ) + 1 = 3 2
( )
 5 x 2 + 2 x + 1 + 5
x −1 +1
2 x2 + 1 + 3
( 5 x + 12 )
⇔ 5 x 2 + 12 x > 0 đúng với mọi x ≥ 1
Ta chứng minh được

2
5x + 2x + 1 + 5
( 2x + 4) > 1 ⇔ 2x2 + 1 < 2 x + 1 ⇔ 2 x2 + 4x > 0
Và
đúng với mọi x ≥ 1
2x2 + 1 + 3
2

2

Suy ra vế trái của (2) luôn lớn hơn 3 suy ra phương trình (2) vô nghiệm.
Kết luận: Phương trình có một nghiệm duy nhất x = 2.
Bình luận: Sử dụng kỹ thuật thêm bớt hằng số dễ thực hiện tuy nhiên việc xử
lý các phương trình tích nhận được sẽ gây “khó khăn” không ít cho học sinh
trong quá trình đánh giá.
• Cách 2:(Sử dụng kỹ thuật thêm bớt hằng ẩn số)
+ Phân tích: Đoán nghiệm: x0 = 2

15


+ Thêm bớt:
Ta timg biểu thức ẩn số cần thêm bớt : x − 1 là -1, còn vế phải còn lại 3x + 2
tách
3 x + 2 = (ax + b) + (cx + d ) .Từ đó ta có hệ điều kiện:
a + c = 3
a = 2
b + d = 2




b = 1
2
⇒
 2a + b = 5 = 5 x0 + 2 x0 + 1


c = 1

 d = 1
2
 2c + d = 3 = 2 x0 + 1
Vậy −2 x − 1 là biểu thức chứa ẩn cần thêm vào biểu thức

(
(

)

)

5 x 2 + 2 x + 1 và

− x − 1 là biểu thức chứa ẩn cần thêm vào biểu thức 2 x 2 + 1 .
+ Lời giải: ĐK: x ≥ 1
( 1) ⇔  5 x 2 + 2 x + 1 − ( 2 x + 1)  +  2 x 2 + 1 − ( x + 1)  + x − 1 − 1 = 0
( x − 2) x
( x − 2) x
x−2
⇔

+
+
=0
2
2
x −1 +1
5 x + 2 x + 1 + ( 2 x + 1)
2 x + 1 + ( x + 1)

(

)

x = 2

x
x
1
⇔
+
+
= 0 ( 2)
 5 x 2 + 2 x + 1 + ( 2 x + 1)
x −1 +1
2 x 2 + 1 + ( x + 1)

Dễ thấy phương trình (2) vô nghiệm với mọi x ≥ 1
Kết luận: Vậy phương trình có một nghiệm x = 2.
Bình luận: Cách giải thứ hai ta chỉ mất một chút thời gian đi phân tích nhưng
lại thu được một phương trình tích còn lại khá hiệu quả và nhanh chóng kết

luận nghiệm.
Ví dụ 3: Giải phương trình: 4 x + 3 + 19 − 3x = x 2 + 2 x + 9 ( 1)
* Phân tích:
+ Đoán nghiệm: x1 = 1; x2 = −2 . Dự đoán phương trình sẽ chứa nhân tử chung là

(x

2

+ x − 2)

+ Thêm bớt:
- Ta đi tìm hai số a, b sao cho phương trình 4 x + 3 − (ax + b) = 0 có hai nghiệm 1
4

 a = 3
20 
4
và -2. Từ đó suy ra 
; Tức là −  x + ÷ biểu thức ẩn số cần thêm vào
3 
3
b = 20

3
biểu thức 4 x + 3 .
 x 13 
- Tương tự : Biểu thức ẩn số  − ÷ là biêu thức cần thêm vào biểu thức
3 3 
19 − 3x

16


+ Lời giải:


ĐK: x ∈  −3; 
3

19



20   
4
 x 13  
x + 3 −  x + ÷ +  19 − 3 x +  − ÷ − ( x 2 + x − 2 ) = 0
3  
3
 3 3 

( 1) ⇔  4


−( x 2 − x + 2) = 0 ( 2 )

1
1
⇔ 4

.
+
+ 1 = 0 ( 3)
 3 3 x + 3 + ( x + 5) 3 3 19 − 3x + 13 − x 



x = 1

+ ( 2) ⇔ 
 x = −2


+ Dễ thấy vế trái của phương trình (3) luôn dương với mọi x ∈  −3;  nên PT
3

(3) vô nghiệm.
+ Kết luận: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt : x = 1; x = -2.
Ví dụ 4: Giải phương trình: 5 x 2 − 16 x + 7 + ( x + 1) x 2 + 3x − 1 = 0
* Phân tích : Dùng chức năng SOLVE ta có thể tìm ra các nghiệm của phương
trình nhưng các nghiệm này “không đẹp” x1 ≈ 0, 7921748723; x2 ≈ 1, 441391109;... . .
Nhưng ta có thể xử lí theo hướng sau:
Lời giải:
2
Điều kiện: x + 3x − 1 ≥ 0 ( *)
Ta thấy x = −1 không phải là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho
tương đương với :
19

5 x 2 − 16 x + 7

=0
x +1
5 x 2 − 16 x + 7
2
⇔ x + 3 x − 1 + ( 2 x − 3) +
− (2 x − 3) = 0
x +1
3 x 2 − 15 x + 10
⇔ x 2 + 3 x − 1 + ( 2 x − 3) +
= 0 ( 1)
x +1
3

15 + 105
x ≥
2
⇔x=
+ Xét : x + 3x − 1 = ( 2 x − 3) ⇔  2
. Khi đó (1) thỏa
6
3 x 2 − 15 x + 10 = 0

x 2 + 3x − 1 +

mãn.
+ Xét: x 2 + 3x − 1 ≠ ( 2 x − 3) ⇔ x ≠

( 1)

(x

⇔

2

− 3 x − 1) − ( 2 x − 3)

2

x 2 + 3 x − 1 − ( 2 x − 3)

+

15 + 105
6

3 x 2 − 15 x + 10
=0
x +1

17


 1

1
÷= 0
⇔ ( 3x 2 − 15 x + 10 ) 
−
2
 x +1

x
+
3
x
−
1
−
2
x
−
3
(
) ÷


15 − 105
x =
3 x 2 − 15 x + 10 = 0
6
⇔ 2
⇔
 x + 3 x − 1 − ( 2 x − 3) = x + 1 
15 + 65
x =
16


Kết hợp với điều kiện (*) cuả bất phương trình đã cho ta có tập nghiệm cuả
15 ± 105 15 + 65 
;

.
6
16 



phương trình đã cho là: S = 

2
* Bình luận: Để tìm ra thừa số ( 3x − 15 x + 10 ) ta làm như sau:
Phương trình tương đương

5 x 2 − 16 x + 7
− (mx + n) = 0
x +1
m 2 − 1) x 2 + (2mnx − 3) + n 2 + 1 ( 5 − m 2 ) x 2 − (16 + m + n) x + 7 − n
(
⇔
+
=0
x +1
(mx + n) − x 2 + 3 x − 1
x 2 + 3 x − 1 + (mx + n) +

m2 − 1
2mn − 3
n2 + 1
m
,
n

=
=
= k.
Ta chọn hai số
sao cho:
5 − m 2 −(m + n + 16) 7 − n
Ta thường xét : k = ±1 .

* Chú ý : Khi gặp phương trình có dạng : ax 2 + bx + c = ( α x + β ) mx 2 + nx + p ta
có thể giải theo cách trên.
Ví dụ 5: (Đề thi chọn HSG Tỉnh Thanh Hóa năm học 2015 - 2016)
 2 xy
x 2 + y 2 2 xy + x + y
+
=

( 1)
2
2
Giải hệ phương trình:  x + y
3
3
 9 xy + 3 x + 6 y + 9 + 2 6 xy + 2 = 3 x + 4 ( 2 )

* Phân tích : Ta nhận thấy đây là một hệ phương trình nửa đối xứng nên ta bắt
đầu phân tích và đánh giá từ PT (1) của hệ.
Lời giải:
 xy ≥ 0
x + y ≠ 0

+ Điều kiện: 


 2 xy x + y   x 2 + y 2
1
⇔
−
− xy ÷ = 0
( ) 
÷+ 
÷
2  
2
 x+ y

2
2
2
2
− ( x − 2 xy + y )
( x − 2 xy + y ) = 0
⇔
+
2( x + y)
x2 + y 2
2
+ xy
2

18

( x − y ) 2 = 0 ( 3 )

1
 1
⇔
+
( 4)
( x + y) =
2
2
x
+
y

+ xy
2


TH1: ( 3) ⇔ x = y thế vào phương trình (2) ta được:

( 2 ) ⇔ 3 9 x 2 + 9 x + 9 + 2 3 6 x 2 + 2 = 3x + 4
Phân tích:
- Ta đoán được phương trình có một nghiệm x = 1
- Ta đi tìm các số a, b, c, d sao cho hệ phương trình sau nhận x = 1 là nghiệm:
a = 1
b = 2
 9 x + 9 x + 9 − (ax + b) = 0 a + b = 3


⇒
3 2
chọn được 
c + d = 2
 6 x + 2 − (cx + d ) = 0
c = 1
 d = 1
3

2

Từ đó phương trình tương đương:
 3 9 x 2 + 9 x + 9 − ( x + 2)  + 2  3 6 x 2 + 2 − ( x + 1)  = 0




−( x − 1)3

⇔
3

( 9x

2

+ 9 x + 9 ) + 9 x + 9 x + 9( x + 2) + ( x + 2)
2

3

2

+2
2

x = 1

−1
⇔
+
 3 9 x 2 + 9 x + 9 2 + 3 9 x 2 + 9 x + 9( x + 2) + ( x + 2) 2
)
 (

3

( 6x

 − ( x − 1) 3 



2

+ 2 ) + 6 x + 2( x + 1) + ( x + 1)
2

3

2

2

−2
3

( 6x

2

+ 2 ) + 6 x + 2( x + 1) + ( x + 1)
2

3

2

2

Dễ thấy vế trái của phương trình (5) luôn âm nên PT (5) vô nghiệm.
Vậy phương trình có một nghiệm x = 1.
Từ đó suy ra hệ có nghiệm (1; 1).
x2 + y 2
+ 1. xy
2

TH2: ( 4 ) ⇔ ( x + y ) = 1.

Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:

x2 + y 2
1.
+ 1. xy ≤
2

(

 x2 + y 2

1 +1 
+ xy ÷ = 2.

÷
2


2

2

)

( x + y)
2

2

= x + y = VT (4)

Dấu bằng xảy ra khi x = y . Suy ra TH1.

Kết luận: Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (1; 1)
Ví dụ 6: Giải bất phương trình: x + 1 + x 2 − 4 x + 1 ≥ 3 x ( 1)
* Phân tích: Trước tiên ta xét phương trình: x + 1 + x 2 − 4 x + 1 = 3 x ( 2 )
 2
+ Đoán nghiệm: x = 4; x = . Phương trình sẽ có nhân tử chung là  x −
1
4



17

x + 1÷
4


+ Thêm bớt:

19

=0

= 0 ( 5)


- Ta đi tìm hai số a, b sao cho phương trình

x 2 − 4 x + 1 − (ax + b) = 0 có hai

1


a=

1
1

5
nghiệm 4; . Từ đó suy ra 
; Tức là − ( x + 1) biểu thức ẩn số cần thêm vào
4
5
b = 1

5

biểu thức x 2 − 4 x + 1 .
6
5

- Tương tự : Biểu thức ẩn số − ( x + 1) là biêu thức cần thêm vào biểu thức
3 x.

+ Lời giải:
x ≥ 2 + 3

Điều kiện: 

0 ≤ x ≤ 2 − 3
1
6

( 1) ⇔ x 2 − 4 x + 1 − ( x + 1) ≥ 3 x − ( x + 1)
5
5
⇔ 5 x 2 − 4 x + 1 − ( x + 1) ≥ 15 x − 6 ( x + 1)
⇔

25 ( x 2 − 4 x + 1) − ( x + 1)
5 x 2 − 4 x + 1 + ( x + 1)

2

≥

225 x − 36 ( x + 1)

2

15 x + 6 ( x + 1)

17
17




24  x 2 − x + 1 ÷
36  x 2 − x + 1 ÷
4
4


 + 
 ≥0
⇔
2
5 x − 4 x + 1 + ( x + 1) 15 x + 6 ( x + 1)

17
24
36


≥0
⇔  x 2 − x + 1÷
+
4

  5 x 2 − 4 x + 1 + ( x + 1) 15 x + 6 ( x + 1) 
1

x≤
 2 17


⇔  x − x + 1÷ ≥ 0 ⇔
4

4


x ≥ 4



Kết hợp với điều kiện ta có Bất phương trình có tập nghiệm là: 0;  ∪ [ 4; +∞ )
 4
1

2.3.3 Bài tập tự luyện
Bài 1: Giải phương trình sau: 2 x 2 + 3 − 8 + 2 x − x 2 = x
Bài 2: Giải phương trình sau: x3 − 3x + 1 = 8 − 3x 2
Bài 3: Giải bất phương trình sau: 3 x 2 − 2 3 x − ( x − 4) x − 7 − 3x + 28 ≤ 0
Bài 4: Giải bất phương trình sau: 3 12 x 2 + 46 x − 15 − 3 x 3 − 5 x + 1 = 2( x + 1)

(

)

 xy − ( x − y ) xy − 2 + x = y + y

Bài 5: Giải hệ phương trình sau: 
( x + 1)  y + xy + x ( 1 − x )  = 4




Bài 6 (Đề thi THPTQG 2015)
Giải phương trình sau:

x2 + 2 x − 8
= ( x + 1)
x2 − 2 x + 3

(

x+2 −2

)
20


Bài 7: Giải phương trình sau: 2 x3 − 2 x 2 + x − 6 = ( x − 1) 2 x ( x 2 − x + 2 )
Bài 8: (Đề thi khảo sát chất lượng lớp 12THPT năm 2016 của Sở GD & ĐT
Tỉnh Thanh Hóa)
Giải bất phương trình sau: 2 x 2 + x + 2 + 5 ≤ 2 ( x + 2 + x ) x 2 − x + 3 + x
Bài 9: Giải phương trình: x 2 + 14 x + 1 = 3 2 x + 1 + 2 9 x + 4 − 2 4 − x
Bài 10: Giải phương trình: x + 2 + 4 − x + 2 x + 5 = 2 x 2 − 5 x

21


2.4 KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU

Thực tế cho thấy, với cách đưa ra những tính chất đặc biệt như trên đã tạo
được cho học sinh sự nhanh nhẹn, kiên trì, linh hoạt, vững vàng, tiết kiệm được
thời gian hơn trong quá trình giải toán. Học sinh biết vận dụng và có sự sáng tạo
hơn trong học tập, biết liên kết nhiều mảng kiến thức, nhiều phương pháp giải
cho mỗi phần trong cùng một bài toán. Cách làm trên đã đáp ứng được nhu cầu
học tập tích cực của học sinh. Sau khi đã được ôn tập những kiến thức cơ bản về
lý thuyết, học sinh đã tự giải được những bài tập tương tự, nhất là những bài tập
nằm trong các đề thi đại học những năm gần đây. Hiệu quả trong học tập của
học sinh đã được nâng lên rõ rệt.

Để có được bài viết trên, tôi đã phải nghiên cứu rất nhiều tài liệu và kiểm
chứng qua một số nhóm học sinh có học lực giỏi, khá và trung bình khá trong
các lớp mà tôi giảng dạy như lớp 12E,12G năm học 2015 -2016.
Với các bài toán 1,2,3,4 trong hệ thống bài tập tự luyện ở trên, mỗi lớp tôi đã
chọn ra hai nhóm học sinh với số lượng bằng nhau, có học lực ngang nhau,
nhóm I: tôi cho làm sau khi triển khai bài viết, nhóm II: tôi cho làm trước khi
triển khai bài viết; tôi thấy kết quả như sau: cả nhóm I và nhóm II đều không có
học sinh nào để trống, số lượng học sinh làm được cả 4 câu chỉ có ở nhóm I,
nhóm II học sinh làm được nhiều nhất là 3 câu còn lại là làm được 1-2 câu. Kết
quả thu được cụ thể thể hiện ở bảng sau:
Số học sinh có lời Số học sinh có lời
Nhóm
Số học giải đúng 1-2 câu giải đúng 3-4 câu
sinh
1 câu
2 câu
3 câu
4 câu
NHÓM I
Lớp 12G
Lớp 12E

15
20

0
1

2
3

6
6

7
10

NHÓM II
Lớp 12G
Lớp 12E

15
20

6
7

8
9

1
4

0
0

Qua bảng thống kê trên ta thấy cách làm trên đã thể hiện được sự hiệu quả
vượt trội.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Trong quá trình dạy học, đối với mỗi thể loại kiến thức, nếu giáo viên nắm

chắc cơ sở lý thuyết, chủ động trong việc tìm tòi cách giải mới, kế thừa và phát
huy những kiến thức có sẵn một cách sáng tạo, xây dựng phương pháp giải và
đưa ra hệ thống các bài tập phù hợp với từng đối tượng học sinh, hướng dẫn học
sinh vận dụng hợp lý vào việc giải các bài tập tương ứng một cách có hệ thống
thì sẽ tạo được điều kiện để học sinh củng cố và hiểu sâu về lý thuyết cùng với

22


việc thực hành giải toán hiệu quả hơn, tạo được sự hứng thú, phát huy được tính
chủ động và sự sáng tạo trong việc học của học sinh.
Mặc dù đã có sự đầu tư kĩ lưỡng nhưng bài viết chắc không tránh khỏi
những thiếu sót, tôi rất mong các bạn đồng nghiệp bổ sung góp ý để bài viết
được hoàn thiện hơn, cũng như ứng dụng vào việc dạy học cho học sinh lớp
mình giảng dạy, đem lại cho học sinh những bài giảng hay hơn, cuốn hút hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 05/ 05/ 2016
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm của mình viết, không sao chép nội
dung của người khác.
Người viết:
Lê Diễm Hương

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.
2.
3.
4.

5.

Tuyển tập các đề thi đại học và cao đẳng từ năm 2002-2015
Tuyển tập tạp chí toán học và tuổi trẻ
Tuyển tập 100 đề thi thử Đại học và Cao đẳng- Trần Sĩ Tùng
Cẩm nang luyện thi đại học Đại số sơ cấp của Nguyễn Tất Thu.
Sáng tạo và giải Phương trình, Hệ phương trình, Bất phương trình của
Nguyễn Tài Chung

23