SKKN rèn luyện tư duy cho học sinh thông qua việc sáng tác một số phương trình, hệ phương trình từ các đẳng thức điển hình

Sáng kiến kinh nghiệm
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
**********
1. Tên sáng kiến:
RÈN LUYÊN TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC SÁNG TÁC MỘT SỐ
PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH TỪ CÁC ĐẲNG THỨC ĐIỂN HÌNH
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Chương trình Toán lớp 10 THPT, 11 THPT.
- Chuyên đề ôn thi THPT Quốc Gia.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ 8 - 2015 đến 5 - 2016
4. Tác giả:
Họ và tên: Bùi Văn Toan
Năm sinh: 1985
Nơi thường trú: Thái học, Trực Cường, Trực Ninh, Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ
Chức vụ công tác: Giáo viên
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Điện thoại: 0977.012.356
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định
Điện thoại: 03503.640297

ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Trong các kỳ thi Đại học, Cao đẳng, THPT Quốc gia và thi học sinh giỏi chúng ta
thường bắt gặp các dạng toán liên quan tới phương trình, hệ phương trình. Bài toán liên
quan tới phương trình, hệ phương trình có khá nhiều dạng và có nhiều cách giải khác nhau.
Đó là những dạng toán khó đối với học sinh, và hệ thống bài tập khá phong phú. Tuy nhiên
ngoài việc nắm vững được các dạng phương trình và tìm ra cách giải thì chúng ta cũng cần
tự xây dựng cho mình một hệ thống các bài tập liên quan tới phương trinh, hệ phương trình.

Hơn nữa trong quá trình xây dựng hệ thống bài tập, ta có thể rút ra được các phương pháp
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

1


Sáng kiến kinh nghiệm
giải một bài toán theo cách tự nhiên nhất, tại sao lại giải quyết bài toán như thế,...và từ đó có
thể rèn luyện tư duy và kích thích trí tò mò của học sinh.Vì vậy, tôi xin lựa chọn đề tài :
“Rèn luyện tư duy cho học sinh thông qua việc sáng tác một số phương trình, hệ
phương trình từ các đẳng thức điển hình”
Chương trình giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng
tạo của học sinh phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối tượng học sinh, điều kiện của
từng lớp học; Bồi dưỡng học sinh phương pháp tự học, khả năng hợp tác; Rèn luyện kỹ
năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; Tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú
và trách nhiệm học tập cho học sinh. Quá trình dạy học với các nhiệm vụ cơ bản là hình
thành tri thức, rèn luyện các kỹ năng hoạt động nhận thức, hình thành thái độ tích cực...
được xây dựng trên quá trình hoạt động thống nhất giữa thầy và trò, trò và trò, tính tự giác,
tích cực tổ chức, tự điều khiển hoạt động học nhằm thực hiện tốt các nhiệm vụ đã được đề
ra.
Qua thực tiễn học tập và giảng dạy, tôi nhận thấy giải các bài toán liên quan đến
phương trình và hệ phương trình học sinh thường không mạnh dạn, tự tin, thường lúng túng
về phương pháp cũng như tính toán, đặc biệt không nắm chắc các tính chất của hình học
phẳng ở cấp học THCS. Phương trình, hệ phương trình học sinh bắt đầu được làm quen ở
chương trình THCS, đến cấp THPT học sinh đã được tiếp xúc với rất nhiều bài toán về dạng
này, nhưng học sinh không nhận diện được các dạng toán và chưa được hướng dẫn một cách
hệ thống phương pháp để giải quyết bài toán trọn vẹn. Số lượng bài toán thuộc các dạng
toán nêu trên xuất hiện ngày càng nhiều trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng
và học sinh giỏi những năm gần đây.Tài liệu tham khảo khá nhiều nhưng học sinh đôi khi
tiếp cận một cách thụ động hoặc chấp nhận lời giải một cách không tự nhiên, đôi khi không

hiểu tại sao bài toán lại được giải quyết theo hướng đó.
Giúp học sinh nhận dạng được các bài toán có một phương pháp mang lại hiệu quả rõ
nét. Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán, khả năng sáng tạo và tự
sáng tác các phương trình, hệ phương trình. Qua đó học sinh nâng cao khả năng tư duy, sáng
tạo. Nâng cao khả năng tự học, tự bồi dưỡng và khả năng giải các bài toán trong kỳ thi
THPT Quốc gia môn Toán 2016.
Điểm mới trong kết quả nghiên cứu: Hệ thống các dạng toán có liên quan đến
phương trình và hệ phương trình được gắn vào các bài toán tổng quát, xây dựng hệ thống
bài tập cho riêng mình, áp dụng vào giảng dạy thực tế đối với học sinh khá, giỏi các lớp
11A1, 10A2, 10L, 10A2 trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong trong đợt ôn thi học kì và
học sinh ôn thi THPT Quốc gia năm 2016.

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

2


Sáng kiến kinh nghiệm

NỘI DUNG SÁNG KIẾN
A. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bước 2: Biến đổi một phương trình của hệ về dạng phương trình tích số để được các hệ
thức đơn giản chứa x,y.
Các kỹ thuật thường sử dụng:
+ Nhóm nhân tử chung
+ Phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử
+ Nhẩm nghiệm + nhân liên hợp

Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương
trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1 ẩn)
�
2 x 2  y 2  3xy  3x  2 y  1  0
�
� 2
4x  y 2  x  4  2x  y  x  4 y
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình �

(1)
(2)

Bài giải
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

3


Sáng kiến kinh nghiệm

+) Điều kiện:

�2 x  y �0
�
�x  4 y �0

(*)

+) Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Xem (1) là một phương trình bậc hai theo ẩn

y, phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được
y  x 1
�
(1) � y 2   3 x  2  y  2 x 2  3 x  1  0 � �
y

x

1
�
�
y

2
x

1
�

0
�




�
�
��
�
y  2x  1

�
+) Thế y  x  1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:
3x 2  x  3  3x  1  5 x  4

(3)

Do phương trình (3) có hai nghiệm x  0 và x  1 nên ta định hướng phân tích (3) thành
2
x 2  x  . f  x   0  3 � 3 x  x  x  1  3 x  1  x  2  5 x  4  0 �

dạng
,
2
x x
x2  x
3 x2  x  

0
x  1  3x  1 x  2  5 x  4



x
�

2

 

 

2
1
�
�
 x �
3

� 0
x

1

3
x

1
x

2

5
x

5
�
1 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 43 �

Với x  0 � y  1

0

x0
�
��
x 1
�
� x2  x  0

Với x  1 � y  2

[thỏa (*)] ;



[thỏa (*)]

+) Thế y  2 x  1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:
3  3x  4 x  1  9 x  4

(4)

Do phương trình (4) có hai nghiệm x  0 nên ta định hướng phân tích (4) thành dạng
x. f  x   0  4  � 3x  4 x  1  1  9 x  4  2  0
,



 

4x
9x
3x 

0
4x  1  1
9x  4  2
�
�
Với x  0 � y  1



4
9
�
�
x�
3

� 0
4
x

1

1
9
x


4

2
�
1 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 3�
0

� x0

[thỏa (*)] .

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm

 x; y  là  0;1

và

 1;2 

�
 1  y  x  y  x  2   x  y  1 y
�
� 2
2 y  3x  6 y  1  2 x  2 y  4 x  5 y  3
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình �

(1)
(2)

Bài giải

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

4


Sáng kiến kinh nghiệm
�y �0
�
�x �2 y
�
4 x �5 y  3
+) Điều kiện : �

(*)

+) Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Do y  1 luôn thỏa (1) nên định hướng phân
tích theo nhân tử y  1 hoặc 1  y . Ta được:
 1 �  1  y  x  y  1   x  y  1 1  y  0









� 1
1 �
�  1  y   x  y  1 �


0
y 1
�
� x  y 1 1 y �
�
�
�
�
�
144424443
y  x 1
�
0
Thế y  1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: 9  3 x  0 � x  3 .Thế y  x  1 , thay
2
vào (2) ta được phương trình một ẩn: 2 x  x  3  2  x (3)
2
�
�2 x  x  3 �0
�� 2
2
2
x

x

3
 2 x



�
�
Điều kiện: 1 �x �2 , Khi đó: (3)

3
�
� x
�x ‫ڳ‬1
2
�
�� 1 � 5
�
x
��
3
�
3
2
�
� x
��
� x
�x ‫ڳ‬1
�x ‫ڳ‬1
2
��
��
��
2

7
2
2
x�
��
4
3
2
�
�
x

x

1
4
x

7

0




4 x  4 x  11x  7 x  7  0
2
�
��
�

� 1 5
x
�
2
��
�
7
x
�
2 .
�

So với điều kiện (*) ta chỉ nhận

x

1 5
1  5
�y
2
2 [thỏa (*)]

�
1  5 1  5 �
;
�
�
2
2 �
x; y   3;1


�
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm
là
và
.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các hệ phương trình
2
�
�y   5 x  4   4  x 
�2
y  5 x 2  4 xy  16 x  8 y  16  0
1) �
2)

�xy  x  2  0
� 3
2
2
2
�2 x  x y  x  y  2 xy  y  0

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

5


Sáng kiến kinh nghiệm
2

2
�
�x  3x  y  y  2
�
x  y  x2  4x  5   2  x 

�
�
3)

5)

3
�
�x  18 x  y  1  y  19   0
�3
2
2
 x  y   1 4) �
�x  2 x  7 y  xy  12

2
�
x  y

� 2x  1  2 y  1 
�
2
�
 x  y   x  2 y   3x  2 y  4

�

3
2
2
�
�x  2 y  x y  2 xy
� 2
2 x  2 y  1  3 y 3  14  x  2
6) �

II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp hàm số
+ Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f(u) = f(v) (u, v là các biểu thức chứa
x,y)
+ Xét hàm đặc trưng f(t), chứng minh f(t) đơn điệu, suy ra: u = v (đây là hệ thức
đơn giản chứa x, y)
Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương
trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn.
Với phương trình một ẩn, nếu f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên D thì phương trình
f  x  0
có tối đa một nghiệm trên D.
�
8 x3  y 3  6 y 2  6 x  9 y  2  0
�
� 2
4 x  1  4 x 2  3  y  1  3  y   1  0

�
�
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
Bài giải



(1)
(2)

1
1
�x � , 1 �y �3
2
2

+) Điều kiện
3
3
2
3
3
+) Khi đó: (1) � 8 x  6 x  y  6 y  9 y  2 � (2 x)  3(2 x)  ( y  2)  3( y  2)

(a)

1
1
�x �
2 nên 1 �2 x �1 và 1 �y �3 nên 1 �y  2 �1 .

+) Do 2
3
2
2
t � 1; 1
Xét hàm đặc trưng f (t )  t  3t , với
.Ta có f '(t )  3t  3  3(t  1) �0 , với


mọi

f t
1; 1
. Suy ra   nghịch biến trên đoạn 
.
 a  � f (2 x)  f ( y  2) � 2 x  y  2 � y  2 x  2

t � 1; 1

Do đó:
Thay y  2 x  2 vào phương trình (2) ta được phương trình:
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

.

6


Sáng kiến kinh nghiệm
4 x 2  2 1  4 x 2  1  0 � 4 x 2  1  2 1  4 x 2 � 16 x 4  24 x 2  3  0 � x  �

2 3 3
2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
� 2 3 3
�
� 2 3 3
�
�
�
�
�
x
;
y

;
2

2
3

3
;
x
;
y



;
2

2
3

3
  �
  �
�
�
2
2
�
�
�
�.
3
2
2
�
�x  x y  x  x  y  1
�3
x  9 y 2  6  x  3 y   15  3 3 6 x 2  2
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình �
Bài giải

(1)
(2)

Ta có:
 1 � x3  x 2 y  x 2  x  y  1 � x 2  x  y    x  y   x 2  1 �  x  y   x 2  1  x 2  1

� x  y  1  0 (vì x 2  1  0, x )
Thay y  x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình

x 3  9 x 2  6 x  6  3 3 6 x 2  2 �  x  1  3  x  1   6 x 2  2   3 3 6 x 2  2
3

( a)

3
2
Xét hàm đặc trưng f (t )  t  3t , với t ��.Ta có f '(t )  3t  3  0 , với mọi t ��. Suy ra
f  t
đồng biến trên �.

Do đó:

 a �

f ( x  1)  f ( 3 6 x 2  2) � x  1  3 6 x 2  2 � x 3  9 x 2  3 x  3  0

�  x  1  2  x  1 � x  1  3 2  x  1 � x 
3

2

3
3

.

2 1
2 1
2
x 3
�y 3
2  1 . Với
2 1
2 1

�3 2  1

3

2 �
�
2 1 2 1 �
�
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
.
2
�
�4 x  1 x   y  3 5  2 y  0  1
� 2
4x  y2  2 3  4x  7
 2
�
�

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
Bài giải

 x; y   �3





3
5
x� ,y�
4
2
+) Điều kiện
2
(1) � 4 x  1 .2 x   5  2 y  1 5  2 y
+) Khi đó:



;3



Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

( a)

7

Sáng kiến kinh nghiệm
f (t )   t 2  1 t  t 3  t

2
Xét hàm đặc trưng
, với t ��. Ta có f '(t )  3t  1  0 , với mọi
t ��. Suy ra f  t  đồng biến trên �.Do đó:
�x �0
 a  � f (2 x)  f ( 5  2 y ) � 2 x  5  2 y � �
� 5  4 x2
�y 
�
2 .
5  4 x2
y
2
Thay
vào phương trình (2) ta được phương trình:

2

�5
�
4 x  �  2 x 2 � 2 3  4 x  7  0
�2
�
2

 Nhận thấy x  0 và

x

(b)

3
4 không là nghiệm của phương trình (b)
2

�5
�
� 3�
g ( x)  4 x  �  2 x 2 � 2 3  4 x  7
x ��
0; �
2
4 �, khi đó:
�
�
�
 Xét hàm số
với
1�
 b � g  x  g �
��
�2 �
(3)
2

 Khảo sát tính đơn điệu của hàm số
�5
�
g '( x)  8 x  8 x �  2 x 2 �
�2
�
Ta có:

� 3�
0; �
�
g  x
4�
�
trên khoảng
4
4
 4 x  4 x 2  3 
0
3  4x
3  4x

� 3�
x ��
0; �
� 4�

� 3�
1
0; �

3 � x 

�
2 �y2
Do đó f đồng biến trên khoảng � 4 �. Suy ra:
1
�2

�
 x; y   �
� ;2 �

�.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
2
2
2
2
�
3
x

3
y

8

y

x

y

xy

x
 6



�
�
 x  y  13 3 y  14  x  1  5
�
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình:. �



 1



 2

Bài giải
�x �1
�x  1 �0
�
� � 14
�
3 y  14 �0

y� *
�
�
3  
�
+) Điều kiện:

+) Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y

 1

�  x  1  3  x  1   y  1  3  y  1
3

3

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

(3)
8


Sáng kiến kinh nghiệm
Xét hàm đặc trưng
trên �.

f  t   t 3  3t , t ��
f �t  3t 2  3  0, t ��� f  t 
. Do  
đồng biến

3
f x  1  f  y  1 � x  1  y  1 � x  2  y
Do x  1  0 và y  1  0 nên   � 
Thế(4) vào (2) để được phương trình một ẩn
Ta nhận thấy

 5 �

x



3x  8  x  1  5  5 

11
2 không là nghiệm của phương trình  5  nên

3x  8  x  1 

Xét hàm số :

 2 x  11 

(4)

5
 0. 6
 
2 x  11

g  x   3x  8  x  1 

g�
 x 

5
8 11 � �
11
�
�
, x �� ; ��� ; ��
2 x  11
3 2 � �2
�
�

3
1
10
3 x  1  3x  8
10




0
2
2
2 3 x  8 2 x  1  2 x  11

2  3x  8   x  1  2 x  11

Do
11
�8 11 � �
�
x �� ; �& � ; ��
�3 2 � �2
�

11
�8 11 � �
�
; �& � ; ��
�
�
� g  x  đồng biến trên các khoảng �3 2 � �2
8 11 �
8 11 �
�
�
;
3
�
; �
, g  3  0
�
�
�
g  x

3
2
3
2
�
�
�
�
+) Trên khoảng
thì
đồng biến,
nên

 6

 
� g  x   g  3 � x  3 ��� y  5 thoả mãn (*)
4

11
11
�
�
�
�
8 �� ; ��
, g  8  0
� ; �� g  x 
2
2

�
�
�
�
+) Trên khoảng
thì
đồng biến,
nên

 6

 
� g  x   g  8  � x  8 ��� y  10 thoả mãn (*)
x, y    3;5  ,  x, y    8;10 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 

4

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các hệ phương trình

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

9


Sáng kiến kinh nghiệm
�
 4 x2  1 x   y  3 5  2 y  0
�

� 2
4x  y2  2 3  4x  7
�
2) �

3
3
2
�
�x  y  3x  6 x  3 y  4
�2
x  y 2  6 x  y  10  y  5  4 x  y
1) �

3
�
�
 17  3x  5  x   3 y  14  4  y  0
�x  x  y y  1  0
�
�4
�
3
2
x  x3  x 2  1  x  y  1  1
2
2
x

y


5

3
3
x

2
y

11

x

6
x

13
�
�
�
3)
4)
3
3
2
�
 2012  3x  4  x   6 y  2009  3  2 y  0 �
�
�x  y  3 y  4 y  x  2

�
�
x  y  3 x  3 y  19  105  y 3  xy
2 7 x  8 y  3 14 x  18 y  x 2  6 x  13
�
5)
6) �

�
 53  5 x  10  x   5 y  48  9  y  0
�
�
2 x  y  6  x 2  2 x  66  2 x  y  11
7) �

�
� 4x  2  2 y  4  6
�
3
2  2 x  1  2 x  1   2 y  3
�
�
8)

y2

III. PHƯƠNG PHÁP ẨN PHỤ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có).
Bước 2: Biến đổi hai phương trình của hệ sao cho có hai biểu thức giống nhau.

Bước 3: Thay hai biểu thức đó bởi hai biến mới u, v chuyển sang hệ mới và giải tìm u, v.
Bước 4: Với u, v tìm được ta sẽ tìm được x, y.

u  u  x
Với phương trình ta có thể đặt ẩn phụ
để đưa về phương trình đơn giản hơn, hoặc
đặt ẩn phụ không hoàn toàn, hoặc đặt ẩn phụ đưa về hệ.
2
�
�x  1  y  x  y   4 y
� 2
 x  1  x  y  2  y
�
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình �

(1)
(2)

(*)

Bài giải
+) Biến đổi sao cho hai phương trình của hệ xuất hiện hai biểu thức giống nhau
�x 2  1
  x  y  4
�
� y
 * � � 2
�x  1  x  y  2   1
�
� y

Do y  0 không thỏa mãn hệ trên nên

Đặt

u

x2  1
y
và v  x  y  2 , hệ trở thành

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

uv  2
u 1
�
�
��
�
u.v  1
v 1
�
�

10


Sáng kiến kinh nghiệm
�x 2  1
1
�x  1 �x  2

�
u 1
��
��
�
� y
y  2 �y  5
�
�
�
v 1
+) Với �
ta được hệ phương trình �x  y  1  1

+) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là

 x; y    1;2  ;  2;5  .

�x 2  y 2  6  0
�
4
�x  y  1 2 
3


2
�
x

y



Ví dụ 2. Giải hệ phương trình �

(1)
(2)
(*)

Bài giải
+) Điều kiện: x  y �0 .
+) Biến đổi hệ phương trình thành dạng có chứa hai biểu thức x  y và x  y
�
 x  y  x  y  6
�
4
�x  y  1 2 
3


2
�
x

y


�

+) Đặt u  x  y và v  x  y hệ phương trình trở thành
� 6

v
uv  6
� 6
u  3; v  2
�
�
�
v
�
�
u
�
�
��
�� u
��
�
4
3
2
2
u

1


3
u   ; v  8
u



2
2
�
2
�
�
�
8u  18u  18  0
u  2u  1   3 �
v
�
4
�
9
�

Suy ra:

� 5
�x  2
�x  y  3
�
��
�
x

y

2

�
�y  1
� 2

35
�
3
x
�
�
�x  y  
�
8
4��
�
�
�y  29
�x  y  8
� 8
và

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là

5 1 �� 35 29 �
;�
 ; �
�
�2 2 �� 8 8 �
.

 x; y   �
�;

�x  y  2 y  1  x  y  5
�
�2
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình : �y  2  xy  y

Đặt

x  y  a, 2 y  1  b . Khi đó ta có hệ :

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

11


Sáng kiến kinh nghiệm
2
�
�
a2  b2  a  b  4
 a  b   a  b  4  2ab
�
�
�
� 2
2
2
 a  1  b 2  1  4 �

 ab    a  b   2ab  3
�
�
�

2
Đặt a  b  2t � ab  2t  t  2

Ví dụ 4. Giải phương trình :
pt

33  2 x  x 2  4 x  1  x  5



� 33  2 x  x 2  2  x  1

Đặt u  x  1, v  2  x  1



2



� v4  2  x  1



4





34   x  1

2



2

 34  u 4

.

uv  2
uv 2
�
�
��
�4 4
uv  1
u  v  34
�
Khi đó ta có hệ : �
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các hệ phương trình
2

�
�x  xy  3 x  y  0
�4
2
2
2
1) �x  3 x y  5 x  y  0

2
�
�y  x  xy  6 y  1  0
�3
2
2
2) �y x  9 y  x y  x  0

�
 x2  x  y 2  4 y 2  y  1  0
�
�
2 2
3
3
�xy  x y  1   4  x  y  0
3) �

2
�
�x  y  1  6 y  2
�4 2

2 2
2
2
�x y  2 x y  y  x  1  12 y  1
4) �

2
2
�
�x  y  xy  3x  2
� 2
4
4
2
x

xy

y

2
 17 x 4




�
�
5)

�
 x 2  y 2   x  y  1  25  y  1
�
�2
2
6) �x  xy  2 y  x  8 y  9

2
2
�
� x 2  y 3  x y 5
� 2
� x  2  y2  3  x  y  2
7) �

�
� x2  2x  6  y  1
�2
x  xy  y 2  7
9) �

�x 2  y 2  xy  x  y
�
�2
2
8) �x  y  3
�
4  x 4  2 x3 y  x 2 y 2   2 x  2 y  9
�
� 2

3x  2 xy  y 2  6  x  y  1
�
10) �

IV. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

12


Sáng kiến kinh nghiệm
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp đánh giá.
Thường là sử dụng các bất đẳng thức cơ bản: Cô-si, bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối,...
Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương
trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1 ẩn).

�x 12  y  y  12  x 2   12
�
�
�
x3  8 x  1  2 y  2
�
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

(1)
(2)

Bài giải

+) Điều kiện:

2 3 �x �2 3
�
�
2 �y �12
�

(*)

Đánh giá phương trình (1) để tìm hệ thức đơn giản liên hệ giữa x và y. Sử dụng BĐT Cô-si
ta có:

�
x 2  12  y
x 12  y �
�
�
2
�
2
� y 12  x 2 �y  12  x


x 12  y  y  12  x 2  �12
1
�
2

�
�
nên   �

�x �0
�
2
�y  12  x

2
Thế y  12  x vào phương trình (2) ta được phương trình một ẩn:

x 3  8 x  1  2 10  x 2

(3)

Phương trình (3) có một nghiệm là x  3 nên ta định hướng phân tích (3) thành dạng

 x  3 . f  x   0 ,

�

(3) �

 x  3  x 2  3x  1 





x 3  8 x  3  2 1  10  x 2  0

2  x2  9
1  10  x 2

Với x  3 � y  3 [thỏa (*)]

Vậy hệ phương trình có một nghiệm

�

0

�

2  x  3

�
� 0
2
1

10

x
�
1 4 4 4 4 2 4 4 4 4 43 �

 x  3 �x 2  3x  1 

0

� x3

 x; y  là  3;3 .

2
2
2
2
�
� 5 x  2 xy  2 y  2 x  2 xy  5 y  3( x  y ) (1)
�
3
� 2 x  y  1  2 7 x  12 y  8  2 xy  y  5
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình �

(2)

.

Bài giải
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

13


Sáng kiến kinh nghiệm
�
5 x 2  2 xy  2 y 2 �0

� 2
2 x  2 xy  5 y 2 �0 � x  2 y  1 �0
�
�x  2 y  1 �0
+) Điều kiện: �
.
 1
� x  y �0
 x; y  ��
.

5 x 2  2 xy  2 y 2 �2 x  y  *
Ta thấy
dấu
2
2
* � 5 x 2  2 xy  2 y 2 � 2 x  y  �  x  y  �0
bằng khi x  y . Thật vậy  
luôn đúng với
+) Khi hệ có nghiệm

mọi x, y ��. Tương tự
1
* &  ** � VT  

Từ

2 x 2  2 xy  5 y 2 �x  2 y  **

dấu bằng khi x  y

 5 x 2  2 xy  2 y 2  2 x 2  2 xy  5 y 2 �3  x  y   VP 

1

3
Dấu đẳng thức xẩy ra khi x  y  
Thế y = x vào (2), ta được:
Ta có: (3)





3 x  1  2. 3 19 x  8  2 x 2  x  5

(3)

3
� 2
� 3 x  1  ( x  1)  2 �
�19 x  8   x  2  � 2 x  2 x

 x2  x

3x  1  x  1
x2  x

3x  1  x  1

2  x3  6 x 2  7 x 
3

 19 x  8

2

 ( x  2) 3 19 x  8  ( x  2) 2
2  x 2  x  ( x  7)

3

�
x2  x  0
�
1
�

� 3x  1  x  1
�

 19 x  8 

2

 ( x  2) 19 x  8  ( x  2)
3

2

 2 x2  2 x

 2( x 2  x )  0

2( x  7)
3

 19 x  8

2

 ( x  2) 19 x  8  ( x  2)
3

2

 2  0(*)

Vì x ≥ 0 nên (*) vô nghiệm. Do đó (3) x = 0 hay x = 1.
Vậy hệ phương trình có nghiệm

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình

( x, y) �  0;0  ,  1;1 

� 8 xy
17 �x y � 21
 �  �
�2
2

�x  y  6 xy 8 �y x � 4
�
� x  16  y  9  7

(1)
(2)

Bài giải

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

14


Sáng kiến kinh nghiệm

Điều kiện:

�x �16
�
�y �9

Đánh giá phương trình (1) để tìm hệ thức đơn giản liên hệ giữa x và y.

 1 �
Ta có:
t
Đặt

8

17 �x y � 3
 �  �  6
x y
  6 8 �y x � 4
y x

x y
x y
 �2 .  2
 t  2 � x  y  và sử dụng BĐT Cô-si ta có:
y x
y x

8
17 �x y � 3
8
17
3
8
1
 �  � 
 t 
  t  6   2t �2  2.2  6
x y
4 t 6 8
  6 8 �y x � 4 t  6 8
y x
8
1
  t  6 � t  2 � x  y

Dấu “=” xảy ra khi t  6 8

Thế y = x vào (2), ta được:

x  16  x  9  7 �

 x  16   x  9 

 37  x � x  25

Với x  25 � y  25 [thỏa (*)].
Vậy hệ phương trình có nghiệm

( x, y ) �  25;25  

.

B. MỘT SỐ ĐỊNH HƯỚNG XÂY DỰNG PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG
TRÌNH TỪ CÁC ĐẲNG THỨC.
Xuất phát từ một biến đổi tương đương do ta chọn :

 x  2

3

  y  3 � x 3  6 x 2  12 x  y 3  9 y 2  27 y  35
3

3
3

Khi đó, chọn x  3; y  2 thì (1) đúng. Do vậy, cũng với x  3; y  2 thì x  y  35 .
2
2
Ta sẽ thu được : 2 x  3 y  4 x  9 y . 0Từ đó ta có bài toán sau:
3
3
�
 1
�x  y  35
� 2
2 x  3 y2  4x  9 y  2
Giải hệ phương trình : �
.

Nhân hai vế của (2) với -3 rồi cộng với (1) ta được:

x 3  y 3  6 x 2  9 y 2  35  12 x  27 y �  x  2    y  3  � x  y  5
3

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

3

.

15


Sáng kiến kinh nghiệm
y  2

�
5 y 2  25 y  30  0 � �
y  3
�
Thay vào (2) ta được :
.
Nghiệm của hệ là : 

x; y    3; 2  ,  x; y    2; 3

.

Nhận xét: tại sao ta biết nhân hai vế của phương trình (2) với -3 rồi cộng với phương trình
(1), tại sao lại là số -3 mà không phải số khác, tại sao lại cộng với phương trình (1) mà
không phải trừ? Ta có thể giải thích vấn đề đó thông qua việc sử dụng phương pháp hệ số
bất định.
Xét

 1   . 2 

3
3
2
2
ta được : x  y  2 x  3 . y  35  4 x  9 y (3)

Từ (3) ta chọn  , a, b sao cho thỏa mãn :

x 3  2 x 2  4 x  y 3  3 . y 2  9 y  35   x  a    y  b 
3

3

  3
�
�
2  3a; 4  3a 2
�
�
��
� �a  2
3  3b;9  3b 2 ; 35  b3  a 3
�
�
b  3
�
1   . 2 
Chú ý rằng: việc xét  
vẫn không giảm tổng quát hơn so với việc xét
 . 1   .  2 
, vì khi ta giải phương trình có quyền chia cả hai vế cho một số khác 0.
Tương tự khi xuất phát từ một biến đổi tương đương do ta chọn:

 x  2

3

  y  1 � x 3  6 x 2  12 x  y 3  3 y 2  3 y  9  1
3

3
3
Khi đó, chọn x  2; y  1 thì (1) đúng. Do vậy, cũng với x  2; y  1 thì x  y  9
2
2
Ta sẽ thu được : 2 x  y  4 x  y . Từ đó ta có bài toán sau:

3
3
�
�x  y  9
� 2
2x  y2  4x  y .
Giải hệ phương trình : �

Với việc xuất phát từ đẳng thức :

 x  2

4

  y  4  � x 4  8 x 3  24 x 2  32 x  y 4  16 y 3  96 y 2  256 y  240  *
4

x 4  y 4  240  **
Khi đó, chọn x  4; y  2 thì (*) đúng. Do vậy, cũng với x  4; y  2 thì
.

Từ (*) và (**) ta được :
8 x3  24 x 2  32 x  16 y 3  96 y 2  256 y � x 3  2 y 3  3  x 2  4 y 2   4  x  8 y 

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

16


Sáng kiến kinh nghiệm
Khi đó ta có bài toán sau:
(HSG Quốc gia 2010) Giải hệ phương trình :
4
4
�
�x  y  240
�3
3
2
2
�
�x  2 y  3  x  4 y   4  x  8 y 

 3
 4

Nhân phương trình (4) với -8 rồi cộng với phương trình (3) ta được :

x 4  y 4  8 x 3  16 y 3  240  24 x 2  96 y 2  256 y  32 x �  x  2    y  4 
4

4

x2  4 y

x  6 y
�
�
��
��
x2 y4
x y2
�
�
+) Khi y  x  2 thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được :
x 3  3x 2  4 x  32  0 �  x  4   x 2  x  8   0 � x  4
+) Khi y  6  x thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được :
x3  9 x 2  36 x  64  0 �  x  4   x 2  5 x  16   0 � x  4
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm :

 4;2  ;  4; 2  .

Nhận xét: Câu hỏi được đặt ra như trước là tại sao lại nhân phương trình (4) với -8 rồi lại
cộng với phương trình (3) ? Điều này được lý giải tương tự như ở trên và được xuất phát từ
2
2
3
3
4
4
những đẳng thức : x �y ; x �y ; x �y .
Xuất phát với ý tưởng như trên, sau đó ta có thể thông qua phép biến đổi ẩn nữa ta có thể
thu được một bài toán phức tạp hơn.
Chẳng hạn, xuất phát từ đẳng thức và qua biến đổi tương đương do ta chọn :

 u  3

3

  v  5   0 � u 3  9u 2  27u  v 3  15v 2  75v  98  0
3

 *

3
3
Khi đó, chọn u  3; v  5 thì (*) đúng. Do vậy, cũng với u  3; v  5 thì u  v  98 .Ta
2
2
sẽ thu được : 3u  5v  9u  25v .

Đặt u  x  y; v  x  y , và qua một số phép biến đổi cơ bản, ta có hệ :
3
2
�
�x  3 xy  49
�2
2
�x  8 xy  y  8 y  17 x

 1
 2

.

Ta có bài toán sau :
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

17


Sáng kiến kinh nghiệm
3
2
�
�x  3 xy  49
�2
x  8 xy  y 2  8 y  17 x
�
(HSG Quốc gia 2004) Giải hệ phương trình :

 1
 2

Giải.
Đặt u  x  y; v  x  y , suy ra

 u  v

3

x

uv
u v

;y 
2
2 .Thay vào (1) ta được:

 3  u  v   u  v   392 � u 3  v 3  98
2

Thay vào (2) ta được :

 u  v

2

 8  u 2  v 2    u  v   16  u  v   34  u  v  � 3u 2  5v 2  9u  25v
2

�
u 3  v3  98
�
� 2
3u  5v 2  9u  25v .
Ta có hệ mới : �
Nhân phương trình dưới với -3 rồi cộng với phương trình trên ta được : v  u  2 .
�
 u; v    3; 5  � x; y    1;4 
��
�
u; v    5;3

 x; y    1; 4  .

�
�
Khi đó ta tìm được

Vậy hệ có nghiệm

 1;4  ,  1; 4  .

Với nhiều bài toán, đôi khi ta co thể đổi biến dưới dạng u  ax  by ; v   x   y ta sẽ lại
thu được những bài toán phức tạp hơn, hoặc chuyển các ẩn đó bằng các biểu thức chứa dấu
căn, ta có thể thu được các dạng hệ phương trình vô tỷ.
Bài tập tương tự :
(Moldova Team Selection Test 2008) Giải hệ phương trình :

�x3  3xy 2  49
�
�2
2
a) �x  8 xy  y  8 y  17 x

�
6 x 2 y  2 y 3  35  0
�
� 2
5 x  5 y 2  2 xy  5 x  13 y  0
b) �

(Olympic các trường Chuyên khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc bộ 2011)
3
3

2
�
�x  y  3 y  9
�2
2
x

y
 x  4y
�
a)

2
2
�
�x  2 xy  2 y  3x  0  1
�
xy  y 2  3 y  1  0
 2
�
b)

2
2
Nhận xét: Những hệ phương trình chứa hạng tử x , xy, y phần lớn có thể đưa về phương
trình bậc hai theo ax  by . Để làm được điều đó, ta se nhân phương trình (1) với  và

phương trình 2 với  rồi cộng lại :

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

18


Sáng kiến kinh nghiệm

  x 2  2 xy  2 y 2  3x     xy  y 2  3 y  1  0
�2 �
� �
� �
� 
��
x  �  2 �xy  �  2 �y 2 � 3 �x 
� �
� �
� 
� �

�
y �   0
�

Ta cần chọn  ,  sao cho :
2

�
� �
� �  �
x  �  2 �xy  �  2 �y 2  �x  y �
�

� �
� �  �
2


2 2
�
� �
�2
2
� x  �  2 �xy  �  2 �y  x  2 xy  2 y


�
� �
�
.
2

Đồng nhất hệ số ta tìm được :   2 .Từ đó ta chọn   1 và   2 .
3
3
Xét một phương trình bậc 3 nào đó, chẳng hạn : 4 x  3 x  2 � 8 x  4  6 x .Suy ra
2 x  3 4  6 x . Ta ghép với một hàm đơn điệu :

 2x

3

 2 x  3 4  6 x  4  6 x � 8x3  8x  4  3 4  6 x

Khi đó ta được bài toán :
3
3
Giải phương trình : 8 x  8 x  4  4  6 x

2x
Cách 1. Phương trình đã cho tương đương với :  
Xét hàm số :
trên

R.

f  t   t 3  t , t �R

Mà

theo

.

3

 2x  3 4  6x  4  6x

f '  t   3t 2  1  0, t �R

phương

� 8 x3  4  6 x � 4 x 3  3x  2 � x 

nên hàm số
f  2x  f 3 4  6x
trình :
nên





f  t

đồng biến

2x  3 4  6x

1
2.

2x
Cách 2. Phương trình đã cho tương đương với :  

3

 3 4  6 x  4  8x

�
�
8 y3  4  6x
8 y3  4  6x

�
�
�� 3
� 3
3
8
x

8
x

4

2
y
8x  2 y  4  8x
�
�
Đặt 2 y  4  6 x , ta có hệ :
Trừ vế với vế ta được :
8  x 3  y 3   2  y  x  �  x  y   4 x 2  4 xy  4 y 2  1  0 � x  y

Thay vào phương trình trong hệ ta được :
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

4 x 3  3x  2 � x 

1
2 .
19

Sáng kiến kinh nghiệm
Tương tự ta có thể thu được các bài toán sau :
2
2
Giải phương trình : x  4 x  3  x  5 ; 2 x  6 x  1  4 x  5

Cách số 2 là ta đặt ẩn phụ đưa về hệ xuất hiện nhân tử x  y hoặc đơn giản là đưa về hệ đối
xứng loại 2. Thông thường ta sẽ sử dụng hằng đẳng thức :

uv
�
u n  x   vn  x    u  v  a  x  � �
a  x   u n1  u n 2 .v  ...  v n 1  0
�
.
n
�f  x  �
� b  x   a  x  . a  x  . f  x   b  x  .
Xuất phát từ phương trình dạng : �
n

Chọn

n  2, f  x   2 x  3, a  x   x  1, b  x   x  1

 2 x  3

2

 x  1   x  1

 x  1  2 x  3   x  1

ta có :

� 4 x 2  11x  10   x  1 2 x 2  6 x  2

Ta được bài toán sau :
Giải phương trình :

4 x 2  11x  10   x  1 2 x 2  6 x  2

.

�
u 2  x  1   x  1 v
�
�2
2
v  x  1   x  1 u
u

2
x

3,
v


2
x

6
x

2
Đặt
. Ta có hệ : �

uv
�
� u 2  v 2   x  1  v  u  �  u  v   u  v  x  1  0 � �
v  1 x  u
�

�2 x  3 �0
u  v � 2x2  6x  2  2x  3 � � 2
�2 x  6 x  7  0 , hệ vô nghiệm.
+)
�4  3 x �0
v  1  x  u � 2 x 2  6 x  2  4  3x � � 2
7 x  6 x  7  0 , hệ vô nghiệm.
�
+)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Đôi khi thông qua việc dự đoán nghiệm của phương trình hoặc hệ phương trình, ta có thể
xây dựng được phương trình hoặc hệ phương trình mới và tìm được hướng giải quyết bài
toán.
Ví dụ 1: Giải phương trình

3 3 x 2  x 2  8  2  x 2  15 (1)

Giải:
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

20


Sáng kiến kinh nghiệm
Ta dự đoán được nghiệm x  �1 , và ta viết lại phương trình như sau:

 1 � 3  3 x 2  1  
3  x 2  1

 

x2  8  3 

x 2  15  4

x2  1

x2  1





x4  3 x2  1
x2  8  3

x 2  15  4
�
x2  1
��
1
1
1
�


3 4
3 2
�
x2  8  3
x 2  15  4
� x  x 1
�

3

Mặt khác, ta có:
x 2  15  x 2  8 � x 2  15  4  x 2  8  3 �

1
x  15  4
2



1

x 8 3
2

Nên phương trình thứ hai vô nghiệm. Vậy (1) có 2 nghiệm x  1, x  1 .
Ví dụ 2: Giải phương trình sau
3x 2  5 x  1  x 2  2  3  x 2  x  1  x 2  3x  4

(2)

Giải:
Ý tưởng: Trước hết, kiểm tra ta thấy được rằng phương trình đã cho có một nghiệm x  2
x  2
nên ta sẽ cố gắng đưa phương trình trên về phương trình tích xuất hiện nhân tử 
. Ta
có nhận xét rằng:

 3x

2

 5 x  1   3 x 2  3 x  3  2  x  2 

và

x

2

 2    x 2  3x  4   3  x  2 

Ta đi đến lời giải như sau:
(2)
�

� 3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1  x 2  2  x 2  3x  4
2 x  4

3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1



3x  6
x 2  2  x 2  3x  4

�
2
�  x  2 �

� 3x 2  5 x  1  3 x 2  x  1


�

�
� 0
2
2
x  2  x  3x  4 �
�
3

Mặt khác, ta có:

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

21


Sáng kiến kinh nghiệm
2

3x 2  5 x  1  3  x 2  x  1



3
x 2  2  x 2  3x  4

> 0 với mọi x

Vậy phương trình (2) có một nghiệm duy nhất x = 2.
Ví dụ 3: Giải phương trình
2 x 2  7 x  10  x  x 2  12 x  20 (3)

Giải:
Cũng bằng cách kiểm tra, ta thấy pt (3) nhận x = 1 làm một nghiệm nên ta có thể đưa
x  1
phương trình (3) về dạng phương trình tích xuất hiện nhân tử 
.
Ta viết lại như sau:

x 2  7 x  10   x  1 � � x 2  12 x  20   x  2  �
 3 � 2 �
�
� �
�

(4)

x 2  7 x  10   x  1  0
Để ý rằng hai phương trình
và
nghiệm nên nhân liên hợp hai vế của (4) ta có:
18  x  1
x 2  7 x  10  x  1



x 2  12 x  20   x  2   0

vô

16  x  1
x 2  12 x  20  x  2

x 1
�
�
�
9
�


� x 2  7 x  10  x  1
�

8
x 2  12 x  20  x  2

(*)

2
2
Pt (*) � 8 x  7 x  10  9 x  12 x  20  x  10

Đến đây ta có hai hướng giải quyết:
Hướng 1: bình phương hai vế…
Hướng 2: kết hợp với pt (3) ta có hệ sau
�
8 x 2  7 x  10  9 x 2  12 x  20  x  10
�
� 2
2 x  7 x  10  x 2  12 x  20  x
�
�

Lấy phương trình thứ nhất trừ đi 9 lần phương trình thứ hai, ta thu được:
� 5
15  5 5
�x �
5 x  7 x  10  4 x  5 � � 4
�x

2
�x 2  15 x  25  0
�
2

Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

22


Sáng kiến kinh nghiệm

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm

x  1, x 

15  5 5
2
.

Ví dụ 4: Giải phương trình
3

162 x3  2  27 x 2  9 x  1  1

Giải:
Phương trình đã cho tương đương với:



162 x 3  6
3

�

162 x  2
3





2

 2 162 x  2  4
3

3



2  3 x  1  9 x 2  3 x  1
3

162 x  2
3



2

 2 162 x  2  4
3

3

3 x  3 x  1
27 x 2  9 x  1  1

0

3x  3x  1



27 x 2  9 x  1  1

0

�
�
2  9 x 2  3 x  1
�
�
3x
�  3 x  1 �

2
� 0
2

3
3
3
3
27
x

9
x

1

1
� 162 x  2  2 162 x  2  4
�
�
�





Xét phương trình:



2  9 x 2  3x  1
3

�

162 x  2
3





2

 2 162 x  2  4
3

3



2  9 x 2  3 x  1
3

162 x 3  2



2

 2 3 162 x3  2  4

3x
27 x  9 x  1  1

2



0

3x
3

162 x 3  2

3
3
Ta đặt a  162 x  2 suy ra:

1
4
1
a 2
�
�
2�
3 x   1� a   2 � 3 x   1    1 � 3x  a � x  1
a
3x
2 a
� 3x �
2
3
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất

x

1
3.

Ví dụ 5: (Olympic 30/4 Đề nghị)
Giải phương trình sau:

x 2  12  5  3 x  x 2  5

Giải:
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

23


Sáng kiến kinh nghiệm
5
x�
3
Đk:

Ta nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình. Như vậy phương trình đã cho có thể
x  2 Q  x   0
phân tích được về dạng 
!
Phương trình đã cho tương đương với:
x 2  12  4  3 x  6  x 2  5  3

�

x2  4
x 2  12  4

 3 x  2 

x2  4
x2  5  3

� x2
�
x2
�  x  2 �

 3 � 0
2
x2  5  3 �
� x  12  4
x2
�
� � x2
x2
�

 3  0(*)
2
2
�
x


12

4
x

5

3
�

1
Do

x  12  4
2



1
x 5 3
2

x2

�

x  12  4
2



x2
x 5 3
2

0
nên pt (*) vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
Ví dụ 6: Giải phương trình
3x 2  7 x  3  x 2  2  3x 2  5 x  1  x 2  3x  4

Giải:
Phương trình đã cho tương đương với
3x 2  5 x  1  3x 2  7 x  3  x 2  2  x 2  3x  4  0

Bằng cách nhân liên hợp, ta có:

�

2

 x  2 �

2
2
� 3x  5 x  1  3x  7 x  3

2

Do 3 x  5 x  1  3x  7 x  3
nhất x = 2.
2

2





�
� 0
x 2  2  x 2  3x  4 � .
3

3
x  2  x 2  3x  4 nên phương trình có nghiệm duy
2

Ví dụ 7: Giải phương trình
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

24


Sáng kiến kinh nghiệm
5 x  1  3 9  x  2 x 2  3x  1
1
x�
5.

Giải:ĐK:
5 x  1  2  3 9  x  2  2 x 2  3x  5

Phương trình đã cho tương đương với:
5  x  1

�

5x  1  2





3

9 x



1 x
2

2 9 x 4
3

�
5
2x  5 


 x  1 �
�
5x  1  2
�
�
�
5 5x  1  5
�  x  1 �
2x 

�
5x  1  2
�
�





  x  1  2 x  5 

�
� 0
2
�
3
9  x  23 9  x  4
�
1



�
� 0
2
�
3
3
9  x  2 9  x  4�
�



1

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 8: Giải phương trình
x3  3x  1  8  3x 2

Giải:
2 6
2 6
�x �
3
3 , ở bài này, khó là ở chỗ ta không thể nhẩm ra ngay được nghiệm của
Đk:
phương trình để dùng lượng liên hợp. Tuy nhiên với sự hỗ trợ đắc lực của công nghệ là
chiếc máy tính Casio fx570 Es thì mọi chuyện có vẻ dễ dàng hơn!


Thật vậy, ta sẽ lần lượt dùng chức năng Shift Solve để tìm ra 2 nghiệm của phương trình là:
x1  0,6180339887...; x2  1,618033989... sau đó gán hai nghiệm này vào hai biến A và B.
Bây giờ ta sẽ thử tìm xem A và B có mối quan hệ gì với nhau hay không bằng cách tình A +
B và AB, ta thu được kết quả “đẹp” sau: A  B  1, AB  1 .
2
Điều đó đã chứng tỏ A, B là hai nghiệm của phương trình: X  X  1  0
2
Và từ đây, ta có thể dự đoán được x  x  1 chính là nhân tử của pt! 

Ta viết pt đã cho lại thành:
x 3  3x  1   px  q   8  3x 2  px  q  0
Bùi Văn Toan – THPT Chuyên Lê Hồng Phong

25