skkn sử dụng tính đồng bậc trong giải các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

MỤC LỤC
NỘI DUNG
1.MỞ ĐẦU.……………………………………………………......
1.1 Lý do chọn đề tài ………………………………………...
1.2. Mục đích nghiên cứu…………………………………….
1.3. Đối tượng nghiên cứu……………………………………
1.4. Phương pháp nghiên cứu………………………………
2.NỘI DUNG …………………………………………………….
2.1. Cơ sở lý luận……………………………………………
2.2 Thực trạng vấn đề…………………………………………
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện…………………………..
2. 4. Nội dung đề tài…………………………………………..
2. 4.1. Sử dụng tính đồng bậc trong giải phương trình………
2.4.2. Sử dụng tính đồng bậc trong giải bất phương trình……
2.4.3. Sử dụng tính đồng bậc trong giải hệ phương trình……
2.4.4. Hiệu quả của đề tài…………………………………….
3.KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.……………………………………
3.1. Kết luận………………………………………………….
3.2. Kiến nghị…………………………………………………
TÀI LIỆU THAM KHẢO.

Trang
2
2
2
2
2
3
3
3
3

4
4
11
17
22
23
23
23


1. MỞ ĐẦU
1. 1. Lý do chọn đề tài
Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình là những nội dung cơ bản
của chương trình toán THPT và là một phần trong các nội dung của đề thi vào
Đại học, cao đẳng hằng năm trước đây cũng như thi THPT Quốc gia hiện nay.
Chính vì vậy các bài toán về phần này rất đa dạng và phong phú. Trong quá trình
học, học sinh cũng đã được trang bị những phương pháp và kỹ năng để giải các
bài toán về phần này. Tuy nhiên với thời lượng còn hạn chế, nên các em đang
còn lúng túng khi gặp những bài toán có vẻ “lạ” cần phải tư duy. Để giúp các em
học sinh làm tốt về phần này, không còn ngại khi gặp những bài toán về giải
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình như thế, trong bài viết này, dựa
trên kinh nghiệm giảng dạy và ôn luyện, tôi xin đưa ra một hướng để giải quyết,
đó là sử dụng tính đồng bậc để giải, mà cơ sở ở đây là việc đưa về phương trình
đẳng cấp đối với các ẩn. Từ đó giúp học sinh có tư duy sáng tạo, không còn lúng
túng khi vận dụng các kiến thức để giải các bài toán về giải phương trình, bất
phương trình, hệ phương trình. Vì vậy tôi lựa chọn đề tài nghiên cứu: “sử dụng
tính đồng bậc trong giải các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Cho học sinh thấy việc vận dụng tính đồng bậc trong nhiều bài toán nó như

một chiếc chìa khóa để giúp chúng ta mở được “nút thắt” của bài toán, từ đó vận
dụng các kiến thức toán học để giải quyết trọn vẹn bài toán. Tất nhiên trong quá
trình giải một bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình ta
còn phải vận dụng các phương pháp khác nữa như: đặt ẩn phụ, nhân liên hợp,
phương pháp hàm số…,nhất là “sử dụng phương pháp hàm số trong giải các
bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình”, đây cũng là một
đề tài SKKN mà tác giả đã đạt giải cấp ngành. Việc sử dụng tính đồng bậc của
các ẩn để giải toán, trong nhiều trường hợp, ta giải quyết được các bài toán
tưởng như khó, phức tạp.
Tạo cho học sinh nâng cao khả năng tư duy, hứng thú, bồi dưỡng niềm đam
mê toán học cho các em học sinh.
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh THPT ở các khối, lớp 10, 11,
12 được phân công giảng dạy, sau khi các em đã được học về phần hàm số,
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và các tính chất về đa thức.
Phạm vi nghiên cứu của đề tài là các bài toán về giải phương trình, bất
phương trình, hệ phương trình nằm trong chương trình toán phổ thông.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phối hợp các phương pháp trong đó chủ yếu là phương pháp:
Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết : Dựa trên cơ sở kiến
thức sách giáo khoa, đề thi kiểm tra kiến thức Đại học, Cao đẳng trước đây và đề
thi kiểm tra kiến thức THPT Quốc Gia hiện nay. Tài liệu tham khảo có liên quan

2


đến đề tài, rèn luyện kĩ năng phân tích, nhận dạng và áp dụng lí thuyết vào bài
toán cụ thể.
Phương pháp thực hành: Soạn và ra hệ thống bài tập theo chuyên đề,
tiến hành thực nghiệm tại lớp 12A3, 10A2 năm học 2016 - 2017 và lớp11A2,

10A3 năm học 2017 - 2018.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
2.1. Cơ sở lý luận.
Trong chương trình phổ thông, phương trình, bất phương trình, hệ phương
trình là những nội dung cơ bản của toán học. Việc rèn luyện cho học sinh vận
dụng các phương pháp không những để giải các bài toán đó mà còn là công cụ
để các em tiếp thu và giải quyết những vấn đề toán học khác. Trong bài viết này
tôi đưa ra việc sử dụng tính đồng bậc của các ẩn trong các bài toán về giải
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình. Thông qua đó nhằm giúp các
em nắm vững các kiến thức, đồng thời rèn luyện kỹ năng vận dụng linh hoạt các
phương pháp để giải các bài toán trong khuôn khổ chương trình.
2.2. Thực trạng của vấn đề.
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy, khi giải các bài toán về phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình, học sinh thường không hay nghĩ đến
phương pháp sử dụng tính đồng bậc của các ẩn mà hay sử dụng phương pháp
khác. Điều này có lí do từ việc các em đã làm quen với những phép biến đổi ở
lớp dưới. Mặt khác trong chương trình phổ thông, phương pháp sử dụng tính
đồng bậc cũng được đề cập, song học sinh chưa nắm được một cách tự nhiên,
xem qua rồi lại quên, chưa có tư duy, kỹ năng vận dụng linh hoạt vào các bài
toán khác. Nguyên nhân cơ bản là do học sinh chưa nắm vững các tính chất về
hàm số, về đa thức, về các biểu thức đồng bậc của các ẩn cũng như việc vận
dụng tính chất đó trong giải toán, đồng thời các em chưa phân biệt được rõ ràng
các dạng bài tập để lựa chọn công cụ, phương pháp giải toán thích hợp, nhất là
dạng toán liên quan đến tính đồng bậc của các ẩn.
Chính vì những lí do trên, trong quá trình dạy học tôi đã cố gắng trình
bày, phân dạng và hệ thống các bài tập về phần này để các em có kỹ năng có thể
vận dụng một cách tự nhiên vào việc giải các bài toán.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
Để thực hiện đề tài, tôi phân chia thành hệ thống các bài tập có sử dụng
phương pháp đồng bậc để giải, tương ứng với mỗi phần có chỉ ra cơ sở lý thuyết

để vận dụng.
Tiến hành xen kẽ hướng dẫn học sinh trong khi chữa bài tập trên lớp cũng như
trong các tiết học tự chọn. Khi gặp bài toán có thể sử dụng được tính đồng bậc
thì giáo viên cần hướng dẫn để các em học sinh sử dụng các phương pháp khác,
từ đó so sánh và rút ra kết luận.
Các bài tập giải bằng phương pháp sử dụng tính đồng bậc của các ẩn trong
nhiều trường hợp được giải quyết ngắn gọn, trong sáng, tự nhiên, tạo cho học
sinh hứng thú tự tin trong học tập.
3


Các bài tập được đề cập bắt nguồn từ sách giáo khoa, sách bài tập, trong các
đề thi Đại học, Cao đẳng trước đây, đề thi học sinh giỏi tỉnh. Các bài toán trong
các đề kiểm tra kiến thức THPT Quốc gia hiện nay được lựa chọn theo hướng cơ
bản, có những kiến thức, những nhận xét để khai thác, khắc sâu.
2.4. Nội dung đề tài
“Sử dụng tính đồng bậc trong giải các bài toán về phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình”.
* Cơ sở lý thuyết. Các vấn đề được nêu trong đề tài đều xét trên tập số thực.
+) Định nghĩa: - Đa thức bậc n ( n ��), ẩn x là biểu thức dạng
P( x)  an x n  an 1 x n 1  ...  a2 x 2  a1 x1  a0 . (ai ��) , ai các hệ số.
- Giá trị P( x)  an x n  an1 x n 1  ...  a2 x 2  a1 x1  a0 . (ai ��) x0 gọi là nghiệm
của P(x) nếu P(x0) = 0.
( P( x)  an x n  an1 x n 1  ...  a2 x 2  a1 x1  a0 . (ai ��) còn gọi là hàm đa thức)
+) Một số kết quả:
- Nếu tổng các hệ số am  an 1  ...  a1  a0  0 thì P(x) có nghiệm x0 = 1.
- Nếu tổng các hệ số của x với số mũ chẵn( n  0, 2, 4... ) bằng tổng các hệ số
của x với số mũ lẻ( n  1,3,5... ) thì P(x) có nghiệm x0 = -1.
- Nếu P( x)  an x n  an1 x n 1  ...  a2 x 2  a1 x1  a0 . (ai ��) có nghiệm x0 thì P(x)
có sự phân tích P(x)= (x - x0).Q(x). Trong đó để tìm Q(x) ta có thể thực hiện

phép chia đa thức P(x) cho (x - x0) hoặc tìm các hệ số của Q(x) bằng sử dụng sơ
đồ Hooc-nơ.
+) Biểu thức đồng bậc n theo hai biến
- Cho hai biến thực x, y. Biểu thức dạng
F( x; y )  an x n  an 1 x n 1. y  ...  ak x k . y n  k  ...  a2 x 2 . y n  2  a1x1. y n 1  a0 y n .

(ai ��)

Gọi là đồng bậc n.
- Chẳng hạn: F ( x; y )  3 x 2  2 xy  5 y 2 gọi là đồng bậc hai hai ẩn x và y.
F ( x; y )   x3  2 x 2 y  5 xy 2  y 3 gọi là đồng bậc ba hai ẩn x và y.
+) Phương trình đồng bậc n theo hai biến x, y
n
n 1
k
nk
1 n 1
n
Dạng an x  an 1 x . y  ...  ak x . y  ...  a1 x . y  a0 y  0 (an �0; ai ��)
Còn gọi là phương trình thuần nhất bậc n theo hai biến x, y hay phương
trình đẳng cấp bậc n.
2.4.1. Sử dụng tính đồng bậc trong giải phương trình.
Ta thực hiện theo hai hướng sau
Hướng 1: - Chuyển phương trình về dạng thuần nhất bậc n theo hai biến x, y
an x n  an 1 x n 1. y  ...  ak x k . y n  k  ...  a1 x1. y n 1  a0 y n  0 (1) (an �0; ai ��)

- Với y = 0 thay vào (1) xét trực tiếp.
- Với y � 0 chia hai vế của phương trình (1) cho y n ta được phương
x

trình đa thức ẩn t = y bậc n

4


n 1

n

k

1

�x �
�x �
�x �
�x �
an � � an 1 � �  ...  ak � � ...  a1 � � a0  0 (2) (an �0; ai ��)
�y �
�y �
�y �
�y �

Hướng 2: - Chuyển phương trình về dạng thuần nhất bậc n theo hai biến A, B
an An  an1 An 1.B ...  ak Ak .B n k  ...  a1 A1.B n 1  a0 B n  0 (1) (an �0; ai ��)

trong đó A, B là các biểu thức chứa biến.
- Với B = 0 thay vào (1) xét trực tiếp.
- Với B � 0 chia hai vế của phương trình (1) cho B n ta được phương
trình đa thức ẩn t =

A
bậc n.
B

n 1

n

k

1

�A �
�A �
�A �
�A �
an � � an 1 � �  ...  ak � � ...  a1 � � a0  0 (2) ( an �0; ai ��)
�B �
�B �
�B �
�B �

Nhận xét: - Ta cũng có thể xét A � 0 rồi chia hai vế của (1) cho An ta được
phương trình đa thức bậc n ẩn t =

B
.
A

- Trong các bài toán thường ta hay gặp đưa về phương trình bậc hai hoặc bậc
ba.
Bài toán 1:
Giải phương trình: ( x  4)2  6 x3  3x  13
Giải: Điều kiện: x3 �۳
3x 0
x 0.
Phương trình tương tương với x 2  8 x  3  6 x3  3x  0
� ( x 2  3)  6 x . x 2  3  8 x  0 (1)
Do x = 0 không là nghiệm của phương trình (1) nên chia hai vế của (1)
3
x

3
x

cho x  0 ta được x   6 x   8  0
3
x

3
x
2
t  6t  8  0 � t = 2 hoặc t = 4 (thỏa mãn)
3
+) Với t = 2 ta có x   2 � x  1, x  3 .
x
3
+) Với t = 4 ta có x   4 � x  8  61, x  8  61 .
x

Vậy phương trình có 4 nghiệm x  1, x  3 , x  8  61, x  8  61

Đặt x   t , t � 2 x.  2 3  4 12 ta được phương trình bậc hai ẩn t

Nhận xét: - Ở phương trình đã cho ta đã biến đổi về dạng thuần nhất bậc hai
đối với hai biểu thức chứa ẩn là x 2  3 và x .
- Đối với phương trình đồng bậc hai theo hai biến A, B là a2 . A2  a1 A.B  a0 B 2  0
ta có thể xét A �0 để chia hai vế cho A2 hoặc xét B � 0 rồi chia hai vế cho B 2 ,
hoặc xét A.B � 0 rồi chia hai vế cho A.B ta cũng đưa về phương trình bậc hai
một ẩn.
Trang này bài toán 1, tác giả tham khảo từ TLTK số 2.
5


x 1  x  2  2x  x2
Bài toán 2:
Giải phương trình:
Giải: Điều kiện: x �1
Phương trình tương tương với x 1  x  2(1  x)  x 2  0 (2)
Do x = 0 không là nghiệm của phương trình (2) nên chia hai vế của (2) cho

x2 ta được

1 x
1 x
 2 2 1  0
x
x

1

1 x
, ta có 2t2 + t – 1 = 0 � t = - 1, t =
2
x
1 x
1  5
+) Với t = - 1 ta có
= - 1 � 1  x   x � 1  x  x 2 , ( x  0) � x 
x
2
1
1 x 1
+) Với t =
ta có
= � 2 1 x  x
2
2
x

Đặt t =

� 4  4 x  x 2 , (0  x �1) � x  2 2  2

Vậy phương trình có 2 nghiêm x 

1  5
, x  2 2 2
2

Nhận xét: -.Ta đưa phương trình đã cho về dạng thuần nhất bậc hai đối với

hai biểu thức chứa ẩn là 1  x và x
Bài toán 3:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm
(2 x x  1) 2  8 x((2 x x  1)  (1  m) x 2  0 (1)
Giải: Điều kiện: x �0.
+) Có x = 0 không là nghiệm của phương trình với mọi m.
+) Với x > 0, chia hai vế của phương trình cho x2 ta được
2

1� �
1�
�
2 x  � 8 �
2 x  � 1  m  0 (2)
�
x� �
x�
�
1�
1
1
�
3 t 3
Đặt �2 x  �= t, theo bất đẳng thức Cô Si 2 x  �x x
x�
x
x
�
Bài toán trở thành tìm m để phương trình t 2  8t  1  m  0 có nghiệm t �3
Hay t 2  8t  1  m (3) có nghiệm t �3 .

Số nghiệm của phương trình (3) là số giao điểm của đường thẳng y = m và
parabol y = t 2  8t  1 . Từ bảng biến thiên của y = f(t) = t 2  8t  1 , t �3
t
3
4
+�
f(t) -14
+�
- 15
Từ bảng biến thiên để phương trình t 2  8t  1  m (3)có nghiệm t �3 � m �- 15
Nhận xét: - phương trình đã cho dạng đồng bậc hai đối với hai biểu thức
chứa ẩn là 2 x x  1 và x.
- Khi giải bài toán có chứa tham số trên ta đã sử dụng đặc điểm của parabol
Trang này bài toán 2, tác giả tham khảo từ TLTK số 2; bài toán 2 tham khảo từ TLTK số 1

6


Bài toán 4:
Tìm giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 4 nghiệm thực
(1)
m( x  4) x 2  2  5 x 2  8 x  24
Giải: Điều kiện x ��.
Phương trình tương đương với m( x  4) x 2  2  ( x  4)2  4( x 2  2)
(2)
+) Có x = - 4 không là nghiệm của phương trình với mọi m.
+) Với x � - 4, chia hai vế (2) cho ( x  4) x 2  2 ta được
m
x4

- Đặt t =
f '( x ) 

x2  2
2  4x

x2  2

x2  2
x4

4

2

; f '( x)  0 � x 

x4
x2  2

,

1
2

x4

Bảng bảng biến thiên của t = f(x) =
x

(3)

, xét hàm số t = f(x) =

( x  2) x  2
2

x4

x2  2
1
2

-�

f’(x
)
f(x)

+

+�

0

-

3
1

-1

Từ bảng biến thiên t = f(x) =

x4

có -1 < t �3

x2  2

4
t

- Phương trình (3) trở thành m  t  ,

-

(4) với -1 < t �3

1
t2  4
g
(
t
)

t

�
f

'(
t
)

; f '(t )  0 � t  2
xét hàm số
, -1 < t 3 ;
t
t2
1
Bảng biến thiên của g (t )  t  , -1 < t �3
t

t
f’(t)
f(t)

-1

0

1

-

2
+

3

+�
13
3

5
4

-5
-�
- +) Từ bảng biến thiên của t = f(x) =
t �(1;3) có 2 giá trị của x phân biệt.

x4
x2  2

ta thấy ứng với mỗi giá trị của

7


Bài toán 4 tham khảo từ TLTK số 1

Vậy để (3) có đúng 4 nghiệm x thì (4) có 2 nghiệm t phân biệt t �(1;3) .
1
t

Từ bảng biến thiên của g (t )  t  , -1 < t �3
ta có giá trị cần tìm của m là 4 < m <

13

3

Nhận xét: - Để có sự phân tích thành phương trình (2) đồng bậc ta đặt
�a  b  5
�a  1
�
2
2
8a  8
��
5 x 2  8 x  24 = a ( x  4)  b( x  2) đồng nhất hai vế ta có hệ �
b4
�
�
16a  2b  24
�

- Để giải quyết bài toán ta còn sử dụng công cụ đạo hàm và tính chất hàm
số.
Bài toán 5:
Giải phương trình: 2( x 2  x  6)  5 x 3  8
Giải: Điều kiện x �2 . phương trình tương đương với
2( x 2  2 x  4)  x 2  2 x  4. x  2  2( x  2)  0 (*)
+) x = - 2 không là nghiệm của phương trình.
+) x > - 2, chia hai vế của (*) cho x + 2 ta được
x2  2x  4
x2  2x  4
2
5
20

x2
x2

Đặt t =

1
x2  2x  4
, t > 0 ta có 2t 2  5t  2  0 � t = 2, t =
2
x2

- Với t = 2 ta có
- Với t =

1
ta có
2

x2  2x  4
= 2 � x 2  6 x  4  0 � x  3 � 13 (tmdk )
x2
2
1
x  2x  4
= � 4 x 2  9 x  14  0 vô nghiệm
2
x2

Nhận xét: -Để có phân tích trên ta biến đổi 2( x 2  x  6)  a ( x 2  2 x  4)  b(x  2) ,
từ đó đồng nhất các hệ số hai vế ta được a = 2 và b = 2.

- Ta cũng có thể giải cách khác, sau khi biến đổi về phương trình (*), đặt
u = x 2  2 x  4 , v = x  2 rồi phân tích thành nhân tử theo hai biến u, v.
Bài toán 6:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực
(Đại học khối A- 2007)
3 x 1  m x  1  2 4 x2 1
Giải: Điều kiện x �1. phương trình tương đương với
3( 4 x  1) 2  m( 4 x  1) 2  2 4 x  1. 4 x  1

Chia hai vế của phương trình cho ( 4 x  1)2 ta được
x 1
x 1
 24
 m (1)
x 1
x 1
x 1
Đặt t  4
, khi đó (1) trở thành 3t 2  2t  m (2)
x 1
3

8


Trang này bài toán 5, tác giả tham khảo từ TLTK số 1
x 1 4
2
 1
và 0 �t  1 .

x 1
x 1
Xét hàm số f(t) = 3t 2  2t , 0 �t  1 ta có bảng biến thiên
1
t
0
3
1
f(t)
3

Vì t  4

0

1

-1

Từ bảng biến thiên để phương trình đã cho có nghiệm
1
� (2) có nghiệm 0 �t  1 � 1  m �
3

Nhận xét: Nhận thấy phương trình đã cho là đồng bậc hai đối với 4 x  1 và
4
x  1 , ngoài ra ta sử dụng bảng biến thiên của hàm bậc hai để tìm điều kiện
của m.
Bài toán 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực
2 x  3  (2  2m) x  3  (m  1) x 2  9

���
9 0 
( x 3)( x 3) 0
Giải: Điều kiện: x 2 �
Phương trình tương đương với

x

3 hoăc x �3

2 x  3  (2  2m) x  3  (m  1) x  3 x  3 (1)

+) x = 3 không là nghiệm của phương trình (1)
+) x �3 chia hai vế của (1) cho x  3 ta có
2

x3
x3
 2  2m  (m  1)
x3
x3

Đặt

(2)

x3
6
= 1
= t, (0 �t �1). Khi đó (2) trở thành

x 3
x3
2t 2  2  2m  (m  1)t � 2t 2  t  2  (t  2) m

2t 2  t  2
, (0 �t �1). (3)
t2
2t 2  t  2
Xét hàm số f (t ) 
, với t � 0; � ; f(t) liên tục trên  0; � , ta có
t2
2t 2  8t
f '(t ) 
�0, t � 0; � và lim f (t )  � nên f(t) đồng biến trên  0; � .
2
x ��
 t  2
�m

Vậy phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi (3) có nghiệm 0 �t �1
m �1
�
m �f (t  0)
�
�
��
�� 5
m �(t  1)
m�
�

�
� 3

9


Trang này bài toán 7, tác giả tham khảo từ TLTK số 1

Nhận xét: Nhận thấy phương trình đã cho là đồng bậc hai đối với

x  1 và,

x  1 ngoài ra ta sử dụng sử dụng công cụ đạo hàm và tính chất hàm số để

giải quyết bài toán.
Bài toán 8:
Giải phương trình: 4sin 3 x  2 cos3 x  3sin x  0 (1)
Giải:
4sin 3 x  2 cos3 x  3sin x  0
� 4sin 3 x  2 cos 3 x  3sin x(sin 2 x  cos 2 x)  0

� sin 3 x  s inx.cos 2 x  2 cos 3 x  0 (2)
- Với cosx = 0 từ (2) có sinx = 0 vô nghiệm, vì sin 2 x  cos 2 x = 1 x .
- Với cosx � 0, chia hai vế của (2) cho cos3 x ta được
tan 3 x  3 tan x  2  0
� (tanx-1)(tan 2 x  tanx  2)  0
� 
tan x  1
x   k .
�

�� 4
�
�
tan x  2
�
x  arctan(2)  k .
�

Nhận xét: - từ phương trình (1) ta đã đưa về phương trình đồng bậc ba đối với
sinx và cosx.
- phương trình đồng bậc hai hoặc bậc ba đối với sinx và cosx:
+ ) Là phương trình có dạng :
�
a sin 2 x  b cos 2 x  c sin x cos x  0
� 3
a.sin x  b sin 2 x cos x  c sin x cos 2 x  d cos3 x  0
�

+) Cách giải: - Nhận xét : cosx = 0 có là nghiệm hay không . Nếu là
nghiệm , giải viết nghiệm .
- Khi cosx �0. Ta chia hai vế của phương trình cho cosx (với lũy
thừa bạc cao nhất).Chuyển phương trình đã cho thành phương trình chứa một
hàm số lượng giác tanx. Sau đó đặt t=tanx
- Phương trình đã cho trở thành dạng f(t) = 0 ( Bậc hai , bậc ba đối với
t)
�
a sin 2 x  b cos2 x  c sin x cos x  d  0
- phương trình � 3
a.sin x  b sin 2 x cos x  c sin x cos 2 x  d cos3 x  e sin x  f cos x  0
�

chuyển về đồng bậc hai hoặc bậc ba đối với sinx và cosx bằng cách biến đổi
�
a sin 2 x  b cos 2 x  c sin x cos x  d (sin 2 x  cos 2 x)  0
� 3
a.sin x  b sin 2 x cos x  c sin x cos2 x  d cos3 x  e sin x (sin 2 x  cos 2 x)  f cos x(sin 2 x  cos2 x )  0
�
�
( a  d ) sin 2 x  (b  d ) cos 2 x  c sin x cos x  0
� �
(a+e)sin 3 x  (b  f ) sin 2 x cos x  (c  e)sin x cos 2 x  (d  f ) cos 3 x  0
�

10


Trang này bài toán 8, tác giả tham khảo từ TLTK số 1

*.Các bài tập vận dụng
Giải các phương trình sau
1) 4 x 2  12 x 1  x  27(1  x )
2) x 2  4 x  11  (2 x  3) x 2  9
3) (4 x  1) x 2  1  18 x 2  8x  3
4) 4 x 2  3 x 4  x 2  3x  4
5) 2 x 2  5 x  1  7 x 3  1
6) 10 x3  8  3( x 2  x  6)
7) 3x 2 x  1  2( x  1) 2
8) sin 3 x  3cos3 x  s inxcos 2 x  3 sin 2 x cos x
9) cos3 x  4sin 3 x  3cos x sin 2 x  s inx=0
 3x

 x
10) sin(  )  3sin(  )
4 2
4 2

11) Tìm m để phương trình sau có nghiệm
x  2  2 4 x2  2x  m x  0

12) Tìm m để phương trình sau có nghiệm
m( x  2  2 4 x 2  4)  x  2  2 4 x 2  4

13) Tìm m để phương trình x 2  m( x  1)  6 x x  1
có bốn nghiệm thực phân biệt
14) Tìm m để phương trình sau có nghiệm
x  1  3 x  2  4m 4 x 2  3 x  2  m x  2  0

15) Tìm giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm thực
m( x  4) x 2  2  5 x 2  8 x  24

2.4.2. Sử tính đồng bậc trong giải bất phương trình.
Phương pháp chung
Chuyển bất phương trình về dạng thuần nhất bậc n theo hai biến A, B, chẳng
hạn
an An  an1 An 1.B ...  ak Ak .B n k  ...  a1 A1.B n 1  a0 B n  0 (1) (an �0; ai ��)

trong đó A, B là các biểu thức chứa biến.
- Với B = 0 thay vào (1) xét trực tiếp.
- Với B > 0 hoặc B < 0 chia hai vế của phương trình (1) cho B n , chẳng
hạn B > 0 ta được bất phương trình đa thức ẩn t =

A
bậc n.
B

11


n 1

n

k

1

�A �
�A �
�A �
�A �
an � � an 1 � �  ...  ak � � ...  a1 � � a0  0 (2) ( an �0; ai ��)
�B �
�B �
�B �
�B �

Nhận xét: - Ta cũng có thể xét A = 0, A <0, A > 0 rồi chia hai vế của (1) cho A n
ta được bất phương trình đa thức bậc n ẩn t =

B
.

A

- Trong các bài toán thường ta hay gặp đưa về bất phương trình bậc hai hoặc
bậc ba.
Bài toán 1: Giải bất phương trình: 3 x3  1 �2 x 2  3x  1
Giải: Điều kiện: x �1. Bất phương trình tương đương với
(*)
3 x  1. x 2  x  1 �( x  1)  2( x 2  x  1)
Do x 2  x  1  0x , chia hai vế của (*) cho x 2  x  1 ta được
x 1
x 1
�2
2
x  x 1 x  x 1

3.

2

(**)

x 1
+t 2 2 t 1, hoặc t �2
 t , t �0 , (**) trở thành 3t �+
x  x 1
x 1
�2 � x  1 �4( x 2  x  1) � 4 x 2  3 x  5 �0 vô nghiệm
+) 2 �t ta có 2
x  x 1
x 1

��
1 �
x 
1 ۳x 2 x 1 x 2
2 luôn đúng với mọi x
+) 0 �t �1 ta có 2
x  x 1
thỏa mãn điều kiện x �1. Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = [1; �] .

Đặt

2

Nhận xét: - Nếu sử dụng phương pháp khác thì sẽ thấy khó khăn. Ở đây ta làm
xuất hiện tích x  1. x 2  x  1 .
Từ đó phân tích 2 x 2  3x  1 = a(x – 1) + b( ( x 2  x  1) suy ra a =1; b = 2.Ta
chuyển bất phương trình về dạng đồng bậc hai đối với x  1 và x 2  x  1
Bài toán 2:
2
2
2
Giải bất phương trình: 92 x  x 1  34.152 x  x  252 x  x 1  0
Giải: Bất phương trình tương đương với
2
2
2
2
9.32(2 x  x )  34.32 x  x .52 x  x  25.52(2 x  x )  0 , chia hai vế cho 52(2 x  x )  0
2

2(2 x  x 2 )

ta có

�3 �
9. � �
�5 �

2 x x2

�3 �
 34. � �
�5 �

ta được t 2  34t  25  0 � t  1, t 

2 x  x2

�3 �
 25  0 , đặt t = � �
�5 �

,t>0

25
9

2 x  x2

3�

+) t < 1 � �
��
�5 �

< 1 � 2 x  x 2  0 � x �(0; 2)

2 x  x2

25
3
���
+) t >
�
�
9
5

>

25
� 2 x  x 2  2 � x �( �;1  3) �(1  3; �)
9

��
Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình S = (�;1  3) �(0; 2) �(1  3; �)
12


Trang này: bài toán 2, tác giả tham khảo từ TLTK số 3

Bài toán 3:
Giải bất phương trình:
3
2

2 x  3  2 x  2 �3 4 2 x 2  x  6

Điều kiện x � . Bất phương trình tương đương với

Giải:



4

2x  3



2

2



4

x2



2

�3. 4 2 x  3. 4 x  2

(*)

Với điều kiện trên chia hai vế của bất phương trình (*) cho
2

�4 2 x  3 �
�4 2 x  3 �

2
�
3.
�
�
�4 x  2 �
�
�4 x  2 �
� (**), đặt
�
�
�
�
2
t 
�3�
t 2 0 0 t 1 hoặc t �2 .



4



2

x  2 ta được

2x  3
= t �0, ta có (**) trở thành
4
x2

4

3
3
2x  3
x 3 x �
x 5
�1 �2�
2, ( x � )
2
2
x2
4
3

35
2x  3
x 3
�
16( x 2), ( x
)
x
�2 �2��
+) t �2 ta có 4
vô nghiệm.
2
14
x2
3 �
�
Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình S = � ;5�
2 �
�

+) 0 �t �1 ta có

4

4

Nhận xét: Dựa vào đặc điểm bài toán, ta biến đổi bất phương trình về dạng
thuần nhất bậc hai đối với 4 2 x  3; 4 x  2
Bài toán 4:
Giải bất phương trình: x3  (3x 2  4 x  4) x  1 �0
Giải: Tập xác định của bất phương trình D = [1; �)

Bất phương trình tương đương với
x 3  [3x 2  4( x  1)] x  1 �0 (1)
�y �0

Đặt y  x  1 � � 2

khi đó (1) trở thành

�y  x  1
x 3  (3x 2  4 y 2 ) y �0
(2)
+) y = 0 � x = -1 thay vào (1) thõa mãn. Vậy x = -1 là một nghiệm.
+) y > 0 � x > -1 chia hai vế của (2) cho y3 ta được
3

2

�x � �x �
� � 3 � � 4 �0
�y � �y �

(3).

x

Đặt t = y , ta có (3) trở thành

t3 �
3���
t 2 4 

0 �
(t 1)(t 2 4t 4) 0
t 1.
1  x  0
�
x
x
�
�1 � �
�x �0
Từ đó y �1 hay
x 1
�2
�
�x  x  1 �0
�

13


Trang này bài toán 3, bài toán 4, tác giả tham khảo từ TLTK số 1
1  x  0
�
�
�x �0
� �
�
�
�
1 5

1 5
�
�x �
�
� 2
2
�

1 5
� 1  x �
2

Kết luận: Từ hai trường hợp bất phương trình có tập nghiệm

�

1;
S= �
�

1 5 �
�
2 �

Nhận xét: Thông qua biến phụ ta thiết lập được bất phương trình đẳng cấp đối
với hai ẩn.
Bài toán 5:
Giải bất phương trình:
6( x 2  3 x  1)  x 4  x 2  1 �0 (Thi HSG tỉnh 2010 – 2011)
Giải: Điều kiện: x ��. Bất phương trình tương đương với

6( x 2  3 x  1)  ( x 2  1)2  x 2 �0
� 6( x 2  3 x  1)  ( x 2  x  1)( x 2  x  1) �0
� 2 6( x 2  x  1)  6( x 2  x  1)  ( x 2  x  1)( x 2  x  1) �0 (*)
Chia cả hai vế của (*) cho x 2  x  1 > 0 x ta được
2 6

x2  x  1
x2  x  1

6

�0 (**)
x2  x  1
x2  x  1

x2  x  1
= t > 0 ta được (**) trở thành
x2  x  1

Đặt

2 6t 2  t  6 �0 � 0  t �

6
4

x2  x  1
6 �   x2  x  1 3
� � 5 x 2  11x  5 �0
�

2
2
x  x 1 8
x  x 1
4
�
11  21 11  21 �
�   x ��
;
�
10
10
�
�
�
11  21 11  21 �
;
Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình: S = �
�
10
10
�
�
2
2
Nhận xét: Để có biến đổi trên ta đặt 6( x  3 x  1) = a( ( x  x  1) + b ( x 2  x  1)

Vậy

Từ đó tìm được a = 2 6 , b = - 6 .

Bài toán 6:
Tìm giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm đúng với mọi x
1
2

thõa mãn x � .

92 x

2

x

 2(m  1).62 x

2

x

 (m  1).42 x

2

x

�0

14

Trang này bài toán 5, tác giả tham khảo từ TLTK số 4; bài toán 6 tham khảo từ TLTK số 3
2
Giải: Điều kiện: x ��. Chia hai vế bất phương trình cho 42 x  x  0 ta có
2(2 x 2  x )

�3 �
��
�2 �

2 x2  x

�3 �
 2(m  1). � �
�2 �

 m  1 �0 (*)
1
2

Xét hàm số bậc hai f ( x)  2 x 2  x, x � ta có
x

-�

f(x)

+�



1
2

1
4

1
2

+�
+�

3
2

0
2 x2  x

1
3�
Vậy f ( x)  2 x 2  x �0,  x � , nên đặt t = �
�
�
2
�2 �
Khi đó (*) có dạng t 2  2(m  1)t  m  1 �0, t �1
� t 2  2t  1 �(2t  1)m, t �1
۳

0

�3 �
�� � 1
�2 �

t 2  2t  1
m , vì t �1 (**)
2t  1

Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình (**) thõa mãn với mọi t �1
2t (t  1)(t  2)
t 2  2t  1
, t �1
, t �1 , ta có f’(t) =
(2t  1) 2
2t  1
f’(t) = 0 � t  0 , do t �1. Ta có bảng biến thiên của f(t)

Xét hàm số f(t) =

t 1
f’(t
)
f(t) 4

2
0

-

+�
+
+�

3
Từ đó ta có giá trị nhỏ nhất của f(t) bằng 3. Vậy giá trị cần tìm của m là m �3.
Kết luận: m �3.
Nhận xét: Để giải trực tiếp bài toán thì ngoài việc sử dụng tính đồng bậc của
các biểu thức chứa ẩn ta còn sử dụng công cụ đạo hàm và tính biến thiên của
hàm số. Điều này đòi hỏi khả năng vận dụng linh hoạt các kiến thức của học
sinh.
Bài toán 7:
Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực
3
�
�x  mx  2 �0
�x
4  3.2 x  x  4
�
Giải: Điều kiện: x �0

x 1

�0

( Kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh 2012 – 2013)

15

3
�
�x  mx  2 �0 (1)
�2 x
2  3.2 x.2 x  4.22 x �0 (2)
�

Từ bất phương trình (2), chia hai vế cho 22 x > 0
ta được 22( x  x )  3.2 x  x  4 �0 (3)
(3) là bất phương trình bậc hai ẩn t = 2 x  x > 0,
ta có t 2  3t  4 �0 � 1 �t �4
Vậy 0 �t �4 hay 0 �2 x  x �4 � x  x �2 � x  x  2 �0
�0
� 1 � x �2 ۣ

x

4 (4)

Hệ bất phương trình có nghiệm � bất phương trình
x 3  mx  2 �0 (1) có nghiệm x � 0; 4
Với x = 0 thì (1) không thõa mãn.
Với x �(0; 4] , (1) có nghiệm thõa mãn x �(0; 4]
۳ m

2
 g ( x) có nghiệm x �(0; 4]
x
min g( x) , mà g ( x)  x 2  2  x 2  1  1 �3 (BĐT CôSi)
(0;4]

x
x x

x2 

۳ m

g( x) = g(1) = 3.
Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi x = 1 �(0; 4] . Vậy ۳ m min
(0;4]

Kết luận: hệ có nghiệm khi m �3.
Nhận xét: - Để giải bài toán trên, trước tiên ta phải giải bất phương trình đồng
bậc (2), từ đó kết hợp phương pháp hàm số để giải quyết bài toán.
*.Các bài tập vận dụng
Giải các bất phương trình sau
1) 2 x 2  5 x  1 �7 x3  1
2) x 2  8 x  3 �6 x3  3 x
3) 2 x 2  4 �5 x3  1
4) 2( x 2  3x  2)  3 x3  8
1

5) 2.3 x  x  9 x  2 �9 x
6) Tìm giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm thực
4

4

m.9 x  (2m  1).6 x  m.4 x �0

7) Tìm giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm đúng với
mọi x thõa mãn 1  x  2 .
2
2
2
m.9 x 3 x  2  6 x 3 x  2  16(1  m).4 x 3 x  0
8) Tìm giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm thực
x  2  4 x2  2x  m x  0

9) Tìm giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm thực
32 x  m.3 x 

x4

 9.9

x 4

0

16


10) Tìm giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm đúng với mọi
1
2

x thõa mãn x � .

m.9 2 x

2

x

 (2m  1).6 2 x

2

x

 m.4 2 x

2

x

�0

2.4.3 Sử dụng tính đồng bậc trong giải hệ phương trình
Phương pháp chung
Ta thực hiện theo các bước sau:
- Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức có trong hệ.
- Từ hệ phương trình, rút ra một phương trình đồng bậc của các ẩn hoặc các
biểu thức chứa ẩn.
- Từ phương trình đồng bậc rút ra hệ thức đơn giản giữa các ẩn.
- Sử dụng kết quả nhận được và kết hợp các phương pháp giải khác để giải
hệ phương trình.
Bài toán 1: Giải hệ phương trình:

�x 3  6 x 2 y  9 xy 2  4 y 3  0
�
�
�x y  x y  2

�x  y �0
�x  y �0

Giải: Điều kiện: �

3
2
2
3
�
�x  6 x y  9 xy  4 y  0 (1)
Hệ �
� x  y  x  y  2 (2)
- Từ phương trình (1) nếu y = 0 � x = 0 thay vào (2) không thõa mãn.
- Với y � 0 chia hai vế của (1) cho y3 ta được
3

�x � �x �
� � 6 � � 4  0 (3)
�y � �y �
x

x

x

Giải phương trình (3) bậc ba ẩn y ta được y = 4 hoặc y = 1
x

Với y = 1 hay x = y thay vào (2) ta được 2 y  2 � y  2 . Vậy x = y = 2.
x

Với y = 4 hay x = 4y thay vào (2) ta được ( 5  3) y  2 � y  8  2 15
� x =  32  8 15
Vây hệ có hai nghiệm (x; y) = (2; 2) và (x; y) = ( 32  8 15 ;8  2 15 ).
Nhận xét: Ta nhận thấy ngay phương trình đầu là đồng bậc ba đối với x và y,
từ đó ta đưa về phương trình bậc ba một ẩn để tìm mối liên hệ đơn giản giữa x
và y.
Bài toán 2:Giải hệ phương trình:

2
2
�
�x  3 y  2  2 x y  2 y  0
� 2
3
�
� x  4x  y  1  2x  1  1

17


Trang này bài toán 1,bài toán 2 tác giả tham khảo từ TLTK số 1
�y ( x 2  2) �0
�y �0

�
�
� 1
� 1
Giải: Điều kiện: �x �۳
�x
� 2
� 2
2
2
�
�
�x  4 x  y  1 �0
�x  4 x  y  1 �0
2
2
�
�x  3 y  2  2 x y  2 y  0 (1)
Hệ � 2
3
�
� x  4 x  y  1  2 x  1  1 (2)
- Từ phương trình (1) nếu y = 0 � x 2  2  0 không thõa mãn.
- Với y � 0 ta có (1) � ( x 2  2)  2 x 2  2. y  3 y  0 (3)

Chia hai vế của (3) cho y > 0 ta được
x2  2
x2  2
2
3  0

y
y

là phương trình bậc hai ẩn

x2  2
= 1 (thỏa mãn);
y

x2  2
> 0 ta được
y

x2  2
= - 3 (loại).
y

x2  2
= 1 ta có y = x2 + 2 thay vào (2) ta được
y

Từ

4 x  1  3 2 x  1  1 (4)
1
�

�

Giải (4), xét hàm số f ( x)  4 x  1  3 2 x  1 liên tục trên � ; ��có

2
�
�
2
2
1

 0, x 
2
4 x  1 3 3 (2 x  1) 2

f '( x) 

1
�

�

1

do đó f ( x)  4 x  1  3 2 x  1 đồng biến trên � ; ��, mà f( ) = 1 nên
2
2
�
�
2

1
9
�1 �

phương trình (4) có nghiệm duy nhất x  � y  � � 2  (thõa mãn).
2
4
�2 �
1 9
Kết luận: Hệ có một nghiệm (x; y) = ( ; ) .
2 4

Nhận xét: Từ phương trình đâu của hệ ta đưa về phương trình đẳng cấp bậc
hai đối với hai ẩn x 2  2 và y . Ngoài ra ta sử dụng tính đơn điệu của hàm số
để giải phương trình (4).
Bài toán 3:
Giải:

Giải hệ phương trình:

�
2 x  y  1  x ( y  1)
�
�3
2
�x  y  7

Điều kiện: x( y  1) �0 , hệ tương đương với

�
2 x  ( y  1)  x ( y  1)
�
�3
2

�x  y  7 (2)

(1)

18


Từ phương trình (2) ta có x3  y 2  7  0 � x  0 nên từ điều kiện x( y  1) �0
ta có y  1 �0 .
Trang này bài toán 3, tác giả tham khảo từ TLTK số 1

- Vói y = - 1 thay vào (1) có x = 0 thay vào (2) không thõa mãn.
- Với y > -1 ta có y + 1 >0 chia hai vế (1) cho y + 1 ta được
2x
 1
y 1

x
2x
�

y 1
y 1

x
1  0
y 1

(3) là phương trình bậc hai ẩn
x

1
=  (loại),
y 1
2

(3)

x
>0, nên ta có
y 1

x
= 1 � y  x  1 thay vào (2) ta được
y 1

x 3  (x  1) 2  7 � x3  x 2  2 x  8  0
� ( x  2)( x 2  x  4)  0 � x = 2

Kết luận: hệ có một nghiệm (x; y) = (2; 1) .
Nhận xét: Dựa vào phương trình đầu ta ta làm xuất hiện phương trình đồng
bậc đối với hai biểu thức chứa ẩn là x và y  1 .
Bài toán 4:
Giải hệ phương trình:

�
8 x 2  18 y 2  36 xy  5(2 x  3 y ) 6 xy  0
�
� 2
2 x  9 y  6 9  x (y  2  2 x  1)  0
�

( x, y ��)

Giải: Điều kiện: ĐK: xy≥0, -1≤x≤9. Nếu x = 0 hoặc y = 0 thay vào hệ
không thỏa mãn. Vậy xy>0. Từ phương trình đầu, nếu 2x+ 3y<0 không thỏa
mãn, do đó 2x + 3y >0, từ đó x>0, y>0.
Phương trình đầu của hệ tương đương với
2(2 x  3 y ) 2  2(6 xy )  5(2 x  3 y ) 6 xy = 0
6 xy
2x  3y
5
2 x  3 y 2 2 x.3 y

 Đặt t =
�
 2 , t≥ 2
2x  3y 2
6 xy
6 xy
6 xy
1 5
1
Ta có t  t  2 � t  2 thỏa mãn, t = 2 loại, từ đó 2x =3y
Pt thứ hai � 2 x 2  9 y  2 9  x (3 y  6  6 x  1)  0
� x 2  3 x  2 9  x ( x  3  3 x  1) =0
�

�
�
=0

� �
( x  3)  3 x  1 �
( x  3)  3 x  1 �
( x  3)  3 x  1 �
�
��
� 2 9  x �
�
� x  3  3 x  1  2 9  x  0 (do x  3  3 x  1  0)
� ( x  8)  3( x  1  3)  2( 9  x  1)
3( x  8)
2(8  x)
� ( x  8) 

0
x 1  3
9  x 1
19


3
2

)0
x 1  3
9  x 1

� ( x  8)(1 
� ( x  8)(

x 1
2

)0 � x – 8  0
x 1  3
9  x 1

Trang này bài toán 4, tác giả tham khảo từ TLTK số 1

Vậy hệ có nghiệm x= 8, y = 16/3
Nhận xét:- Đối với bài toán trên, dựa vào đặc điểm phương trình đầu ta có sự
phân tích 8 x 2  18 y 2  36 xy theo (2 x  3 y ) và 6xy như sau:
8 x 2  18 y 2  36 xy = a( (2 x  3 y ) 2 + b(6xy) từ đó đồng nhất hai vế ta được a= b = 2.
- Trong lời giải trên ta làm xuất hiện nhân tử chung bằng phép kết hợp và nhân
với biểu thức liên hợp.
Bài toán 5:
3
3
�
�x  y  1
Giải hệ phương trình: �2
2
3
�x y  2 xy  y  2
3
3
�
�x  y  1 (1)
Giải: Ta có �2
2

3
�x y  2 xy  y  2 (2)
Thay (1) vào (2) ta có x 2 y  2 xy 2  y 3  2
� x 2 y  2 xy 2  y 3  2( x 3  y 3 )
� 2 x 3  x 2 y  2 xy 2  y 3  0 (3)

- Từ (3) nếu y = 0 suy ra x = 0 thay vào (1) không thỏa mãn
- Với y � 0 chia hai vế của (3) cho y3 ta được
3

2

�x � �x � �x �
2 � � � � 2 � � 1  0 (4)
�y � �y � �y �
�x �

x

x

1

(4) là phương trình bậc ba ẩn t = � �, từ đó ta được y = �1 ; y =
2
�y �
x
1
= � y  x thay vào (1) ta được x = y = 3 .
y

2
x
+) Với
= � y   x thay vào (1) vô nghiệm.
y
3
3
x
1
1
3
+) Với
= � y  2 x thay vào (1) ta được 9 x 3  1 � x  3 � x 
, y2 3
y
2
3
9
3
3
3
1
1
3 3
Kết luận: hệ có hai nghiệm (x; y) = ( 3 ; 3 ) ; (x; y) = ( ; ) ;
2
2
3 3
+) Với

Nhận xét: - Trong hệ, mỗi phương trình đều không thuần nhất đối với các ẩn,
do đặc điểm của hai phương trình, ta khéo léo để tạo nên một phương trình
đồng bậc ba đối với hai ẩn x và y.
- Từ cách giải hệ này ta suy ra cách giải hệ hai phương trình bậc hai thường
gặp

20


�
ax 2  bxy  cy 2  d (1)
�
� 2
trong đó các bộ số (a, b, c) và (a’, b’, c’) không
a ' x  b ' xy  c ' y 2  d ' (2)
�

đồng thời bằng không;
+)d = 0 hoặc d’ = 0 ta có phương trình đẳng cấp bậc hai đối vơi x và y.
Trang này bài toán 5, tác giả tham khảo từ TLTK số 1

+) d và d’ đồng thời khác không. Bằng cách nhân hai vế của (1) với d’, hai vế
của (2) với d rồi trừ cho nhau ta được phương trình đẳng cấp bậc hai
(ad ' a ' d ) x 2  (bd ' b ' d ) xy  (cd ' c ' d ) y 2  0 .
Bài toán 6:
�
5 x 2  3 y  x  3xy
�
�3
2

2
3
�x  x  y  3 y

Giải hệ phương trình:

�
�
5 x 2  3 y  x  3 xy
5 x 2  3 xy  x  3 y (1)
�
�
�
Giải: Ta có �3 2 2
�2
3
2
3
3
�x  x  y  3 y
�x  y  x  3 y (2)
TH1: x  3 y  0 � x  3 y thay vào hệ ta có x = y = 0
TH2: x 2  y 2 = 0 � x  y  0 thõa mãn hệ
�x  3 y �0

TH3: �2

2
�x  y �0

nhân vế với vế của (1) với (2) ta được
(5 x 2  3xy )( x 2  y 2 )  ( x  3 y )( x3  3 y 3 )
� 4 x 4  5 x 2 y 2  9 y 4  0 (3)

- Xét phương trình (3) là phương trình đồng bậc (4) của hai ẩn x và y.
+) y = 0 � x  0 (loại) vì x 2  y 2 �0
4

2

�x � �x �
+) y �0 , chia hai vế của (4) cho y ta được 4 � � 5 � � 9  0 , từ đó
�y � �y �
4

2

2

9
�x �
�x �
� � 1 hoặc � �=  4 (loại).
�y �
�y �
2

1
�x �
Với � � 1 � x  �y . Nếu x = y cho x = y = .

2
�y �

Nếu x = -y cho x = -1; y = 1.
1 1
2 2

Kết luận: hệ có ba nghiệm (x; y) = ( ; ) ; (x; y) = (- 1; 1); (x; y) = (0; 0) ;
Nhận xét: Do trong hệ phương trình, ta thấy xuất hiện các nhóm biểu thức
chứa ẩn có cùng số mũ, từ đó ta tạo một hệ thức có mối liên hệ đồng bậc.Ở đây
ta đưa về một phương trình đồng bậc bốn.
Các bài tập vận dụng
Giải các hệ phương trình sau
�
2 x 3  9 y 3  ( x  y )(2 xy  3)
�
1) �2
2
�x  xy  y  3

21


�
8 x 2  18 y 2  36 xy  5(2 x  3 y ) 6 xy  0
�
2) � 2
2 x  3 y 2  30
�

( x, y ��)

�
2 x 2  y 2  3 xy
�
3) � 4 4
2x  y  3
�
Trang này bài toán 6, tác giả tham khảo từ TLTK số 1
�
2 x  x ( y  1)  y 2  3 y
�
4) �2
2
�x  xy  3 y  x  2 y
2

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

3 x 2  3 xy  6 x  2 y
�
7) � 2
�y  xy  y  9 x
�
2 x 3  9 x 2  12 x  16 y 3  36 y 2  24 y
�
8) �
� x  3  y 1  2
�
2 x  y  1  x( y  1)
�
9) �3
� 2x  y  3  x  2 y  4
2
2
�
�x  3 y  2  2 x y  2 y  0
10) �
�
� x  y  2x  y  4  5

2.4.4 Hiệu quả của đề tài
Để kiểm tra tính hiệu quả của đề tài, tôi tiến hành kiểm trên các lớp đã
dạy trong những năm qua và thấy được tính hiệu quả rõ rệt. Cụ thể trong năm
học 2017 – 2018 tôi tiến hành trên hai nhóm đối tượng có lực học tương đương
của cùng lớp 10A3. Nhóm (I) đã được hướng dẫn sử dụng phương pháp đồng
bậc trong giải các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình,
nhóm (II) chưa được hướng dẫn. Với hình thức kiểm tra là làm bài tự luận, trong
thời gian 1 tiết học (45 phút), với đề bài:

Câu 1: Giải phương trình: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
4 (2 x x  1)2  8 x((2 x x  1)  (1  m) x 2  0
Câu 2: Giải bất phương trình: 2( x 2  3x  2)  3 x 3  8
Câu 3: Giải hệ phương trình:

�x 3  4 y  y 3  16 x
�
� 2
1  y  5(1  x 2 )
�

Kết quả thu được như sau
Lớp

Số
HS

Giỏi
SL %

Khá
SL

%

Trung bình
SL
%

Yếu

SL %
22


Nhóm (I) thực nghiệm

22

Nhóm (I) đối chứng

21

8
2

36,36 8

36,36 6

27,28

0

0

9,52

23,81 11

52,3

8

3

14,29

5

Từ bảng kết quả nêu trên cho thấy rằng nhóm dạy thực nghiệm có kết quả
học tập đạt được cao hơn. Như vậy bằng cách sử dụng tính đồng bậc trong giải
các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, học sinh giải
quyết được các yêu cầu đề ra tốt hơn, gọn hơn, hiệu quả hơn. Điều đó phản ánh
kết quả học tập của học sinh nâng lên rõ rệt. Đồng thời qua việc rèn luyện cho
học sinh vận dụng các phương pháp vào giải toán, các em có được tư duy tích
cực, độc lập và tạo cho các em mạnh dạn, tự tin hơn, yêu thích, ham mê với môn
toán.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
Qua đề tài tôi nhận thấy, phải cho học sinh làm nhiều bài toán với những
cách giải khác nhau, giúp các em không còn thấy mất phương hướng khi đứng
trước các dạng bài tập dạng khác nhau. Đồng thời thấy được tính linh hoạt trong
việc sử dụng các phương pháp khác nhau trong giải toán và biết cách vận dụng
tốt các phương pháp đó. Thông qua đó rèn luyện kỹ năng trình bày ngắn gọn,
chặt chẽ, logic. Phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh.
3.2. Kiến nghị.
Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình là những nội dung cơ bản,
do vậy cần tiếp tục ôn tập, đưa ra hệ thống các bài tập để các em biết vận dụng
tốt các phương pháp làm, trong đó có phương pháp sử dụng tính đồng bậc của
các ẩn.
Sử dụng phương pháp đồng bậc trong các bài toán khác, các bài toán về trắc

nghiệm khách quan có chứa tham số về phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình . . .

XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người khác

23


LÊ NGỌC HÀ

24


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Các đề thi Đại học, Cao đẳng của Bộ giáo dục và đào tạo, các đề kiểm tra
kiến thức Đại học, Cao đẳng của các THPT trường trước đây. Các đề tham khảo
và các đề thi chính thức của bộ giáo dục và đào tạo trong kì thi THPT Quốc Gia
năm 2017.
[2].Giải Toán Đại số 10 (Dùng cho lớp chuyên) ; Võ Anh Dũng – Trần Đức
Huyên(Chủ Biên).
[3]. Phương Pháp Giải toán Mũ – Loogarit; Lê Hồng Đức – Lê Hữu Trí
[4]. Đề thi Học Sinh Giỏi tỉnh Thanh Hóa qua các năm.

25