SKKN Khai thác sâu một bài toán thi đại học

PHẦN 1. PHẦN MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Qua quá trình công tác giảng dạy ở trường THPT tôi nhận thấy việc học toán
nói chung và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn
luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi thầy, cô
cần phải có nhiều phương pháp và nhiều cách hướng dẫn cho học sinh tiếp thu
và tiếp cận bài giải. Song đòi hỏi người thầy cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra
nhiều phương pháp và cách giải qua một bài toán để từ đó rèn luyện cho học
sinh năng lực hoạt động, tư duy sáng tạo, phát triển bài toán và có thể đề xuất
hoặc tự làm các bài toán tương tự đã được nghiên cứu, bồi dưỡng.
Đào sâu suy nghĩ một bài toán là một chủ đề không có gì mới lạ. Thậm chí nó
còn cổ điển như chính lịch sử toán học vậy. Dạy cho học sinh nắm vững kiến
thức cơ bản, đảm bảo trình độ thi đỗ đại học đã là khó và rất cần thiết nhưng
chưa đủ. Là thầy giáo dạy toán ở trường THPT ai cũng mong muốn mình có
được nhiều học sinh yêu quý, có nhiều học sinh đỗ đạt, có nhiều học sinh giỏi.
Song để thực hiện được điều đó người thầy cần có sự say mê chuyên môn, đặt ra
cho mình nhiều nhiệm vụ, truyền sự say mê đó cho học trò. “Khai thác sâu một
bài toán” cũng là một phần việc giúp người thầy thành công trong sự nghiệp của
mình. Với chút hiểu biết nhỏ bé của mình cùng niềm say mê toán học tôi viết đề
tài sáng kiến kinh nghiệm: “Khai thác sâu một bài toán thi đại học” mong muốn
được chia sẻ, trao đổi kinh nghiệm làm toán, học toán và dạy toán với bạn bè
trong tỉnh. Hy vọng đề tài giúp ích một phần nhỏ bé cho quý thầy cô trong công
tác .
2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
-Nhằm nâng cao nghiệp vụ chuyên môn, rút kinh nghiệm trong quá trình
giảng dạy, phát triển tư duy linh hoạt, sáng tạo của học sinh, phát hiện và bồi
dưỡng học sinh giỏi Toán.
- Thông qua đề tài này, là tài liệu tham thảo có ích cho giáo viên và học
sinh, đặc biệt là đối với học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi cấp Tỉnh, thi
đại học, cao đẳng.
1

3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu phương pháp giải các bài toán thi Đại học theo nhiều cách
- Đề tài hướng tới các đối tượng học sinh lớp chọn, chuyên Toán, học
sinh giỏi và học sinh ôn thi Đại học, nhất là học sinh khối 10 .
4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Với đề tài này, tác giả sử dụng chủ yếu là phương pháp thống kê, lựa

chọn những bài toán hay, độc đáo, có cùng phương pháp giải sau đó phân tích,
so sánh, khái quát hóa, đặc biệt hóa để làm nổi bật phương pháp rút ra kết luận.
5. KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU
- Đề tài này tác giả nghiên cứu và hoàn thiện trong 2 năm 2014 - 2016

2


PHẦN 2. NỘI DUNG
Bài toán 1. Trong đề thi Đại học khối D năm 2006 có bài toán sau.
Giải phương trình: 2x  1  x 2  3x  1  0 .
LG:
Cách 1:
1
x�
2

ĐK

PT � 2x  1  2x  1  x 2  x  0
Đặt 2x  1  t ,

Phương trình đã cho trở thành:
t  t 2  x2  x  0
t  x
�
� �
t  1 x
�

Trở lại phép đặ ta có.
� 2x  1  x
�
� 2x  1  1  x

Giải phương trình, so sánh điều kiện ta được nghiệm của phương trình là:
x 1
�
�
x  2 2
�

Nhận xét: Cách 1 là phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn, với
cách làm này ta khai thác rất nhiều bài với cách giải tương tự.
Cách 2.
ĐK

1
x�
2
1
4

PT � x 2  x+  2x  1  2x  1 

1
4

1
1
� ( x  )2  ( 2x  1  ) 2
2
2
� 2x  1  x
��
� 2x  1  1  x

Giải phương trình, so sánh điều kiện ta được nghiệm của phương trình là:
3


x 1
�
�
x  2 2
�

Nhận xét:

Cách 2 là phương pháp biến đổi về tổng hoặc hiệu hai

bình phương, với cách làm này ta khai thác rất nhiều bài với cách giải

tương tự.
Cách 3. Cô lập căn thức, đặt điều kiện, bình phương hai vế, giải phương trình
x 1
�

bậc bốn ta cũng tìm được nghiệm là: �

x  2 2
�

Tuy nhiên Cách 3 không thú vị, chỉ nên làm khi phương trình có nghiệm đẹp,
do có nghiệm đẹp nên có thể suy nghĩ đến phương pháp nhân liên hợp để xuất
hiện nhân tử chung.
Không thỏa mãn với 3 cách trên tôi tiếp tục suy nghĩ đến phương án đặt ẩn phụ
đưa về hệ đối xứng loại II và tôi đã tìm ra Cách 4.
Cách 4.
ĐK

1
x�
2

PT � (1  x)2  x   (1  x)  x
1 x  u
�
�
� (1  x)  x  v

Đặt �

�
u 2  x  v
�
Theo bài ra ta có: �2
v  x  u
�

Đến đây ta được hệ phương trình đối xứng loại II, giải hệ ta được
uv
�
; trở lại phép đặt,
�
u  1 v
�
x 1
�

Giải phương trình, ta được nghiệm của phương trình là: �

x  2 2
�

Nhận xét:
Trong Cách 4 Tôi đã chủ động đề cập tới dạng tổng quát

 mx  n 

2

 b  a a  mx  n   b .

4


Đây là một cách giải mà tôi khá tâm đắc, với cách giải này khiến tôi mở
rộng bài toán trên thành nhiều bài toán thú vị, nhiều bài không làm theo cách
này gần như bế tắc.
Với xu hướng ra đề thi như hiện nay thì phần phương trình, hệ phương
trình là một câu chặn điểm. Do đó khi dạy học phần phương trình vô tỷ không
chỉ cung cấp cho học sinh kiến thức cơ bản, kĩ năng thành thạo còn phải hướng
dẫn học sinh đào sâu suy nghĩ từ một bài toán và quan tâm đến các bài toán khó.
Trong khuôn khổ Sáng kiến kinh nghiệm này, tôi tập trung khai thác sâu
Cách 4, từ đó sáng tạo ra các bài toán thú vị.
Bài toán 2.
Giải phương trình 8 x 2  11x  1   1  x  4 x 2  6 x  5 .
Nhận xét: Bài toán 2 không có nghiệm đẹp do đó việc nhân liên hợp hay bình
phương hai vế rất khó khăn; Đặt ẩn phụ không hoàn toàn cũng không đơn giản,
nhưng với Cách 4 ta có lời giải như sau:
Lời giải
Điều kiện x �R.
Phương trình đã cho tương đương với:

 2  3x 

2

  x 2  x  3   1  x 

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

�
�2  3 x  u

Đặt �

2
� 4x  6x  5  v
�
u2  x2  x  3   1 x  v
�
� u 2  v2   1  x   v  u 
�2
2
v  1 x u  x  x  3
�
ta thu được hệ
uv
�
�  u  v   u  v  x  1  0 � �
u  v  x 1  0
�

Xét hai trường hợp xảy ra
u  v � 2  3x 

4 x2  6 x  5

� 2
x�
3  14

�
�� 3
�x
.
5
2
�
5x  6 x  1  0
�
u  v  x  1  0 � 4 x2  6 x  5  4 x  3
� 3
9  33
�x �
�� 4
� x
.
12
�4 x 2  6 x  5  16 x 2  24 x  9
�

5


�3  14 9  33 �
;
�.
12 �
� 2

�

Kết luận tập nghiệm S  �

Nhận xét:
Mức độ phức tạp đã tăng thực sự, nguyên do dạng tổng quát
2
 mx  n   b  a a  mx  n   b .
Trong đó a; b lúc này theo thứ tự là nhị thức bậc nhất và tam thức bậc hai

 2  3x 

2

  x 2  x  3   1  x 

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

Ngoài cách làm trên, có thể đặt ẩn phụ không hoàn toàn cũng thu được kết quả
tuy nhiên rất vất vả. Sau đây chúng ta mở rộng tiếp để được những bài toán
phức tạp hơn.
16 x 2  11x  1
 4 x 2  18 x  4.
Bài toán 3. Giải phương trình
x  4
Lời giải.
�x �4
Điều kiện � 2
2 x  9 x  2 �0
�
Phương trình đã cho tương đương với
16 x 2  11x  1  ( x  4) 4 x 2  18 x  4

� (4 x  1) 2  3 x  ( x  4) (4 x  1)( x  4)  3x
Đặt 4 x  1  u; 4 x 2  18 x  4  v ta thu được hệ phương trình
�
u 2  3x  ( x  4)v
�
� u 2  v 2  ( x  4)(v  u )
�2
v  3x  ( x  4)u
�
�
uv
4 x  1  4 x 2  18 x  4(1)
�
��
��
2
u

v

x

4

0
�
�
� 4 x  18 x  4  5 x  3(2)
Xét các trường hợp
1

�
4 x  1 �0
�
13  109
�x �
�
(1) � � 2
��
� x
4
2
12
16 x  8 x  1  4 x  18 x  4 � 2
�
12 x  26 x  5  0
�
� 3
5 x  3 �0
�
�x �
�
(2) � � 2
�
5
�
2
4
x

18

x

4

25
x

30
x

9
�
�
21x 2  12 x  13  0
�
( Hệ vô nghiệm)
13  109
Kết luận: Phương trình ban đầu có duy nhất nghiệm x  
.
12
6


30

Bài toán 4. Giải phương trình

2x  7x  9  9
2

  x  1.

��
x �1
��
� 9
x�
Điều kiện ��
�
� 2
�
2 x 2  7 x �90
�
Phương trình đã cho tương đương với
30  (  x  1)



2 x2  7 x  9  9



� 9 x  39  ( x  1) 2 x 2  7 x  9
� (  x  5) 2  ( x 2  x  14)  ( x  1) ( x  1)( x  5)  x 2  x  14
Đặt

 x  5  u; 2 x 2  7 x  9  v,(v �0; v �9) ta thu được hệ phương trình

�
u 2  ( x 2  x  14)  ( x  1)v

uv
�
�
2
2
�
u

v

(

x

1)(
v

u
)
�
�2
�
u  v  x 1 0
v  ( x 2  x  14)  ( x  1)u
�
�
Xét các trường hợp xảy ra
 x  5 �0
�
�

u  v �  x  5  2 x 2  7 x  9 � �2
2
�x  10 x  25  2 x  7 x  9
�3  145 3  145 �
�x �5
� �2
� x ��
;
�
2
2
x

3
x

34

0
�
�
�
�
u  v  x  1  0 � 2x2  7 x  9  2 x  6
2 x �6
�
�x �3
�� 2
�
(1)

� 2
2
2
x

7
x

9

(2
x

6)
2
x

17
x

45

0
�
�

Vậy phương trình (1) vô nghiệm vì   0 nên trường hợp này vô nghiệm.
Đối chiếu điều kiện đi đến tập nghiệm
�3  145 3  145 �
S �

;
.
�
2
2
�
�
2 x2  2 x  3
Bài toán 5. Giải phương trình
 x2  5x  7
2 x  3
Lời giải.
3
Điều kiện x � .
2
Phương trình đã cho tương đương với

7


2 x 2  2 x  3  (2 x  3) x 2  5 x  7
�   x  1  x 2  4  (2 x  3) (2 x  3)( x  1)  x 2  4.
2

Đặt  x  1  u; x 2  5 x  7  v,(v  0) ta thu được
�
u 2  x 2  4  (2 x  3)v
uv
�
�

2
2
�
u

v

(

2
x

3)(
v

u
)
�
�2
�
u  v  2x  3  0
v  x2  4  (2 x  3)u
�
�
Xét các trường hợp
�
u  v �  x  1  x2  5x  7
�x �1
�x �1
� �2

�
� x ��.
�
2
x

2
x

2
x

1

x

5
x

7
�
�
�
u  v  2 x  3  0 � x 2  5 x  7  3x  4
3 x �4
�
19  73
�� 2
� x
16

8 x  19 x  9  0
�

Kết luận: Phương trình ban đầu có nghiệm . x 

19  73
16

Nhận xét.
Đến đây nhiều bạn có thể thắc mắc: dạng tổng quát:

 mx  n 

2

 b  a a  mx  n   b

“ Làm thế nào để tìm được a, b, m, n” ?
Câu trả lời như sau:
2 x 2  2 x  3  (2 x  3) x 2  5 x  7
�   x  n   x 2  a.x  b  (2 x  3) (2 x  3)( x  n)  ( x 2  a.x  b).
2

�
n 2  b  3
n 1
�
�
3n  b  7
�

�
��
a0
Đồng nhất hệ số �

2
n

a


2
�
�
b  4
�
�
2n  3  a  5
�
3
2
Bài toán 6. Giải phương trình 5   2 x  x  1
x
Lời giải
Điều kiện x �0.
Phương trình đã cho tương đương với
2
5 x  3  x 2 x 2  x  1 �  x  2   x 2  x  1  x x( x  2)  x 2  x  1.
Đặt x  2  u; 2 x 2  x  1  v,(v  0) ta thu được
�

u 2  x 2  x  1  xv
uv
�
2
2
�
u

v

x
(
v

u
)
�
�2
�
uv x0
v  x 2  x  1  xu
�
�
8


Xét các trường hợp
�x �2
�
u  v � x  2  2 x 2  x  1 � �2

2
�x  4 x  4  2 x  x  1
�3  21 3  21 �
�x �2
� �2
� x ��
;
�.
2 �
�x  3 x  3  0
� 2
�x �1
�
u  v  x  0 � 2 x 2  x  1  2 x  2 � � 2
2x  x  1  4 x2  8x  4
�
�x �1
�� 2
� x  3.
2
x

7
x

3

0
�
�3  21 3  21

�
;
; 3�.
Kết luận: Phương trình ban đầu có tập nghiệm x ��
2
�
� 2

Nhận xét.
Đối với bài toán này ,phía ngoài căn thức có dạng nhị thức bậc nhất nên tạm
thời sử dụng :
5 x  3  x 2 x 2  x  1 �  x  n   ( x 2  a.x  b)  x x( x  n )  x 2  a.x  b .
2

�
n2  b  3
n2
�
�
b

1
�
�
��
a  1
�
n  a 1
Đồng nhất hệ số �
�

b 1
�
�
2
n

a

5
�
� ( x  2) 2  x 2  x  1  x x( x  2)  x 2  x  1
Bài toán 7. Giải phương trình
Lời giải

4 x 2  17 x  27
 2 x 2  12 x  8
2 x

�x �2
Điều kiện � 2
�x  6 x  4 �0
Phương trình đã cho tương đương với
4 x 2  17 x  27  ( x  2) 2 x 2  12 x  8
�  2 x  5   3x  2  ( x  2) ( x  2)(2 x  5)  3 x  2.
2

Đặt 2 x  5  u; 2 x 2  12 x  8  v,(v  0) ta thu được
�
u 2  3x  2  ( x  2)v
uv

�
�
� u 2  v 2  (  x  2)(v  u ) � �
�2
uvx20
v  3x  2  ( x  2)u
�
�
Xét các trường hợp
�
u  v � 2 x  5  2 x 2  12 x  8

9


2 x  5 �0
�
�� 2
4 x  20 x  25  2 x 2  12 x  8
�
2 x �5
�
�� 2
.
2 x  8 x  17  0
�
( vô nghiệm)
�
uvx20
3 x �7

�
(vô nghiệm)
� 2 x 2  12 x  8  3x  7 � � 2
7 x  30 x  41  0
�
Kết luận: Phương trình ban đầu vô nghiệm.
3
 2x  1
Bài toán 8. Giải phương trình
(2 x  1)(4 x  3)  6
Lời giải
�� 1
x�
��
2
��
Điều kiện �� 3
x�
��
4
�
(2 x  1)(4 x  3) �36
�
Phương trình đã cho tương đương với
3  (2 x  1)





(2 x  1)(4 x  3)  6 � 12 x  9  (2 x  1) 8 x 2  2 x  3

� 4 x 2  8 x  4  4 x 2  4 x  5  (2 x  1) 4 x 2  6 x  2  4 x 2  4 x  5
� (2 x  2) 2  4 x 2  4 x  5  (2 x  1) (2 x  1)(2 x  2)  4 x 2  4 x  5
Đặt 2 x  2  u; 8 x 2  2 x  3  v,(v �0) ta thu được
�
u 2  4 x 2  4 x  5  (2 x  1)v
uv
�
2
2
�
u

v

(2
x

1)(
v

u
)
�
�2
�
u  v  2x  1  0
v  4 x 2  4 x  5  (2 x  1)u
�

�
Xét các trường hợp
�x �1
�x �1
�
u  v � 2 x  2  8x2  2 x  3 � � 2
�
� 2
4 x  8x  4  8x 2  2 x  3 �
4x  6x  7  0
�
�3 � 37 �
� x ��
�
� 4 �
3
�
4 x �3
�
x
2
�
�
u  v  2 x  1  0 � 8 x  2 x  3  4 x  3 � � 2
�
4
�
8
x


22
x

12

0
�
x  2
�

10


3 � 37 �
�3
 ; 2;
.
Kết luận. Phương trình đã cho có nghiệm x ��
�
4
4
�
�
Bài toán 9. Giải phương trình
Lời giải

18 x  25
 8 x 2  10 x  5
2x  1

2 x �1
�
Điều kiện � 2
8 x  10 x  5 �0
�
Phương trình đã cho tương đương với
18 x  25  (2 x  1) 8 x 2  10 x  5
�  2 x  5   4 x 2  2 x  (2 x  1) (2 x  1)(2 x  5)  4 x 2  2 x .
2

Đặt 2 x  5  u; 8 x 2  10 x  5  v,(v �0) ta thu được
�
u 2  4 x 2  2 x  (2 x  1)v
uv
�
2
2
�
u

v

(2
x

1)(
v

u
)

�
�2
�
u  v  2x  1  0
v  4 x 2  2 x  (2 x  1)u
�
�
Xét các trường hợp
2 x �5
�
5 � 145
�
u  v � 2 x  5  8 x 2  10 x  5 � � 2
� x
.
4
8
x

10
x

30

0
�
�x �1
�
u  v  2 x  1  0 � 8 x 2  10 x  5  4 x  4 � � 2
8 x  22 x  21  0

�
(vô nghiệm)
5 � 145
Kết luận: Phương trình có nghiệm: x 
.
4
Bài toán 10. Giải phương trình 4 x 2  9 x  1   4 x  1 8 x 2  3x  1
Lời giải.
Điều kiện 8 x 2  3x  1 �0.
Phương trình đã cho tương đương với

 2 x  1

2

 5 x   4 x  1

 4 x  1  2 x  1  5 x .

Đặt 2 x  1  u; 8 x 2  3 x  1  v ta thu được hệ phương trình
�
u 2  5 x   4 x  1 v
uv
�
�
� u 2  v 2   4 x  1  v  u  � �
�2
u  v  1  4x
v  5 x   4 x  1 u
�

�

Xét hai trường hợp xảy ra

11


2 x  1 �0
�
�u  v � 2 x  1  8 x 2  3 x  1 � � 2
4 x  4 x  1  8 x 2  3x  1
�
� 1
�x �
�1
�
�� 2
� x �� ; 2�.
�4
�
4x2  7 x  2  0
�

�x �0
�u  v  1  4 x � 6 x  8 x 2  3 x  1 � � 2
36 x  8 x 2  3 x  1
�
�x �0
�� 2
(Hệ vô nghiệm).

�28 x  3x  1  0
1
Kết luận phương trình đã cho có hai nghiệm x  ; x  2.
4

Bài toán 11. Giải phương trình 4 x 2  19 x  6  x 2 x 2  4 x  3
Lời giải.
Điều kiện 2 x 2  4 x  3 �0.
2
Phương trình đã cho tương đương với  2 x  3  7 x  3  x x  2 x  3  7 x  3.
Đặt 2 x  3  u; 2 x 2  4 x  3  v ta thu được hệ phương trình
�
u 2  7 x  3  xv
uv
�
� u 2  v2  x  v  u  � �
�2
u  v  x
u  7 x  3  xu
�
�

Xét hai trường hợp xảy ra
2 x  3 �0
�
�u  v � 2 x  3  2 x 2  4 x  3 � � 2
4 x  12 x  9  2 x 2  4 x  3
�
3
�

�x �
��
� x  4  13.
2
2
�
2 x  16 x  6  0
�

�x �1
11  79
�u  v   x �  2 x 2  4 x  3  3x  3 � � 2
�x
.
7
7 x  22 x  6  0
�

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm như trên.
Nhận xét. Các bài toán trên các bạn có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn
phụ không hoàn toàn hoặc nhân liên hợp, nhưng cũng không đơn giản đòi hỏi
phải có nhiều kinh nghiệm và kĩ năng thật tốt mới giải quyết được.
Sau đây chúng ta sẽ tiếp tục làm phức tạp hóa bài toán lên, khiến cho các
phương pháp khác phải cực kì khó khăn.

12


Bài toán 12. Giải phương trình

x 2  9 x  10
 2 x3  7 x 2  4 x .
2 x 2  3x  3

Biến đổi PT về dạng: ( x  2)2  5 x  6  (2 x 2  3 x  3) (2 x 2  3x  3)( x  2)  (5 x  6)
�
�x  2  u
2
� (2 x  3 x  3)( x  2)  (5 x  6)  v

Đặt: �

�
u 2  5 x  6  (2 x 2  3 x  3)v
Ta thu được hệ: �2
v  5 x  6  (2 x 2  3x  3)u
�
uv
�

Giải hệ ta được: �
u  v  2 x 2  3x  3  0
�
Đến đây trở lại phép đặt, giải phương trình, đối chiếu điều kiện
x  1
�

ta tìm được nghiệm: �

x  1  3

�

9 x 2  29 x  26
 3 x3  8 x 2  15 x  14
Bài toán 13. Giải phương trình
2
x  x3

Biến đổi PT về dạng: (3x  5) 2  1  x  ( x 2  x  3) ( x 2  x  3)(3x  5)  (1  x)
3x  5  u
�
�
Đặt: � 2
� ( x  x  3)(3 x  5)  (1  x)  v
�
u 2  1  x  ( x 2  x  3)v
�
Ta thu được hệ: �2
v  1  x  ( x 2  x  3)u
�
uv
�

Giải hệ ta được: �
u  v  x2  x  3  0
�
Đến đây trở lại phép đặt, giải phương trình, đối chiếu điều kiện
x  1
�
�

ta tìm được nghiệm: � 2 � 37
x
�
3

Bài toán 14. Giải phương trình

x2  x  4
 2 x3  7 x 2  4 x  16
2 x2  x  1

Biến đổi PT về dạng: ( x  4)2  7 x  12  (2 x 2  x  1) (2 x2  x  1)( x  4)  (7 x  12)
�
�x  4  u
Đặt: � 2
� (2 x  x  1)( x  4)  (7 x  12)  v
�
u 2  7 x  12  (2 x 2  x  1)v
�
Ta thu được hệ: �2
v  7 x  12  (2 x 2  x  1)u
�
13


uv
�

Giải hệ ta được: �
u  v  2x2  x  1  0

�
Đến đây trở lại phép đặt, giải phương trình, đối chiếu điều kiện
x0
�
ta tìm được nghiệm: �
3 � 17
�
x
�
2

Bài toán 15. Giải phương trình

x 2  10 x  3
 x3  4 x 2  9
x2  x  1

Biến đổi PT về dạng: ( x  3)2  4 x  6  ( x 2  x  1) ( x 2  x  1)( x  3)  (4 x  6)
�
�x  3  u
2
� ( x  x  1)( x  3)  (4 x  1)  v

Đặt: �

�
u 2  4 x  1  ( x 2  x  1)v
Ta thu được hệ: �2
v  4 x  1  ( x 2  x  1)u
�

uv
�

Giải hệ ta được: �
u  v  x2  x  1  0
�
Đến đây trở lại phép đặt, giải phương trình, đối chiếu điều kiện
x0
�
�
ta tìm được nghiệm: � 3  33
x
�
2

14


BÀI TẬP THAM KHẢO.
1. Giải phương trình: 2 x 2  4 x 
2. Giải phương trình:

x3
2

4 x  9  3  2 x  1  2 x 2

3. Giải phương trình: 4 x 2  7 x  1  2 x  2
4. Giải phương trình:

3
 x 1
( x  1)(2 x  3)  6

5. Giải phương trình: x 2  3   x  1 x 2  x  3
2 x2  x  1
2
6. Giải phương trình:
6x  5

7. Giải phương trình: 9 x 2  5 x   2  x  3x 2  8x  3
8. Giải phương trình: 8 x 2  11x  1   x  1 4 x 2  6 x  5
9. Giải phương trình: x 

24
 5  x2  7 x  8
x
5
x

10.Giải phương trình: 2(2 x  )  2 2 x 2  7 x  9
5
x

11.Giải phương trình: 2(2 x  3  )  2 x 2  9 x  11
12.Giải phương trình: 9 x 

10
 5  2 2 x 2  3x  9
x

13.Giải phương trình: 9 x 

13
 18  9 x 2  1
x

14.Giải phương trình: 4( x 2  x  12)   x  3 2 x 2  10 x  48
15


15.Giải phương trình: ( x  1)( x  2)  18   3x  1 ( x  2)(3x  10)
16.Giải phương trình: 18 x 
17.Giải phương trình:

13
 18  9 4 x 2  1
2x

8x2  2 x  1
2
12 x  5

18.Giải phương trình: 2 x  13  (2 x  4) 2(2 x  1)(2x  3)
19.Giải phương trình:

3
 5x  1
(5 x  1)(10 x  3)  6

20.Giải phương trình: ( x  1)2  27   x  3 ( x  2)(x  9)
21.Giải phương trình: x  11  x ( x  1)(2x  7)
22.Giải phương trình: x  13  ( x  4) 2( x  1)(x  3)
23.Giải phương trình: x  11  ( x  3) ( x  1)(2x  7)
24.Giải phương trình: x 2  3x  33  ( x  5) 2( x  5)(x  7)
25.Giải phương trình: x 2  x  6   x 2  2  x3  x 2  5x  3
26.Giải phương trình:
27.Giải phương trình:
28.Giải phương trình:
29.Giải phương trình:
30.Giải phương trình:
31.Giải phương trình:
32.Giải phương trình:
33.Giải phương trình:

x 3
x  x  4x  5
3

2

 x2  1  0

13 x 2  26 x  29
x  3 x  8 x  10
3

2

4x 2  8 x  18

2 x  x  x  27
3

2

4x 2  3 x  2
2 x  x  8x
3

2

3x  2 x  x  10
2

 x2  x

 x2  x  1

9x 2  4 x  9
3

 x2  6x  6

 x2  x

6
x  4 x  8x  3  1
3

2

2 x  10
x  3x  7 x  5  1
3

2

2 x  10
x  3x  7 x  5  1
3

2

 x2  x
 x2  3
 x2  3

16


34.Giải phương trình:
35.Giải phương trình:
36.Giải phương trình:
37.Giải phương trình:

3x  7
x  x  2x  3
3

2

 x2  4

5x
x  4 x  5 x  21
3

2

8x
x  2x  4 x  8
3

2

 x2  x  2

13 x 2  16
x  6 x  17 x  2
3

2

 x2  4  0

 x2  4x  5

PHẦN 3. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ KẾT LUẬN
Kết quả đạt được của sáng kiến kinh nghiệm
Với phương pháp trên tôi đã tổ chức cho học sinh tiếp nhận bài học một cách

chủ động, tích cực, tất cả các em đều hứng thú học tập thực sự và hăng hái làm
bài tập giao về nhà tương tự. Phương pháp dạy học trên đây dựa vào các nguyên
tắc:
 Đảm bảo tính khoa học chính xác
 Đảm bảo tính lôgic
 Đảm bảo tính sư phạm
 Đảm bảo tính hiệu quả
Khi trình bày tôi đã chú ý đến phương diện sau:
 Phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh
 Phát huy được năng lực tư duy toán học của học sinh
Qua thực tế giảng dạy các lớp chuyên đề của trường THPT Dương Quảng Hàm.
Các em rất hào hứng và sôi nổi trong việc đề xuất cách mới và bài toán mới. Cụ
thể kiểm tra khảo sát chất lượng học sinh khối 10 năm học 2015-2016 trước và
sau khi áp dụng sáng kiến như sau:
Tổng số học sinh Trước khi áp dụng SKKN
Yếu
120 Số lượng

Kém
18

TB
48

Sau khi áp dụng SKKN

Khá Giỏi

Yêú

TB

Khá Giỏi

45

Kém
6

34

60

9

20
17


%

15,0

40

37,5 7,5

5,0

28,3 50,0 16,7

Một số kiến nghị đề xuất.
Về phía giáo viên: Tích cực trau dồi chuyên môn nghiệp vụ, trao đổi kinh
nghiệm, kiến thức, phương pháp không chỉ ở trong trường mà mở rộng ra cụm
trường trong tỉnh và các tỉnh xung quanh, càng trao đổi nhiều thì mình càng thu
được nhiều.
Về phía lãnh đạo nhà trường. Tăng cường động viên, khích lệ, khen thưởng
đối với những đồng chí GV trẻ, có năng lực chuyên môn tốt tích cực viết sáng
kiến , trao đổi kinh nghiệm với các thầy cô đi trước để nhanh chóng trưởng
thành.
Về phía Sở Giáo dục. Sau khi chấm sáng kiến những SKKN nào được giải A,
B, gửi về cho các trường tham khảo, học hỏi kinh nghiệm. Tổ chức cho tác giả
SKKN loại A báo cáo SKKN của mình để các tổ chuyên môn của các trường đi
dự và học tập.

18


KẾT LUẬN.
Nếu học sinh được biết một phương pháp mới có hiệu quả thì các em sẽ tự
tin hơn trong giải quyết các bài toán dạng này và dạng tương tự. Tuy nhiên mỗi
bài toán có nhiều cách giải , phương pháp giải này có thể dài hơn các phương
pháp khác nhưng nó lại có đường lối nhận biết rõ ràng dễ tiếp cận hơn các
phương pháp khác. Hoặc là tiền đề cho ta sáng tạo một dạng bài tập khác. Từ
một bài toán thi đại học tôi đã đào sâu suy nghĩ đưa ra được nhiều cách giải và
mở rộng thành nhiều bài toán khác độ khó tăng lên rõ rệt. Đó chính là cái hay,
cái đẹp của toán học, khiến người ta say mê toán học.

19

TÀI LIỆU THAM KHẢO.
- Đề thi tuyển sinh vào Đại Học các năm từ 2001 đến 2015.
- Chuyên đề phương trình, hệ phương trình của thạc sỹ Lê Văn Đoàn.
- Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 của nhiều trường THPT .

20


MỤC LỤC
TRANG

PHẦN 1. PHẦN MỞ ĐẦU
1
1. Lý do chọn đề tài
1
2. Mục đích nghiên cứu
1
3. Đối tượng nghiên cứu
2
4. Phương pháp nghiên cứu
2
5. Kế hoạch nghiên cứu
2
21


PHẦN 2. NỘI DUNG
3
1. Một số ví dụ minh họa

3
2. Bài tập tham khảo
15
PHẦN 3. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ KẾT LUẬN
17
TÀI LIỆU THAM KHẢO
20

22