SKKN Phương pháp giải một số dạng toán có chứa dấu giá trị tuyệt đối

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Ở trường Trung học cơ sở, dạy toán là dạy hoạt động toán học cho học
sinh; trong đó giải toán là hình thức chủ yếu. Để rèn luyện kĩ năng giải toán cho
học sinh, ngoài việc trang bị thật tốt kiến thức cơ bản, người thầy giáo cũng cần
giúp các em hệ thống hoá các dạng bài tập để các em dễ nhớ dễ vận dụng.
Đầu chương trình Trung học cơ sở, học sinh đã được làm quen với khái
niệm giá trị tuyệt đôí. Và các bài toán liên quan đến dấu giá trị tuyệt đối không
chỉ có trong các kì kiểm tra thông thường mà còn gặp trong các kì thi chọn học
sinh giỏi toán các cấp, thi vào trường chuyên trường năng khiếu.....Tuy nhiên
học sinh vẫn lo sợ khi gặp bài toán liên quan đến dấu giá trị tuyệt đối. Với
những lí do nêu trên tôi đã quyết định đi sâu nghiên cứu đề tài “Phương pháp
giải một số dạng toán có chứa dấu giá trị tuyệt đối”. Nhằm giúp các em tự tin
hơn khi đứng trước các bài toán có chứa giá trị tuyệt đối
II.MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI.
Đề tài nêu một số dạng bài tập có chứa dấu giá trị tuyệt đối, cơ sở lý luận
và phương pháp giải các bài tập nêu trên. Giúp học sinh dễ hiểu, dễ nhớ. Từ đó
các em có thể vận dụng linh hoạt kiến thức vào việc giải các bài tập thực tế.
III. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
1. Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp giải một số bài tập có chứa dấu giá trị tuyệt đối.
2. Phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu tình hình giải các bài tập có chứa dấu giá trị tuyệt đối của học
sinh lớp 8 và lớp 9
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
- Đọc tài liệu tham khảo liên quan đến việc giải bài toán có chứa dấu giá
trị tuyệt đối;
- Trắc nghiệm khách quan, trao đổi ý kiến;
- Kiểm tra thực tế;
- Thống kê tổng hợp;
V. THỜI GIAN NGHIÊN CỨU:

1


- Từ tháng 11 năm 2014 đến tháng 10 năm 2015, nghiên cứu tài liệu có
liên quan đến đề tài, thu thập số liệu đánh giá thực tế việc giải toán có chứa dấu
giá trị tuyệt đối của học sinh, tìm hiểu nguyên nhân sai lầm và những khó khăn
của học sinh khi giải các bài toán dạng này.
- Từ 25 tháng 1 năm 2015 đến25 tháng 2 năm 2015 viết bản thảo.
- Từ 06 tháng 3 năm 2015 đến tháng 9 năm 2015 viết bản chính.
VI. DỰ KIẾN KẾT QUẢ CỦA ĐỀ TÀI:
Khi chưa thực hiện được đề tài này, học sinh chỉ giải được một số bài tập
có chứa dấu giá trị tuyệt đối đơn giản, hay mắc sai lầm, hay gặp khó khăn về
định hướng giải, lúng túng và hay bối rối khi lựa chọn cách trình bày lời giải.
Nếu thực hiện được đề tài này sẽ gây được hứng thú học tập, giúp học
sinh học tập tích cực hơn, đạt được kết quả cao hơn trong học tập, tự giải quyết
được các bài tập có chứa dấu giá trị tuyệt đối dạng tương tự. Hạn chế và khắc
phục được rất nhiều các sai lầm khi học sinh giải các bài toán có chứa dấu giá trị
tuyệt đối.

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
CHƯƠNG I: GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
I. GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
1/ Định nghĩa:
Giá trị tuyệt đối của một số thực x là một số thực không âm, ký hiệu |x|
được xác định như sau:
x nếu x ≥ 0
|x| =
-x nếu x < 0
Nhận xét:
- Giá trị tuyệt đối của một số thực x, thực chất là một ánh xạ:

ƒ: R → R+
x ∈ R  y = |x| =

x nếu x ≥ 0
-x nếu x < 0
2


- Với mọi số thực ta luôn biễu diễn thành tổng các số thực không âm và số
thực dương, tức là:
x=

x+ x

+

2

x− x
2

, trong đó

x+ x

≥ 0;

2

x− x

2

≤ 0,

Với A(x) là một biểu thức tuỳ ý ta cũng có:
A(x) nếu A(x) ≥ 0
A(x) =

-A(x) nếu A(x) < 0
- Với mọi x ∈ R, f(x), g(x) là biểu thức tuỳ ý, ta có:
1
[ f(x) + g(x) + |f(x) - g(x)| ]
2
1
Min (f(x); g(x)) = [ f(x) + g(x) - |f(x) - g(x)| ]
2

Max(f(x); g(x)) =

2/ Hệ quả:
a) x ≥ 0 với mọi x ∈ R; x = 0 ⇔ x = 0
b) − x = x
c) - x ≤ x ≤ x
d) x ≥ α > 0 ⇔ x ≥ α hoặc x ≤ −α
e) x ≤ α ( α > 0) ⇔ −α ≤ x ≤ α
f) x. y = x . y
x

x

g) y = y
2

h) x = x2
j) x 2 = x
3/ Tính chất cơ bản về giá trị tuyệt đối
a) Định lí : nếu x, y là hai số thực thì:
x+ y ≤ x + y
x + y = x + y ⇔ x.y ≥ 0

Chứng minh:
2
2
2
Ta có: ( x + y ) = x + 2. x . y + y = x2+ 2. x . y + y2 ≥ x2 + 2xy + y2=

( x + y) 2

Vậy x + y

≤ x + y dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi x.y=0

II. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI CÁC BIỂU THỨC CÓ CHỨA GIÁ
TRỊ TUYỆT ĐỐI
3


1. Mục đích biến đổi
Biến đổi các biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối nhằm thay đổi chúng
bằng các biểu thức tương đương không còn chứa dấu giá trị tuyệt đối khỏi các

biểu thức để có thể tiến hành các phép tính đại số quen biết. Thông thường ta sẽ
được các biểu thức khác nhau(không chứa dấu giá trị tuyệt đối) trong những
khoảng khác nhau của biến.
2. Phương pháp biến đổi
Muốn biến đổi các biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối nhằm loại bỏ
các dấu giá trị tuyệt đối thì phải nhất thiết căn cứ vào:
Định nghĩa của giá trị tuyệt đối và hệ quả đã nêu ở trên;
Quy tắc về dấu của các nhị thức bậc nhất và các tam thức bậc hai như sau:
b
a

* Nhị thức ax + b (a ≠ 0 ) cùng dấu với a khi x> − , và trái dấu với a khi
x<-

b
a

Thật vậy, gọi x 0 là nghiệm của nhị thức ax + b thì x 0 =Xét

ax + b
b
= x + = x − x0
a
a

b
a

ax + b
> 0 ⇒ ax + b cùng dấu với a.

a
ax + b
< 0 ⇒ ax + b trái dấu với a.
- Nếu x < x 0 thì x- x 0 < 0 ⇒
a
* Tam thức bậc hai ax 2 + bx +c (a ≠ 0 ) trái dấu với a trong khoảng giữa hai

- Nếu x > x 0 thì x − x0 > 0

nghiệm( nếu có) cùng dấu với a trong mọi trường hợp khác.
3. Bài tập áp dụng
Bài 1: Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
C = x + 2 x − 17 + x − 8

Giải:
Viết lại: C = x + 17 − 2 x + x − 8
Áp dụng bất đẳng thức: a + b + c ≥ a + b + c , ta có:
C = x + 17 − 2 x + x − 8 ≥ x + (17 − 2 x ) + x − 8 = 9

Đẳng thức xẩy ra: ⇔ x; 17-2x; x-8 cùng dấu.
Lập bảng xét dấu của x; 17-2x; x-8
Ta có x; 17-2x; x-8 cùng dấu ⇔ 8 ≤ x ≤ 8,5
4


Bài 2: Rút gọn biểu thức sau:
x − 1 + x2 − 4x + 4

A=

2x − 3

Giải:

3
2
2
x − 1 + x − 4x + 4

: x≠

ĐKXĐ

* Ta có A=

=

x −1 + x − 2

2x − 3
2x − 3
1 − x + 2 − x 3 − 2x
=
= −1.
+) Nếu x ≤ 1 ta có : A=
2x − 3
2x − 3
3
x −1 + 2 − x
1

=
.
+) Nếu 12
2x − 3
2x − 3
x −1 + x − 2 2x − 3
=
= 1.
+) Nếu x ≠ 2 ta có: A=
2x − 3
2x − 3

Tóm lại:

-1 nếu x ≤ 1
1
nếu 12x − 3
1 nếu x ≥ 2

A=

Bài 3:
Cho a, b, c là các số dương. Rút gọn biểu thức:
C = a + b + c + 2 ac + bc + a + b + c − 2 ac + bc
Giải:
Với a, b, c > 0 ta có:
C=

a + b + c + 2 ac + bc +

=

(

=

a+b + c +

a+b − c

=

a+b + c +

a+b − c

a+b + c

)

2

+

(

a + b + c − 2 ac + bc

a+b − c

)

2

Vì a + b + c > 0

+) Nếu a+b ≥ c thì C = a + b + c + a + b − c = 2 a + b
+) Nếu a+b < 0 thì C = a + b + c − a + b + c = 2 c
Tóm lại:
2 a + b nếu a + b ≥ c
C=
2 c
nếu a + b < 0
CHƯƠNG II:
PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT CÓ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
A. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT DẠNG A = B
1. Phương pháp giải:
5


Để giải phương trình bậc nhất tuỳ ý có chứa dấu giá trị tuyệt đối, ta tìm
cách biến đổi nó thành một phương trình tương đương không còn chứa giá trị
tuyệt đối.
Đối với phương trình bậc nhất A = B trong đó A, B là các nhị thức bậc
nhất thì ta tiến hành giải theo cách sau:
a/ Nếu B < 0 thì kết luận phương trình vô nghiệm
b/ Nếu B ≥ 0 thì đưa về phương trình A=B hoặc A=-B
c/ Nếu chưa biết rõ dấu của B thì biến đổi như sau:

B≥0

A =B⇔
A = B hoặc A = − B

2. Một số bài tập ví dụ:
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a) 2 x − 1 = 2 x + 2
Giải:
  x ≥ −1
 
 − 1 = 2(voli)
2x − 1 = 2x + 2 ⇔
⇒   x ≥ −1

4 x = −1 ⇒ x = − 1

4
1
Vậy nghiệm của phương trình (1) là x=4
b) x − 1 = x + 1
 2 x + 2 ≥ 0

 2 x − 1 = 2 x + 2
 2 x + 2 ≥ 0
  2 x − 1 = −2 x − 2


Giải
* Nếu x ≥ 0 thì phương trình đã cho tương đương với x − 1 = x + 1

Với x ≥ 0 thì x + 1 > 0 , khi đó ta có: x − 1 = x + 1
 x≥0
x ≥ 0
⇔ x − 1 = x + 1 hoặc x − 1 = − x − 1 ⇔ 
hoặc 
x − 1 = x + 1
x − 1 = − x − 1
 x ≥ 0
 
− 1 = 1(voli )
⇔ 
 x ≥ 0
 2 x = 0 ⇔ x = 0


* Nếu x< 0 thì phương trình đã cho tương đương với:
− x −1 = x +1 ⇔ x +1 = x +1

Ta có: A ≥ A

dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi A ≥ 0 . Do đó x + 1 = x + 1 ⇔ x + 1 ≥ 0
6


⇔ x ≥ −1 . Kết hợp với x< 0 ta có − 1 ≤ x ≤ 0

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là − 1 ≤ x ≤ 0
Bài 2:

Giải và biện luận phương trình theo tham số m:

x − 1 = 3 x + 2m
(1)

Giải: Ta có:


2m
 x ≥ − 3

 3 x + 2m ≥ 0
  x = − 2m − 1

x
−
1
=
3
x
+
2
m

2
⇔ 
(1) ⇔ 3x + 2m ≥ 0
2m

  x≥−
  x − 1 = −3 x − 2 m
3



1 − 2m

  x = 4

Rõ ràng, để phương trình có nghiệm thì ta phải có:

2m + 1
2m
1 − 2m
2m
≥−
≥−
hoặc
2
3
4
3
2m + 1
2m
3
≥−
⇔ 6m + 3 ≤ 4 m ⇔ m ≤ −
a) Nếu −
2
3
2
1 − 2m
2m

3
≥−
⇔ 3 − 6m ≥ 8m ⇔ 2m ≥ −3 ⇔≤ −
b) Nếu
4
3
2
−

Tóm lại:

3
2m + 1
2
2
3
1 − 2m
Nếu m > − , thì phương trình có nghiệm x = −
2
2
Bài 3: Giải theo m phương trình: m x − 3 = 4 − m (2)

Nếu m ≤ − , thì phương trình có nghiệm x = −

Giải:
* Nếu m > 0 phương trình (2) có dạng:
0 < m ≤ 4
mx − 3 = 4 − m ⇔ 
mx − 3 = 4 − m
0 < m ≤ 4


⇔
7−m
 x = m

0 < m < 4
mx − 3 = m − 4

hoặc 
0 < m < 4

m −1

 x = m

hoặc

* Nếu m < 0 phương trình (2) có dạng:
− mx − 3 = 4 − m ⇔ mx + 3 = 4 − m

Rõ ràng với m < 0 thì 4- m > 0 nên ta có:
⇔
⇔

m < 0

mx + 3 = 4 − m
m < 0

1− m


 x = m

m < 0
mx + 3 = m − 4

hoặc 
hoặc

m < 0

m−7

 x = m

Tóm lại:
7


1− m
m −1
hoặc x =
m
m
7−m
m −1
- Nếu 0 < m ≤ 4 thì phương trình có nghiệm là: x =
hoặc x =
m
m

- Nếu m < 0 thì phương trình có nghiệm là: x =

- Nếu m = 0 hoặc m > 4 thì phương trình vô nghiệm.
B. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT DẠNG A = B
1. Phương pháp giải:
Đối với phương trình bậc nhất dạng A = B trong đó A, B là những nhị
thức bậc nhất đối với ẩn số. Muốn loại bỏ dấu giá trị tuyệt đối thì phải biến đổi
phương trình đã cho thành phương trình tương đương sau đây:
A = B ⇔ A = B hoặc A = -B

2. Một số ví dụ:
Bài 2: Giải phương trình 5 x − 1 − 2 = 4 x − 3

(2)

Giải:
Ta có:
⇔

5x − 1 − 2 = 4x − 3
 5x − 1 − 2 = 3 − 4x

 5x − 1 − 2 = 3 − 4x

⇔

 5x − 1 = 4x − 1

 5x − 1 = 5 − 4 x

(3)
(4)


1
 x ≥ 4 (loai )

 4 x − 1 ≥ 0
 x = 0

5
x
−
1
−
4
x
−
1
⇔ 
(3) ⇔ 4 x − 1 ≥ 0
 x≥ 1

4
5 x − 1 = 1 − 4 x
(loai )


1

 x =
9


5
 x ≤ 4

5 − 4 x ≥ 0
2

 x = 2
x=




(4) ⇔ 5 x − 1 = 5 − 4 x ⇔  3 ⇔  3
{ 5 x − 1 = 4 x − 5
 x = −4
 x ≤ 5


4

{
x
=
−4

2

Vậy phương trình có nghiệm là x = và x = - 4.
3
C. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT DẠNG A + B = C

1. Phương pháp giải:
8


Đối với loại phương trình bậc nhất dạng A + B = C trong đó A, B, C là
những nhị thức bậc nhất thì nên dùng phương pháp lập bảng để biến đổi.
2. Một số bài tập ví dụ:
Bài 1: Giải phương trình x − 2 + x − 3 = 4 (1)
Giải :
Ta lập bảng xét dấu f ( x) = x − 2 + x − 3
x
-∞
2
x−2
2-x
0
x-2
x−3
3-x
3-x
f(x)
5-2x
1

+∞
x-2

x-3
2x-5

3
0

Theo bảng trên ta có:
- Nếu x < 2 phương trình (1) ⇔ 5 − 2 x = x ⇔ 2 x = 1 ⇔ x =
- Nếu 2 ≤ x ≤ 3 do 1 ≠ 4 thì phương trình vô nghiệm.

1
thoã mãn x < 2.
2

9
( thoã mãn x > 3).
2
1
9
Tóm lại: Phương trình (1) có nghiệm là x = hoặc x =
2
2
Bài 2: Giải phương trình x − 1 + x + 2 − 2 x − 3 = 2005 (2)

- Nếu x > 3 phương trình (1) ⇔ 2 x = 9 ⇔ x =

Giải: Lập bảng xét dấu vế trái của (2) ta được:
-∞

x

x −1
x+2
−2x−3

VT

-2
1-x
-x-2
2x-6
-7

0

1
1-x
x+2
2x-6
2x-5

3
0

x-1
x+2
2x-6
4x-5

0

+∞
x-1
x+2
-2x-6
7

Theo bảng trên ta có:
- Nếu x ≤ −2 do − 7 ≠ 2005 nên phương trình (2) vô nghiệm.
- Nếu − 2 ≤ x < 1 phương trình (2):

⇔ 2 x − 3 = 2005 ⇔ 2 x = 2008 ⇔ x = 1004 ( không thoã mãn).

- Nếu 1 ≤ x < 3 phương trình (2):
⇔ 4 x − 5 = 2005 ⇔ 4 x = 2010 ⇔ x =

1005
(không thoã mãn).
2

- Nếu x ≥ 3 do 7 ≠ 2005 nên phương trình (2) vô nghiệm.
Tóm lại phương trình (2) vô nghiệm.
9


Bài 3: Giải phương trình: ( m − 1) ( x + x + 2 ) = 3m − 4
Giải:
Ta xét 3 trường hợp sau:
* Nếu x<-2 thì (m-1)(-x-x-2) = 3m-4 ⇔ (m-1)(-2x-2) = 3m-4.
− 5m + 6
m−2

< 2hay −
<0
2m − 2
m −1
( đúng với mọi m ≠ 2; m <1 hoặc m > 2).
3m − 4
= 2 nên m=2 phương trình vô nghiệm.
Khi m ≠ 1 thì
m −1

- Với m ≠ 1 thì x =

* Nếu x > 0 thì (m-1)(2x+2) = 3m- 4
Khi m ≠ 1 thì x =

m−2
> 0 đúng với mọi x ≠ 1; m< 1 hoặc m > 2
2m − 2

D. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT
Bài 1: Giải phương trình:
2
a) x x + 3 − x + x + 1 = 1

3

b) x − 3 x + 2 = 0
Giải:
2

1 1 3 
1
3
a) Ta có: x 2 + x + 1 = x 2 + 2.x. + + =  x +  + > 0
2 4 4 
2
4
2
2
Do đó x + x + 1 = x + x + 1.
x x + 3 − x2 + x +1 = 1

Suy ra phương trình:

⇔ x x + 3 = x2 + x +1 +1
⇔ x x + 3 = x2 + x +1+1
⇔ x x + 3 = x 2 + x + 2(1)

* Nếu x ≥ −3 , phương trình(1) tương đương với phương trình:
x( x + 3) = x 2 + x + 2
⇔ x 2 + 3x = x 2 + x + 2
⇔ 2x = 2
⇔ x = 1 (thoã mãn điều kiện đang xét)

* Nếu x < - 3 thì phương trình (1) tương đương với phương trình:
x(-x-3)= x2+ x +2

10

⇔ − x 2 − 3x = x 2 + x + 2
⇔ 2x 2 + 4x + 2 = 0
⇔ x 2 + 2x + 1 = 0
⇔ ( x + 1) 2 = 0
⇔ x = −1

(không thoã mãn điều kiện đang xét)
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x=1.
3
b) Đặt t = x với t ≥ 0 , khi đó phương trình x − 3 x + 2 = 0 trở thành:

⇔ t 3 − t − 2t + 2 = 0
⇔ (t 3 − t ) − 2(t − 1) = 0
⇔ t (t 2 − 1) − 2(t − 1)
⇔ t (t − 1)(t + 1) = 2(t − 1) = 0
⇔ (t − 1)(t 2 + t − 2) = 0
⇔ (t − 1)(t 2 + 2t − t − 2) = 0
⇔ (t − 1)[ t ( t + 2 ) − (t + 2)] = 0
⇔ (t − 1) 2 (t + 2) = 0

* Nếu ( t − 1) 2 = 0 ⇔ t − 1 = 0 ⇔ t = 1 (thoã mãn điều kiện t ≥ 0 )
* Nếu t + 2 = 0 ⇔ t = −2 (không thoã mãn điều kiện t > 0).
Với t=1, ta có x = 1 ⇔ x = ±1
Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = { − 1;1}.
3
2
Bài 2: Giải phương trình: x + 100 x = x + 100
Giải:

⇔ x 2 ( x + 100) − x + 100 = 0

(

)

⇔ ( x + 100 ) x 2 − 1 = 0

Cách 1:

(1) ⇔ 

x + 100 = 0

2
x −1 = 0
 x = −100
⇔
 x = ±1

11

(1)


 x 3 + 100 x 2 = x + 100
⇔ 3
2
 x = 100 x = − x − 100
 x 2 ( x + 100) − ( x + 100) = 0
⇔ 2

 x ( x + 100) + ( x + 10) = 0
 2
(1) ⇔ ( x − 1)( x + 100) = 0

Cách 2:

Hoặc
Bài 2:

2
( x + 1)( x + 100) = 0
  x = −100

⇔   x = ±1
 x = −100
⇔ x = −100
x = ±1

Giải phương trình:

x + 5 − 4 x + 1 + x + 10 − 6 x + 1 = 1

Giải:
Điều kiện xác định của phương trình: x ≥ −1.
Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình sau:
x +1+ 4 − 4 x +1 + x +1+ 9 − 6 x +1 = 1
⇔
⇔

(

x +1 − 2

)

2

x +1 − 2 +

+

(

x +1 − 3

)

2

=1

x + 1 − 3 = 1(*)

Cách 1: Ta thấy: ⇔ x + 1 − 2 + x + 1 − 3
=

x +1 − 2 + 3 − x +1 ≥

Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi:

(

)(

)

x +1 − 2 3 − x −1 ≥ 0

2 ≤ x + 1 ≤ 3
⇔
x ≥1

⇒3≤ x≤8

Vậy phương trình có mọi nghiệm x ∈ [ 3;8].
Cách 2: Từ phương trình (*) ta có:
 x +1 < 2
⇔ −1 ≤ x ≤ 3
 x ≥ −1

* Nếu 

12

x +1 − 2 − 3 − x +1 = 1


⇔ 2 − x +1 + 3 − x +1 = 1

Ta có:

(*)

⇔ 5 − 2 x +1 = 1
⇔ x +1 = 2
⇒ x=3

(loại vì không thoã mãn − 1 ≤ x < 3 )
2 ≤ x + 1 ≤ 3
⇔3≤ x≤8

x
≥
−
1

Khi đó: (*) ⇔ x + 1 − 2 + 3 − x + 1 = 1 ⇔ 1 = 1

* Nếu

Chứng tỏ phương trình có vô số nghiệm x ∈ [ 3;8].
 x +1 > 3
⇔ x>8

x
≥
−
1


* Nếu
Khi đó ta có:

x +1 − 2 + x +1 − 3 = 1

(*)

⇔ 2 x +1 = 6
⇔ x +1 = 3
⇔ x=8

(loại vì không thoã mãn điều kiện x > 8 )

E. PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA THAM SỐ
Bài 1: Giải và biện luận phương trình với tham số m:
 x − 2 y = m(1)

(A) m x + 4 y = 1(2)


Giải:
Từ phương trình (1) ⇒ 2 y = x − m thay vào phương trình (2) ta có:
m x + 2( x − m) = 1
⇔ m x + 2 x = 2m + 1

a) Nếu x ≥ 0 , ta có:

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

* Khi m=-2, phương trình(3) ⇔ 0 x = −3 (vô lí). Do đó hệ vô nghiệm.
* Khi m ≠ 2 ⇔ x =
có:

2m + 1
. Để giá trị này là nghiệm của phương trình cần
m+2

2m + 1
1
≥ 0 ⇒ m ≥ − hoặc m <-2
m+2
2

b) Nếu x < 0, ta có:

− mx + 2 x = 2m + 1
⇔ (2 − m) x = 2m + 1(4)

* Khi m = 2, phương trình (4) ⇔ 0 x = 5 (vô lí). Do đó hệ vô nghiệm.
13


* Khi m ≠ 2 ⇒ x =

Kết luận:

2m + 1
. Để giá trị này là nghiệm của phương trình cần có
2−m

2m + 1
1
< 0 ⇔ m > 2 hoặc m < −
2−m
2

2m + 1

x
=

m+2

y = x − m

2
2m + 1

m > 2
 x = 2 − m
+) Nếu 
1 thì hệ phương trình có nghiệm là: 
m<−
y = x − m

2

2
m = 2
+) Nếu 

thì hệ phương trình vô nghiệm.
m = −2
m < −2
+) Nếu 
1 thì hệ phương trình có nghiệm là:
m≥−

2

Bài 2: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
 x − 1 + y − 2 = 1 (1)

2
( x − y ) + m( x − y − 1) = x − y (2)

Giải:
Từ phương trình (1) ta có: 1 = x − 1 + y − 2 ≥ x − y − 1 (3)

( x − y ) 2 + m( x − y − 1) = 0

Từ phương trình (2) ta có: ⇔ ( x − y + m)( x − y − 1) = 0
⇔ x − y =1

Hoặc x - y = - m
* Nếu x-y = 1thì từ (3) ⇒ 1 ≥ 2 (vô lí).
* Nếu x-y = - m thì từ (3) ⇒ 1 ≥ 1 − m ⇔ 0 ≤ m ≤ 2
Vậy hệ có nghiệm khi 0 ≤ m ≤ 2
G. BÀI TẬP LUYỆN TẬP:
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1) 2 x − 3 = 10 x

2) 12 2 x − 9 = 15 + x
Bài 2: Cho phương trình với tham số m:

3) x − 2005 = x − 200
4) 3x − 1 = 3x + 4

1
( 3 x − m) = 1 ( 2 x + m) + m + 1 3x − 25
2
2
10

1) Giải phương trình đã cho.
2) Phải cho m giá trị nào để có x = 36.
3) tìm những giá trị nguyên của m để có nghiệm x thuộc khoảng (0;8)
Bài 3: Giải phương trình:
3
2
1) x + x + x = x
14


2) 3 + x − 4 x − 1 + x =
2

3)

3 + x − 4 x −1

=

15
4
5

1+ x −1

4) 3 + x − 4 x − 1 + x + 8 − x − 1 = x − 14
Bài 4: Giải các hệ phương trình sau:
1
1
+
 x y + 1 + 0.6

1) 
 3 − 2 + 1,3
 x y − 2



x 5
=

y 7

2) 
 x + 500 = 8
 y + 500 11
 x + y = 1
4) 

 x + 2 y = m

mx + 3 y = 5

3)  ( m − 1) x + 2 y = 3


CHƯƠNG III: BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT CÓ CHỨA GIÁ TRỊ
TUYỆT ĐỐI
Phương pháp chung để giải một bất phương trình bậc nhất có chứa A
trong đó A là bậc nhất đối với ẩn số là chuyển tất cả vế trái, vế phải là số không
có dấu giá trị tuyệt đối, theo quy tắc:
A nếu A ≥ 0
A =

-A nếu A<0
Sau đó giải các bất phương trình không có chứa dấu giá trị tuyệt đối trong
các khoảng chia. Cuối cùng tổng hợp các kết quả đạt được để có toàn bộ nghiệm
của bất phương trình.
Trong một số trường hợp, có thể giải nhanh hơn phương pháp chung nói
trên bởi các biến đổi tương đương sau:
1/ a) Với a là số dương ta có A( x) < a ⇔ −a < A( x) < a
b) Với B(x) ≥ 0 ta có A( x) < B( x) ⇔ − B( x) < A( x) < B( x)
2/ a) Với a là số dương ta có A( x) > a ⇔ A( x) < −a hoặc A(x) > a
b) B( x) ≥ 0 ta có A( x) > B( x) hoặc A(x) <- B(x)
2
2
3/ B( x) ≥ 0 ta có A( x) > B( x) ⇔ A( x) > B( x)
A.Bất phương trình có dạng A < B (Tương tự A > B ).
Bài 1: Giải bất phương trình 3x − 2 < 4

Giải:
Cách 1: Bất phương trình đã cho tương đương với:
15


− 4 < 3x − 2 < 4
⇔ −2 < 3 x < 6
2
⇔− 3

Cách 2: Vì hai vế của bất phương trình đều dương nên ta bình phương hai
vế của bất phương trình ta được:
3x − 2 < 4
⇔ ( 3 x − 2) < 4 2
2

⇔ ( 3 x − 2) − 4 2 < 0
⇔ ( 3 x − 6)( 3 x + 2 ) < 0
2

3x − 6 > 0
⇔
3x + 2 < 0

hoặc

 x > 2
2
⇔

x≤−

3

 3x − 6 < 0

3 x = 2 > 0

 x < 2
2
x > − 2 ⇔ − < 0 < 2
3

3

hoặc

Cách 3: (Theo phương pháp chung)
Bất phương trình đã cho tương đương với 3x − 2 − 4 < 0
Lập bảng biến đổi ta có:
−∞
x

-2/3
2- 3x

3x − 2 − 4

Nghiệm thích hợp

2
3

-
2
3

+ ∞
3x- 6
2
≤x<2
3

2
3
Bài 2: Giải bất phương trình: 2 x − 1 < x + 3

Vậy bất phương trình có nghiệm là: x ∈ (− ;2)
Giải:
Cách 1: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương ta có:
2x − 1 < x + 3
x+3≥0

⇔
− x − 3 < 2 x − 1 < x + 3
 x ≥ −3
⇔ 2
−  3

2
⇔− 3

Cách 2: Bất phương trình dã cho tương đương với bất phương trình sau:
2x − 1 − x − 3 < 0

Lập bảng biến thiên ta có:
x
-∞
2x − 1 − x − 3
-2x + 1 - x - 3
16

+∞

1/2
2x -1- x-3


2x − 1 − x − 3 < 0

Nghiệm thích hợp

-3x - 2 < 0

x-4<0

2
1

3
2

1
≤x<0
2

−

2
3
B. BẤT PHƯƠNG TRÌNH DẠNG A + B < C

Vậy bất phương trình có nghiệm là: − < x < 4
Phương pháp giải ở đây có nhiều giá trị tuyệt đối, nên việc xét đầy đủ các
trường hợp có thể xảy ra có phần phức tạp. Nên sử dụng phương pháp biến đổi.
Bài 1: Giải bất phương trình: x − 1 + x + 2 < 5
Giải: Phương trình đã cho tương đương với phương trình sau:
x −1 + x + 2 − 5 < 0

Lập bảng biến đổi ta có:
−∞
x
x −1
1-x
x+2
-x-2
x −1 + x + 2 − 5 < 0
- 2x - 6

Nghiệm
x>0

-2
1 -x
0
x+2
-2
Đúng với ∀x

+∞
x-1
x+2
2x - 4
x<2

-1
0

Bài 2: Giải bất phương trình:
x −x+2≤2x−4

Giải:

x −x+2≤2x−4
⇔ x −2x−4 −x+2≤0

Lập bảng biến đổi ta có:
x
-∞

x
x−4
x −2x−4 −x+2
x −2x−4 −x+2≤0

Nghiệm

-x
4- x
0x- 6
0x - 6 ≤ 0
Đúng với ∀x

0
0

+∞

4
x
4- x
2x - 6
2x − 6 ≤ 0
x≤3

0

x
x-4
-2x + 10

− 2 x + 10 ≤ 0

x ≥5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: x ≤ 3 hoặc x ≥ 5
C. BẤT PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA ẨN SỐ Ở MẪU THỨC:
Ví dụ: Giải bất phương trình:

2x − 1
>2
x −1

Giải:

17

(2)


2x − 1
>2
x −1


x ≠1

Ta có: ⇔  2 x − 1 > 2 x − 1

x ≠1


⇔
 2x −1 − 2 x −1 > 0

Lập bảng biến thiên ta có:
x
-∞
2x − 1

-2 x − 1
(2)
Nghiệm

1 - 2x
2x - 2
-1 > 0
Vô nghiệm

1
2

+∞

1

0

2x - 1
2x - 2
4x - 3 > 0

0

3
< x <1
4

2x - 1
-2x + 2
1>0
Luôn đúng



Vậy bất phương trình có tập nghiệm là T =  ;1 ∪ (1;+∞)
3
4 

D. BẤT PHƯƠNG TRÌNH CÓ DẠNG THAM SỐ
Bài 1: Giải và biện luận bất phương trình sau:
( m − 1) x < m 2 − 1 (1)
Giải: Ta có:
2
(1) ⇔ ( m − 1) x < m − 1
(2)
 m >1
 m < −1

2
Ta thấy điều kiện: m − 1 > 0 ⇔ m > 1 ⇔ 

+ Nếu m > 1 ⇔ m − 1 > 0 do đó:

⇔ ( m − 1) x < m 2 − 1

(2) ⇔ x < m + 1

⇔ −( m + 1) < x < m + 1
+ Nếu m < −1 ⇔ m − 1 < 0 , khi đó:
m2 −1
⇔ x >
= −( m + 1)
1− m
(2)
⇔ x > −( m + 1)

Hoặc x < m + 1
Vậy bất phương trình (1) có tập nghiệm là:
-(m +1) < x < m + 1
nếu m> 1;
x > - (m +1) hoặc x < m + 1 nếu m < - 1
Bài 2: Giải và biện luận bất phương trình:
x − 3m < 4 − xm (1)
18


Giải:
Bất phương trình (1) tương đương với bất phương trình sau:
x + m x < 3m + 4

⇔ (1 + m ) x < 3m + 4

⇔ x<

3m + 4
(2)
1+ m

3m + 4
3m + 4
⇔−
m +1
m +1
3m + 4
3m + 4
⇔−
+ Nếu m < 0 (2) ⇔ x <
1− m
1− 4

+ Nếu m > 0 (2) ⇔ x <

3m + 4
m +1
3m + 4
1− m

7
7
2

2
1
1
- Khi m = - 1, tính theo trường hợp m < 0 ta có nghiệm − < x <
2
2
- Khi = 0 ⇔ x < 4 ⇔ −4 < x < 4

- Khi m = 1, tính theo trường hợp m > 0 ta có nghiệm: − < x <

CHƯƠNG IV: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI CÓ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ
TUYỆT ĐỐI
2
A. PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax + bx + c + A = 0
Phương pháp giải: A là nhị thức bậc nhất ta dùng:
A nếu A ≥ 0
A =
-A nếu A< 0
Rồi giải theo từng trường hợp và tổng hợp các kết quả lại.
2
Bài 1: Giải phương trình: x − 3x − 1 + 2 x − 1 = 0
x 2 − 3x − 1 + 2 x − 1 = 0
Giải:

1
 2
x − 3 x −1 + 2 x −1 = 0 Neux ≥ 2
⇔
x 2 − 3 x −1 +1 − 2 x = 0 Neux < 1



2
1
 2
x − x − 2 = 0 Neux ≥ 2
⇔
1
 x 2 − 5 = 0 Neux <
2

x = −1; x = 2

1

x≥

2
⇔ 
x
=
0
;
x
=5


1

x<



2

x = 2
⇔
x = 0

Bài 2: Xác định m để phương trình:
19


mx 2 − 2(m − 1) + 2 = mx − 2 (1) có nghiệm duy nhất.

Giải:
(1) ⇔ mx − 2(m − 1) + 2 − mx − 2 = 0 (2)
+ Với m= 0, phương trình (2) trở thành:
2 x + 2 − 2 = 0 ⇔ x = 0 (nghiệm duy nhất)
Vậy m= 0 là một giá trị cần tìm.
2

+ Với m ≠ 0 , đặt t = mx - 2 ⇔ x =

t+2
m

phương trình (2) trở thành:

2

t + 2

t + 2
m
 − 2(m − 1)
+2− t = 0
 m 
 m 
⇔ t 2 + 4t + 4 − 2(m − 1)t − 4(m − 1) + 2m − m t = 0
⇔ t 2 − 2(m − 3)t + 8 − 2m − m t = 0(*)
 t ≥ 0
 
= 2(m − 3) + 8 − 2m − mt
⇔ 
t < 0
 2
t − 2(m − 3)t + 8 − 2m − mt

t ≥ 0( I )
 2
t − 3(m − 2)t + 8 − 2m = 0(a )
⇔
t < 0( II )

t 2 − (m − 6)t + 8 − 2m(b)

Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (*)
có nghiệm duy nhất.
+/ Xét phương trình (b) của hệ (II) ta có:
t = −2
t = m − 4

(b) ⇔ (t + 2)(t − m + 4) = 0 ⇔ 

Rõ ràng t=- 2< 0 là nghiệm của phương trình(*) nên phương trình (*) có
m − 4 = −2

m = 2

⇔
nghiệm duy nhất thì cần phải có: 
m − 4 ≥ 0
m ≥ 4
*) Nếu m = 2 thì phương trình (a) trở thành t2+4 = 0, phương trình này vô
nghiệm nên hệ (I) vô nghiệm. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất và m
= 2 là một giá trị cần tìm>
*) Nếu m= ≥ 4 thì phương trình (a) có một nghiệm không âm vì có tích hai
nghiệm P = 8- 2m ≤ 0 nên hệ (I) có một nghiệm t ≥ 0 mà hệ (II) vẫn có nghiệm t
= - 2. Từ đó suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt nên các giá trị m
≥ 4 không phải là các giá trị cần tìm.
Vậy các giá trị cần tìm là m = 0; m = 2
2
B. PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax + bx + c + A + B = 0

20


Bài 1: Giải phương trình:
x 2 − 3x + 1 + x + 1 − 2 − 3x = 0

(1)

Giải: a) Nếu x ≤ −1 , khi đó (1) ⇔ x 2 − 3 x + 1 − x − 1 + 3x − 2 = 0

⇔ x2 − x − 2 = 0
⇔ x=0

hoặc x=2
Chỉ có x = -1 là thoã mãn.
b) Nếu − 1 < x ≤

2
phương trình (1)
3
⇔ x 2 − 3x + 1 + x + 1 + 2 − 3x = 0
⇔ x2 + x = 0
⇔ x=0

hoặc x = -1
Chỉ có x = 0 thoã mãn

c) Nếu x >

2
thì phương trình (1) ⇔ x 2 − 3x + 1 + x + 1 + 3x − 2
3
⇔ x2 − 5x + 4 = 0
⇔ x =1

hoặc x = 4 ( thoã mãn)
Tóm lại: Phương trình có tập nghiệm là S = { − 1;0;1;4}

2
2
C. PHƯƠNG TRÌNH CÓ DẠNG ax + bx + c + mx + nx + p = 0

Bài 1: Giải phương trình: 3x − 1 − − x + 2 x − 3 = 0
Giải: Ta thấy: - x 2 + 2 x − 3 = −4 − ( x − 1) 2 < 0 Với ∀x
Nên phương trình đã cho tương đương với phương trình
2

3x − 1 − x 2 + 2 x − 3 = 0
⇔ x 2 − 5x + 4 = 0
⇔ x =1

Hoặc x = 4.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1; 4}
CHƯƠNG V: MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN BẤT ĐẲNG
THỨC CÓ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
Cách giải: áp dụng công thức
Cho 2 số a, b ta có:
+)

a + b ≥ a + b đẳng thức xẩy ra ⇔ ab ≥ 0 (*)

21


+)

a + b ≥ a − b đẳng thức xẩy ra ⇔ ab ≤ 0 (**)

Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = x2 − 2x + 1 + x2 − 6 x + 9
Giải
Ta có: x 2 − 2 x + 1 = x − 1 ; x 2 − 6 x + 9 = x − 3 . Từ đó suy ra:
A = x − 1 + x − 3 ≥ ( x − 1) − ( x − 3) = 2
Đẳng thức xẩy ra: ⇔ ( x − 1) ( x − 3) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 3
Vậy min A = 2 khi 1 ≤ x ≤ 3
Lưu ý: Bất đẳng thức a + b ≥ a − b Có thể mở rộng cho 3 số a, b, c đó là:
a + b + c ≥ a + b + c , đẳng thức xẩy ra ⇔ a, b, c cùng dấu.

Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức:
a) C = x + 2 x − 17 + x − 8
b) D = x + 2 x − 17 + x − 8
Giải
a) Viết lại C = x + 17 − 2 x + x − 8 ≥ x + (17 − 2 x) + ( x − 8) =9
Đẳng thức xẩy ra: ⇔ x;17 − 2 x; x − 8 cùng dấu, lập bảng xét dấu của x;
17 − 2 x; x − 8 ta có x;17 − 2 x; x − 8 cùng dấu ⇔ 0 ≤ x ≤ 8
b) Ta có: x + x − 8 ≥ x − ( x − 8) = 8 đẳng thức xẩy ra ⇔ 0 ≤ x ≤ 8 (1)
7 − 2 x ≥ 0 đẳng thức xẩy ra x = 3,5
(2)
Từ (1) và (2) suy ra D ≥ 8 đẳng thức xẩy ra ⇔ x = 3,5
Tổng quát: Tìm giá trị nhỏ nhất của M = x − a + x − b với a < b
Ta có: M= x − a + x − b ≥ ( x − a) − ( x − b) = b − a đẳng thức xẩy ra a ≤ x ≤ b
Vậy M=b-a
Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x − 1 + x − 2 + x − 3 + x − 4
Giải
Đặt D1= x − 1 + x − 4 ;D2 = x − 2 + x − 3 Ta có:
D1= x − 1 + x − 4; ≥ ( x − 1) − ( x − 4) = 3 (1), đẳng thức xẩy ra ⇔ 1 ≤ x ≤ 4 .
D2= x − 2 + x − 3 ≥ ( x − 2) − ( x − 3) = 1 (2), đẳng thức xẩy ra ⇔ 2 ≤ x ≤ 3 .
Từ (1) và (2) ta có: D = D1+ D2 ≥ 4, đẳng thức xẩy ra ⇔ 2 ≤ x ≤ 3

Vậy min D = 4
Mở rộng bài toán 3 ta có
Bài 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của M = x + x − 1 + ...... + x − 2005
Giải
22


- Đặt M1 = x + x − 2005 ; M2= x − 1 + x − 2004 ;......; M1003= x − 1002 + x − 1003
- Áp dụng bất đẳng thức M = x − a + x − b ≥ ( x − a) − ( x − b) = b − a(b > a).
Ta có min M1= x + x − 2005 = 2005 khi x ∈ [ 0;2005]
min M2= x − 1 + x − 2004 = 2003 khi x ∈ [ 0;2004]
.....................................................................
Min M1003 = x − 1002 + x − 1003 = 1 khi x ∈ [1002;1003]
Vậy min M = 1+3-5+....+2005 = 10033 khi x ∈ [1002;1003]
Chú ý:1+3+5+.......+(2x -1) =n2
Thay đổi một chút việc áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b đẳng thức xẩy ra
⇔ ab ≥ 0, ta có:
Bài 5: Cho biểu thức f ( x) = ax 2 + bx + c thỏa mãn: f ( x) ≤ 1 với ∀x ∈ [ − 1;1] .
Chúng minh rằng: a + b + c ≤ 3
Giải
1. Trường hợp ab ≥ 0 ta có:
a + b = a + b = a + b + c − c ≤ f (1) − f (0) ≤ f (1) + f (0) ≤ 2

2. Trường hợp ab < 0 ta có
a + b = a − b = a − b + c − c ≤ f (−1) − f (0) ≤ 2

Đẳng thức xẩy ra chẳng hạn khi a = −2; b = 0; c = 1.
Bài 51: Cho tam thức f ( x) = ax 2 + bx + c thỏa mãn: f ( x) ≤ 1 với ∀x ∈ [ − 1;1].
Chứng minh rằng: 2ax.... + bx ≤ 4 với ∀x ∈ [ − 1;1]
Giải

- Theo bài toán 5 có a + b ≤ 2 → a ≤ 2
- Mặt khác, xét hàm số y = g(x) = 2ax+b có đồ thị là một dường thẳng nên
với x ∈ [ − 1;1] thì hoặc max g ( x) = g (1) hoặc max g ( x) = g (−1)
áp dụng (*) ta có:
2a + b = ( a + b) + a ≤ a + b + a ≤ ( a + b ) + a ≤ 2 + 2 = 4 đẳng thức xẩy ra chẳng
hạn với a = -2, b = 0; c = 1
Bài 52 Cho f ( x) = ax 2 + bx + c trong đó a, b ≥ 0 và f ( x) ≤ 1 với x ∈ [ − 1;1]
Chứng minh rằng: a 2 + b 2 ≤ 4
Gợi ý:
- Theo bài toán 5: a + b ≤ 2 → 0 ≤ a + b ≤ 2 vì (a, b ≥ 0)
- Mặt khác a 2 + b 2 = (a + b)2 − 2ab nên có ngay điều phải chứng minh.
Bài 6: Tìm tất cả các giá trị x, y thỏa mãn các điều kiện:

1 13
13
1
 y + x + 6 + x − y = 6 + x + x (*)

 x 2 + y 2 = 97 ; x < 0; y > 0
(**)

36

Giải
Giả sử (x0, y0) là nghiệm của hệ, khi đó:
23


y0 +

1 13
13
1
+
+ x0 − y0 = + x0 +
(1)
x0
6
6
x0
1

13

Đặt a = y0 + x , b = 6 + x0 − y0
0
1

13

Từ (1) suy ra: a + b = a + b → y0 + x ≥ 0(2); 6 + x0 − y0 ≥ 0(3)
0
1

13

Từ (2) và (3) → − x ≤ 6 + x0 (4)
0
13
Mặt khác do x0 ≤ 0 nên (4) ⇔ x02 + x0 + 1 ≤ 0 (5)

6
13
13
13
Ngoài ra do: 0 < y0 ≤ + x0 nên y02 ≤ ( + x0 ) 2 → x02 + y02 + ( + x0 ) 2 ⇔
6
6
6
2

97
13
 13

≤ x02 +  + x0  → x02 + x0 + 1 ≥ 0 (6)
36
6
6

13
3
2
Từ (5) và (6) x02 + x0 + 1 = 0 → x0 = − hoặc x = −
3
6
2
3
97
2

Nhưng do: x02 + y02 =
và y0 > 0 nên ta được: y0 = và y0 = (thỏa mãn)
36
3
2
 3 2  2 3
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ( x0 , y0 ) =  − ;  ;  − , 
 2 3  3 2

24


PHẦN III. KẾT LUẬN
Qua quá trình dạy toán ở cấp trung học cơ sở, được làm quen và tiếp xúc
với học sinh, chúng tôi rút ra được một số điều quan trọng khi nghiên cứu mảng
đề tài “ Phương pháp giải một số bài toán có chứa dấu giá trị tuyệt đối”. Đây là
một trong những bài toán phức tạp cần có tư duy tốt và kĩ năng vận dụng lí
thuyết tương đối linh hoạt. Bởi thế, trong quá trình truyền đạt kiến thức cho học
sinh, bản thân mỗi thầy giáo cô giáo phải trang bị thật chu đáo, tỉ mỉ, rõ ràng
từng đơn vị kiến thức cơ bản, từng thể loại bài tập để học sinh hiểu sâu bản chất
và vận dụng tốt kiến thức vào giải toán.
Xây dựng cho các em niềm ham mê hứng thú học tập, trân trọng những suy
nghĩ, những ý kiến phát biểu, những sáng tạo cho dù nhỏ nhất của các em, động
viên, khích lệ và kích thích khả năng tự nghiên cứu, tìm tòi của các em.
Giáo viên phải thường xuyên đánh giá kết quả học tập của các em qua kì
thi. Bổ sung những thiếu sót, sai lầm lệch lạc về kiến thức để các em rút kinh
nghiệm. Phải có kế hoạch phân chia thành những chuyên đề cụ thể, kết hợp sự
nhuần nhuyễn, lô gíc giữa các dạng bài khác nhau.
Nghiên cứu và thể hiện đề tài “Phương pháp giải một số bài toán có chứa
dấu giá trị tuyệt đối”, chúng tôi hi vọng rằng nó là cơ sở và động lực giúp cho

bản thân có thểm những hiểu biết mới. Đồng thời với bạn bè đồng nghiệp, với
các em học sinh sẽ yêu thích và tự tin hơn khi gặp những bài toán có liên quan
đến giá trị tuyệt đối.
Trên đây là những ý tưởng và việc làm nhỏ bé của chúng tôi qua việc
nghiên cứu đề tài khoa học. Trong quá trình thực hiện đề tài không tránh khỏi
những thiếu sót về cấu trúc, về ngôn ngữ và cả những kiến thức khoa học. Vì
vậy, chúng tôi rất mong các thầy giáo cô giáo và các bạn có những ý kiến đóng
góp chân thành để giúp chúng tôi hoàn thành xuất sắc đề tài của mình.

25