skkn kỹ THUẬT sử DỤNG PHƯƠNG PHÁP THAM số BIẾN THIÊN, HẰNG số BIẾN THIÊN để GIẢI một số DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

TÊN ĐỀ TÀI
KỶ THUẬT SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ
BIẾN THIÊN, HẰNG SỐ BIẾN THIÊN
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH
TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT

Quảng Bình, tháng 01 năm 2019
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM


Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

TÊN ĐỀ TÀI
KỶ THUẬT SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ
BIẾN THIÊN, HẰNG SỐ BIẾN THIÊN
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH
TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT

Họ và tên: Trần Xuân Miễn
Chức vụ: TPCM
Đơn vị công tác: Trường THPT Lê Hồng Phong

Quảng Bình, tháng 01 năm 2019


I. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
Các bài toán giải phương trình là một nội dung quan trọng trong

chương trình Toán THPT. Các bài toán về giải phương trình thường xuất
hiện trong các đề thi THPT Quốc gia, thi học sinh giỏi. Vì vậy việc đi sâu
nghiên cứu tìm tòi thêm các kỷ thuật, phương pháp giải phương trình có hiệu
quả mang một ý nghĩa quan trọng nhằm cung cấp thêm cho học sinh những
kiến thức, kỷ năng giải toán về phương trình. Trong đề tài này tôi đi sâu vào
nghiên cứu “Kỷ thuật sử dụng phương pháp tham số biến thiên, hằng số
biến thiên để giải một số dạng phương trình trong chương trình toán
THPT”.
Chúng ta đặt vấn đề đi tìm lời giải cho các phương trình sau:
1) x3  (4a  3)x2  4a(a  2)  4(a2  1)  0
2) x4 + x3 - 2x2 - 9x – 9 = 0
+ Xét phương trình x3  (4a  3)x2  4a(a  2)  4(a2  1)  0.
Đây là một phương trình bậc ba có chứa tham số vì vậy việc đoán
nghiệm của phương trình này để biến đổi nó thành phương trình tích là khó
khăn.
+ Xem phương trình x4 + x3 – 2x2 – 9x – 9 = 0 (*)
Đây là một phương trình bậc 4 đầy đủ đối với x. Lúc này ta liên tưởng
tới các phương trình bậc 4 đã biết cách giải : ax4 + bx2 + c = 0; (x + a)4 + (a +
b)4 = c; ax4 + bx2 + cx2+ kbx + k2a2 = 0; x4 = ax2 + bx + c. Hy vọng chúng ta
tìm được cách đặt ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai. Đáng tiếc phương
trình (*) không rơi vào các dạng quen thuộc ấy.
Suy nghĩ theo hướng khác là đoán nghiệm để từ đó biến đổi (*) về
phương trình tích. Nhưng cách làm này cũng không khả thi, bởi phương
trình không có nghiệm hữu tỉ.
Chuyển sang phương pháp biến đổi vế trái (*) thành tích của hai tam
thức bậc hai.
1


+ Một kỷ thuật thường dùng là phương pháp hệ số bất định:

Gọi F(x) = (x2+mx+n)(x2+px+q). Khai triền F(x) và đồng nhất F(x) với
vế trái của (*). Việc này dẫn tới giải hệ 4 phương trình với 4 ẩn m, n, p, q.
Xem ra cách giải quyết bài toán này vẫn chưa tìm ra!
Đề tài này sẽ cho chúng ta một hướng đi mới để tìm ra con đường đưa
đến lời giải cho các phương trình như thế.
2. Điểm mới của đề tài
Phương pháp tham số biến thiên, hằng số biến thiên, thực chất của
phương pháp này là sự hoán đổi vai trò giữa ẩn số và tham số, ẩn số và hằng
số cho nhau. Ẩn số được xem là tham số và tham số hoặc hằng số được xem
là ẩn số trong phương trình mới. Cụ thể xét phương trình ẩn x, tham số m:
f(x,m)=0. Trong quá trình giải toán ta xem đây là phương trình ẩn m, tham
số là x. Giải m theo x rồi quay trở lại tìm ẩn x. Phương pháp này thường
được sử dụng khi tham số m có mặt với bậc hai và biệt thức Δ của ẩn m là số
chính phương. Thông thường phương trình theo ẩn mới giải đơn giản hơn,
không phức tạp như phương trình ban đầu. Trong một số trường hợp, ta có
thể coi số là ẩn. Đây chính là tư tưởng chính của phương pháp tham số biến
thiên, hằng số biến thiên.
II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
1. Thực trạng ứng dụng phương pháp tham số biến thiên, hằng số biến
thiên giải phương trình trong chương trình toán THPT
Trong quá trình giải một bài toán ta có thể đặt một biểu thức của phương
trình làm ẩn phụ. Đặt ẩn phụ là bí quyết thành công để giải nhiều bài toán.
Đặt ẩn phụ đưa phương trình dạng phức tạp về dạng đơn giản, đưa phương
trình dạng bậc cao về dạng bậc thấp. Tùy theo sự hiểu biết về bài toán mà ta
có cách đặt ẩn phụ khác nhau. Khi đặt ẩn phụ phương trình có thể diễn ra các
hình thái như sau.

2

+ Ẩn mới thay thế hoàn toàn ẩn cũ (như trường hợp đặt ẩn phụ trong giải
phương trình trùng phương). Lúc đó ta gọi là phép đặt ẩn phụ hoàn toàn.
+ Ẩn mới không thay thế được hoàn toàn ẩn cũ mà cả ẩn mới và ẩn cũ
cùng tồn tại chung trong phương trình. Ta gọi là phép đặt ẩn phụ không hoàn
toàn. Trong trường hợp này, cách ứng xử với hai ẩn cũng khác nhau.
Nếu vai trò giữa ẩn cũ và ẩn mới hoàn toàn bình đẳng với nhau thì khi đó
thường bài toán được đưa về giải hệ phương trình hai ẩn. Nếu vai trò giữa ẩn
cũ và ẩn mới không bình đẳng với nhau thì khi đó thường ẩn cũ trở thành các
tham số của phương trình đi theo ẩn mới.
Trong phương trình có chứa tham số, nhiều khi ẩn phụ chính là các tham
số. Điều này dẫn đến phương pháp giải phương trình bằng cách “Hoán đổi
vai trò giữa ẩn và tham số cho nhau”. Nhiều khi chúng ta thường xem ẩn phụ
là một hệ số nào đó của phương trình. Từ đó nảy sinh một phương pháp
dùng để giải phương trình là “Phương pháp tham số biến thiên, hằng số biến
thiên”. Sự hiện diện của phương pháp này đã góp thêm một lời giải đọc đáo
cho các phương trình khó mà ta thường gặp trong các đề thi THPT Quốc gia
và học sinh giỏi. Thông qua nhiều cách giải khác nhau của bài toán, ta hiểu
sâu sắc hơn bài toán và thúc đẩy tư duy phát triển. Có lẽ lời giải của bài toán
không chỉ dừng lại ở đáp số.
2. Nội dung và giải pháp
Thí dụ 1: Giải phương trình:
x3  (4a  3)x2  4a(a  2)  4(a2  1)  0

(1)

Lời giải
(1) � 4(x  1)a2  4x(x  2)a  (x3  3x2  4)  0
1
+ Nếu x=1 thì (2) � 4a  2  0 � a   .
2

3

(2)


+ Nếu x �1 thì (2) là phương trình bậc hai có
'a   2x(x  2)  4(x  1)(x3  3x2  4)  4(x  2)2 �0
2

� 2x(x  2)  2(x  2)
� x 2
a
a
�
�
4(x

1
)
2
��
Do đó (2) có hai nghiệm là: �
(x  2)(x  1)
� 2x(x  2)  2(x  2)
�
a

a

�

�
2(x  1)
4(x  1)
�
�
TH1: a 

x 2
� x  2a  2.
2

TH2: a 

(x  2)(x  1)
� x2  (2a  1)x  2(a  1)  0
2(x  1)

(3)

Phương trình (3) có  x  4a2  4a  9  0 a. Do đó (3) có nghiệm
(2a  1) � 4a2  4a  9 .
x1,2 
2
�
x  2a  2
�
Vậy phương trình (1) có nghiệm � (2a  1) � 4a2  4a  9
x
�
�

2
Nhận xét: Trong phương trình chứa tham số ta thường giải phương
trình với ngầm định tham số là một giá trị nào đó. Nhưng ở đây chúng ta
thực hiện ngược lại xem ẩn số là tham số và tham số đóng vai trò như ẩn số.
Thí dụ 2: Giải phương trình: x4  x3  2x2  9x �9  0

(1)

Lời giải
(1) � 32  3.3x  (x4  x3  2x2)  0

(*)

Đặt 3=a phương trình (*) trở thành a2  3xa  (x4  x3  2x2)  0

(2)

Xem (2) là phương trình bậc hai đối với a, ta có:   (2x2  x)2 �0 (2)

4


� 3x  (2x2  x)
a
�
2
��
� 3x  (2x2  x)
a
�

�
2

� 3x  (2x2  x)
3
�
2
��
� 3x  (2x2  x)
3
�
�
2

�
�
2x2  4x  6  0 vo�
nghie�
m
x  1 13
��
��
�
2x2  2x  6  0
�
x  1 13
�
�
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  1 13 ; x  1 13
Nhận xét: Đây là một phương trình bậc bốn đầy đủ không có dạng

đặc biệt và cũng không có cơ sở để biến đổi về phương trình tích nên việc
giải nó theo cách thông thường gặp nhiều khó khăn.
Thí dụ 3: Giải phương trình:
x5  3x2(x2  1)  9x(x2  1)  27  0

(1)

Lời giải
(1) � x5  3(x4  x2)  9(x3  x)  27  0
� 33  (x3  x)32  (x4  x)3  x5  0

(*)

Đặt a=3 phương trình (*) trở thành: a3  (x3  x)a2  (x4  x)a  x5  0
(2)
Xem (2) là phương trình bậc ba đối với a, ta có:
(2) � a(a2  xa  x2)  x3(a2  xa  x2)  0 � (a  x3)(a2  xa  x2)  0
�
a  x3  0
��
�
a2  xa  x2  0
�

(3)
(4)

Từ (3) ta có: x3  3� x  3 3 .
Từ (4) ta có: a2  xa  x2  0

(5). Với   x2  4(x2)  5x2 �0

5


� (1 5)x
�
6
� x  5x
x
�
a
3
�
�
1 5
2
2
��
��
(5) � �
� (x  5)x
�
� x  5x
6
x
�
a
3
�

�
�
2
2
� 1 5
�
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x  3 3 ; x 

6
1 5

; x

6
1 5

.
Nhận xét: - Cách giải này trong quá trình biến đổi, ta khéo léo nhìn ra
hằng số nào đó trong phương trình là nghiệm. Từ đó ta chuyển phương trình
đã cho có bậc cao hơn hay phức tạp hơn về các dạng phương trình đơn giản
quen thuộc đã biết cách giải.
Thí dụ 4: Giải phương trình sau: (2x1  1) x  1  2x  2  0
Lời giải:
Điều kiện : x �1
Ta có (1) � 2x  1 x  1  x  1  2x  2  0

(1)

� 2x x  1  (2x  x  1)2  4  0
� 22  (2x  x  1)2  2x x  1  0 (*)

Xét phương trình bậc hai dạng � a2  (2x  x  1)a  2x x  1  0 (2)
Từ (*) ta thấy a=2 la nghiệm của (2)
Ta có (2) � x  1(a  2x )  a(a  2x )  0
� ( x  1  a)(a  2x )  0
�
a  x 1
��
�
a 2x
�
�
2   x  1 (vô nghiêm)
� x 1
Khi đó ta có � x
22
�
Thí dụ 5: Giải phương trình sau:
1
2(5x  log5 x)  ( x log5 x  1) x  1  0 (1)
5
Lời giải:
�
x 0
� x1
Điều kiện: �
x

1
�
6

x
(1) � 2.5  2.log5 x  x  1.

1
x

log5 x  x  1  0

5
x
x
� 2.25  2.5 .log5x  x  1.log5x  5x. x  1  0
� 2.(5x)2  (2log5x  x  1)5x  x  1.log5x  0
(*)
Xét phương trình bậc hai: 2a2  (2log5x  x  1)a  x  1.log5x  0 (2)

Từ (**) ta thấy (2) có nghiệm a=5x
Ta giải (2):   [  (2log5x  x  1)]2  4.2. x  1.log5x
 4log25 x  ( x  1)2  4 x  1.log5x
 (2log5 x  x  1)2 �0
Phương trình (2) có hai nghiệm là: a 

1
x  1 và a  log5 x
2

�x 1
5 

x1
(3)
�
Khi đó ta có: � 2
�
5x  log5 x
(4)
�
Giải (3) và (4) kết hợp với điều kiện x>1 ta tìm được x.
Nhận xét: Chọn a =5x làm nghiệm của phương trình (*).
Xây dựng phương trình (*) thành phương trình bậc hai theo a với  là 1 số
chính phương có thể giải được (   (2log5 x  x  1)2 )
Từ (*) thay a=5x, biến đổi sơ cấp giữa các hàm theo biến x có trong
phương trình ta được phương trình ban đầu (1).
Tùy vào mức độ khó dễ của bài toán mà trong phương trình bậc hai
theo a ta chọn các nghiệm a 1 , a2 là các hằng số ,hàm số theo x. Sau khi giải
�
a  5x  f(x)
ta được � x
�
a 5  g(x)
�
Chú ý: Phương pháp này khác với phương pháp đặt ẩn phụ vì khi đặt
ẩn phụ ta phải tìm điều kiện của ẩn mới cho phương trình mới tồn tại. Ở đây
ta xét phương trình nhận hằng số (hàm số) làm nghiệm.
Thí dụ 6: Tìm các nghiệm phương trình x3 
Lời giải
Điều kiện x  0

(2)

* x0 là nghiệm của phương trình (1)

7

68 15

x3
x

(1)


 x03 

68 15
2 17 17  2
 � x03  3 
� 17 là nghiệm của phương trình sau
3
x0
x0
x0
x0

�
a1   x20
�
2a a  2
3

� x02 a 2  2a  x06  2 x02  0 � �
2  x40
với ẩn là a: x0  3 
x0
x0
a 
�2
x20
�
2

* Thay a1 = 17 vào (3) ta có x02   17 (mâu thuẫn)
* Thay a2 = 17 vào (4) ta có
 x02 

17 

(3)
(4)

(5)

2  x04
� x04  17 x02  2  0
2
x0

17 �3
17 �3
thoả mãn (2)

� x0  �
2
2

Từ (5), (6) kết luận phương trình đã cho có các nghiệm là x0  �

17 �3
2

Nhận xét: Nếu sử dụng biến đổi (1)  x6 – 15x2 + 2 17 = 0. Đặt x2 = t
> 0. Ta có t3 – 13t + 2 17 = 0. Đó là một phương trình bậc ba. Không có
nhận xét về đoán nghiệm vô tỷ nên việc đoán nghiệm của phương trình này
để biến đổi nó thành phương trình tích vẫn còn khó khăn.
Thí dụ 7: Giải phương trình sau: 42x  23x1  2x3  16  0
Lời giải:
x
Đặt t=2 >0
(1) trở thành t4  2t3  2.4t  42  0
(*)
Ta xét phương trình bậc hai có dạng a2  2t.a  t4  2t3  0
(2)
Từ (*) ta suy ra phương trình (2) có nghiệm a=4.
Giải (2): �
 (t)2  t4  2t3  t2(t  1)2 �0

(1)

Phương trình (2) có 2nghiệm: a  t  t(t  1)  t2  2t và a  t  t(t  1)  t2
�
4  t2  2t

Khi đó ta có: �
�
4  t2
(VN)
�
�
t  1 5
� t2  2t  4  0 � �
�
t  1 5 (loaïi)
�
8

� x  log2( 5  1)


Nhận xét: - Với cách giải này thay vì giải phương trình bậc bốn ta đưa
về việc giải phương trình bậc hai đã biết trước một nghiệm. Lúc ngày ta
chọn nghiệm đã biết làm ẩn của phương trình mới. Bài toán này giải quyết
được vì phương trình bậc hai có  là số chính phương.
- Khi có sự lặp của số mũ ở luỹ thừa với cơ số khác nhau hoặc có sự
lặp của các hằng số dưới các căn thức với bậc khác nhau, bạn có thể nghĩ
đến phương pháp tham số biến thiên, hằng số biến thiên.
Thí dụ 8: Giải phương trình x + 11  x  11

(1)

Lời giải
Điều kiện 0 < x < 8

(2)

Với điều kiện đó ta có (1)  11 – x = 11  x  (11 – x)2 = 11 + x (3)
Đặt 11 = a, phương trình (3) được viết (a - x)2= a + x
 a2 – (2x + 1)a + (x2 - x ) = 0

(4)

Xem (4) là phương trình bậc 2 đối với a.
Ta có a= (2x+1)2 -4(x2- x )= (2 x +1)2, a1 = x + x +1, a2 = x - x .
Do vậy

(5)

�
a  a1
a  x2  x  1
�
��
�
a  a2
a  x x
�
�
�
11  x  x  1

Thay a = 11 ta có (5)  �

11  x  x

�

(6)
�
x  x  10  0
��
x  x  11  0
�

�
� 21  41
41  1
x
�x 
�
2
2
��
��
�
� 23  3 5
3 5 1
x
�x 
�
�
2
�
2
�

�

Các giá trị �x 
�

�
21  41
23  3 5 �
;x 
�đều thoả mãn điều kiện (2) nên đó là
2
2
�

cái của phương trình đã cho.
Nhận xét: Nhìn phương trình (3) dưới dạng (ax+b)2 = p a ' x  b ' +qx + r
(phương trình chứa hai phép toán ngược nhau) ta có lời giải bằng cách đặt ẩn
phụ đối xứng đưa về hệ phương trình như sau:
9


* Cách 2 (Từ (3))
2
�
�(x  11)  y
Đặt x = y – 11, y > 11  (y- 11) = x Ta có hệ: �
(y  11)2  x (*)
�
2

Giải hệ (*) ta được nghiệm : x =

23  3 5
21  41
và x =
2
2

Thí dụ 9: Giải phương trình sau: x2  x  7  7
Lời giải:
�
7  x2 �0
(2)
�
2
Ta có (1) � x  7  7  x � �
x  7  (7  x2)2
(3)
�
Ta xét phương trình (3):
x  7  72  2x2.7  x4 � 72  (2x2  1)7  x4  x  0
Xét phương trình bậc hai dạng: a2  (2x2  1)a  x4  x  0
Từ (*) ta suy ra phương trình (4) có nghiệm a=7.
2

(1)

(*)
(4)

Giải (4):   �
(2x2  1)�  4(x4  x)  (2x  1)2 �0
�
�
Phương trình (4) có 2 nghiệm: a  x2  x và a  x2  x  1
� (1� 29)
2
2
x
�
�
�
7 x  x
x  x  7 0
2
��
��
Khi đó ta có: � 2
2
� (1�5)
�
7 x  x  1
�
x  x  6 0
�
�
x
�
�
2

� 1 29
x
�
Từ (2) ta suy ra �
2
�
x 2
�
Nhận xét: Bài toán trên có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ
�
x2  t  7
�
hoặc giải bằng phương pháp
x  7  t . Sau đó chuyển về hệ �2
t x 7
�
biến đổi tương đương.
- Cách giải trên đây đã thay đổi vai trò giữa ẩn số và hằng số. Ẩn x
chuyển thành vai trò của tham số, còn hằng số 7 đươc xem là ẩn mới trong
phương trình bậc 2 theo a, nhờ việc chuyển này mà thay vì giải phương trình
bậc 4 theo x, ta chỉ cần giải phương trình bậc 2 theo a.
- Phương trình bậc 2 theo a có  là một số chính phương nên việc tìm
a dễ dàng hơn.
10


x
4

Thí dụ 10: Giải phương trình log 22 x  log 2  5log x 8  25log 2x 2  0

(1)

Lời giải
Điều kiện 0 < x  1

(2)
1
t

Đặt log2x= t, ta có logx2 = . logx8 =

3
x
, log2 = t-2.
t
4

Phương trình (1) trở thành
t2 + t – 2 =

15 25

 t4 + t3 – 2t2- 15t – 25 = 0
t t2

(3)

Đặt a = 5, phương trình trở thành a2 + 3at – t2 (t2 – t + 2) = 0

(4)

Xem (4) là phương trình bậc hai đối với a, ta có  = t2 (2t + 1)2
� 3t  t (2t  1)
a
�
�
a  t (t  1)
5  t2  t
�
2
��
��
Bởi vậy (3)  �
3t  t (t  1)
a  t (t  2) �
5  t 2  2t
�
�
a
�
2
�
t2  t  5  0
 �2
t  2t  5  0
�

(Vô nghiệm)

1� 21
1� 21
1 � 21
1 � 21
2
 t
� log 2 x 
� x2
� x  2 2 (thoả mãn (2))
2
2

Vậy x  2

1� 21
2

là các nghiệm của phương trình đã cho.

Nhận xét: Trong phương trình chứa tham số, chúng ta thường bắt gặp
câu giải phương trình ứng với một giá trị nào đó của tham số. Có lẽ sẽ không
sai khi nói rằng (3) là phương trình mà tham số đã nhường lại cho số 5.
- Vì không phải tất cả các phương trình sau khi chuyển về một phương trình
mới là giải được nên phương pháp này còn hạn chế, chẳng hạn như: khi
chuyển về phương trình theo ẩn mới ta được  không phải là một số chính
phương, khi đó gặp khó khăn và không thể giải được.
Thí dụ 11: Giải phương trình x log 7  2log x  log 3 x 5
(1)
Lời giải
3

3

Giả sử phương trình có nghiệm x =  tức là  log 7  2log   log3  5
3

 7log   2log   5log 3 
3

3

 7log   2log   (7  2) log 3 
3

3

 7log   7 log3   2log   2 log 3 
3

3

(2)

3

11


Xét hàm số f(t)= t log  - tlog3 với t > 0, t  1. Ta có (2)  f(7)=f(2)
3

 f(7)- f(2) = 0
Rõ ràng f(t) là hàm liên tục trên [2,7] và có đạo hàm
f’(t) = (log3) t log  1  log3   (t log  1  1) log 3 
3

3

Theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c (2,7) sao cho (7-2).f(c) = f(7)-f(2)
log   0
�

3
log  1
 1 log3   0  �log  1
 f(c) = 0   c
3

c
�

log   0
�

 1
�

3

1  0

x 1
�

3
��
��
 �
log 3   1
 3
x 3
�
�
�

Thay x = 1 và x = 3 vào phương trình (1) thấy đúng.
Vậy x = 1 và x = 3 là các nghiệm của phương trình đã cho.
Thí dụ 12: Giải phương trình 7cotx – 11cotx= 12cotx
Lời giải
Giả sử  là một nghiệm của phương trình, tức là 7cot – 11cot= 12cot
 7cot – 11cot = 3(11-7)cot
 7cot + 3.7cot = 11cot + 3.11cot.
Xét hàm số f(t) = tcot + 3t.cot với t>0, t1
Ta có (2)  f(7) = f(11)  f(7) – f(11) = 0. Rõ ràng f(t) là hàm số liên tục
trên [7, 11] và có đạo hàm f(t)=cot.tcotx-1 +3cot = (tcotx-1+3)cot. Theo định
lý Lagrăng ắt tồn tại c  (7; 11) sao cho (7-11).f(c) = f(7) – f(11)  f(c) = 0
 (tcotx-1+ 3) cot = 0  cot = 0   =
Thử lại: Thay x =
Vậy x =



+k  x = +k (k Z)
2
2


+k vào phương trình (1) thấy đúng.
2


+k (k Z) là họ nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
2

Nhận xét:
Các phương trình trong hai Thí dụ 11 và 12 thuộc dạng:
12


ah(x)- bh(x) = k.(a-b)h(x)

(1)

Trong đó 0< a  1, 0< b 1, a > b, k < 0 hoặc k = 1, h(x) xác định trên [b,a]
Cách giải: Viết lại (1)  ah(x) – kah(x) = bh(x) – kbh(x)
* Điều kiện cần: Xét hàm số biến số t ; f(t) = th(x)–kh(x).t
Như vậy (1)  f(a) = f(b)  f(a) – f(b) = 0

(2)

Rõ ràng trên (b, a) hàm số f(t) có đạo hàm f’(t) = h(x) (t h(x)-1-k). Theo định lý
Lagrăng thì c (b,a) sao cho (a-b) f(c) = [f(a) – f(b)].
h( x )  0
�

Từ (2)  f(c) = 0  h(x) (ch(x)-1-k)= 0  �h ( x )1
c
�

(3)

k

* Điều kiện đủ: Thay các giá trị tìm được của x trong (3) vào (1) để chọn
nghiệm của nó.
Chú ý:
+ Nếu k < 0 ta có (3)  h(x) = 0
h( x )  0
�

+ Nếu k = 1 ta có (3)  �
h( x )  1
�

+ Nếu 0vậy không có bài toán giải phương trình trong trường hợp này.
Với phương pháp tham số biến thiên, hằng số biến thiên, việc giải phương
trình mũ đã được chuyển về giải phương trình luỹ thừa đơn giản hơn.
x

x

1 1 �5 � �4 �
Thí dụ 13: Giải phương trình x  x  � � � �
2 3 �
14 � �21 �

(1)

Lời giải
x

x

x

x

x

x

1 �5 � 1 �4 � �5 1 � �5 � �4 1 � �4 �
Viết lại (1)  x  � � x  � �� �  � � � �  � � �
2 �
14 � 3 �21 � �
14 7 � �
14 � �21 7 � �21 �

Giả sử phương trình có nghiệm x =  tức là:









�5 1 � �5 � �4 1 � �4 �
�  � � �  �  � � �
14 7 � �
14 � �21 7 � �21 �
�

(2)

13




� 1�
Xét hàm số f(t) = �t  �  t  với t > 0.
� 7�

�5 � �4 �
�5 � �4 �
Ta có (2)  f � � f � �� f � � f � � 0
14
21

14
21
� �

� �

� �

� �

Rõ ràng f(t) là mà liên tục trên R+ và có đạo hàm
 1
 1
�
�
� 1�
� 1�
 1
f '(t )   �
t  � t   �
t  �  t   1�
�
� 7�
� 7�
�
�

�4

5�

Do vậy theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c  � , �sao cho
�21 14 �
�4 5 �
�5 � �4 �
� , �f’(c) = f � �-f � �= 0
14 � �21 �
�21 14 �
�

 0
�
 1
�
�
 0
x0
�
�
� 1�
�
 1
t  �  t   1� 0 � �
��
��
 �
1�
�
�
 1  0 �

x 1
t � 0
� 7�
�
�
�
�
�
7
�
�
�

Thử lại thấy hai giá trị x = 0 và x = 1 đều thoả mãn phương trình (1). Bởi thế
chúng là tập nghiệm của phương trình đã cho.
Thí dụ 14: Giải phương trình 2log5 x3  2log5 x2  x  xlog5 7

(1)

Lời giải
Giả sử phương trình có nghiệm x=  tức là 2log 5  + 2log 5  =  + log 5 7
3

2

 8log 5  + 4log 5  = 5 log 5  + 7 log 5   8log 5  - 5log 5  = 7 log 5  - 4 log 5 
Xét hàm số f(t) = (t+3) log 5 - t log 5  với t > 0.
Ta có (2)  f(5) = f(4)  f(5) – f(4) = 0
Rõ ràng f(t) là mà liên tục trên R+ và có đạo hàm
f’(t) = log5[(t+3)log 5 -1-t log 5 -1]

Do vậy theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c  (2, 3) sao cho
(5 – 4) f’(c) = [f(5) – f(4)] = 0

14

(2)


� log5   0
�
 1 �
x1
log5 1
log5 1�
�
� log5  (c  3)
c
 0� �
hay �
��
�
�
log5   1 0
5 �
x5
�
�
Thử lại: Thay hai giá trị x = 1 và x = 5 vào phương trình (1) thấy đúng
Vậy x = 1 và x = 5 là các nghiệm của phương trình đã cho.
Nhận xét: Các phương trình trong hai Thí dụ 13 và 14 thuộc dạng :

(a+d)h(x)-ah(x)=(b+d)h(x)-bh(x) (1)
Trong đó 0Cách giải: Viết lại (1)  (a+d)h(x) - (b+d)h(x)= ah(x) - bh(x)
* Điều kiện cần: Xét hàm số biến số t : f(t) = (t+d)h(x) – th(x).
Như vậy (1)  f(a) = f(b)  f(a) – f(b) = 0

(2)

Rõ ràng trên (b, a) hàm số f(t) có đạo hàm f’(t) = h(x)[(t+3)h(x)-1 - th(x)-1]
Theo định lý Lagrăng thì c (b,a) sao cho (a-b) f’(c) = [f(a) – f(b)].
h( x )  0
�

Từ (2)  f(c) = 0  h(x)[(c+3)h(x)-1-c h(x)-1]  �
h( x )  1
�

(3)

* Điều kiện đủ: Thay các giá trị tìm được của x trong (3) vào (1) để chọn
nghiệm của nó.
Thí dụ 15: Giải phương trình x log 11  3log x  2 x Điều kiện x > 0
7

7

Lời giải
Giả sử phương trình có nghiệm x =  tức là  log 11  3log   2x
7

 11log   3log   2.7
7

7

 11log   7log   7
7

7

log 7 

log 7 

3

Xét hàm số f(t) = (4+t)

log7 

log7 

-t

(2)
log7 

với t> 0, t  1.

Ta có (2)  f(4) = f(3)  f(4) – f(3) = 0

Rõ ràng f(t) là hàm liên tục trên [3; 4] và có đạo hàm
f’(t) = (log7)(4+t)log 7 -1- log7 = [(4+t) log 7 -1-1]log7
Theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c  (3,4) sao cho
(3 – 4) f(c) = f(4) – f(3)  f(c) = 0
15

7


log 7   0
�

log7   0 �
  1 �x  1
�
��
�
��
�
�
log7  1
log


1


7
(4


c
)

1

0
�
�x  7
7
�
�

(4  c)log  1  1�
�
�
�log 7   0 � �
7

Thay x = 1 và x = 7 vào phương trình (1) thấy đúng
Vậy x = 1 và x = 7 là các nghiệm của phương trình đã cho.
Nhận xét: Thí dụ 15 là trường hợp phương trình (a+d) h(x) - a

h(x)

=

(b+d)h(x) - bh(x) có b+d = a.

III. KẾT LUẬN:
Việc rèn luyện, phát triển tư duy cho các em học sinh là rất quan trọng.

Trong qúa trình dạy học phổ thông nói chung và đặc biệt trong giảng dạy
môn Toán nói riêng thì phát hiện và kích thích tư duy sáng tạo của các em
cần được quan tâm đúng mực. Giải một số phương trình bằng vận dụng
phương pháp tham số biến thiên, hằng số biến thiên đáp ứng được yêu cầu
phát triển tư duy cho các em. Qua thời gian vận dụng đề tài vào giảng dạy
thực tế tại trường THPT nơi tôi đang gảng dạy. Tôi nhận thấy: Đây là
phương pháp giải tạo được điểm mới trong tư duy suy nghĩ của các em học
sinh. Các em nhìn nhận khi giải bài toán không cứng nhắc, áp đặt mà tư duy
mềm dẻo hơn. Do đó nâng cao khả năng nhận thức ở các cấp độ: Biết, hiểu,
ứng dụng, phân tích, tổng hợp, đánh giá và sáng tạo của học sinh.
Qua khảo sát, kiểm tra thực tế cho học sinh làm bài với thời gian 45
phút đối với các lớp 12A5 và 12A8 có kết quả như sau:
- Kết quả trước khi áp dụng đề tài cho học sinh với dạng bài tập
này:
Kết quả
Lớp
12A5
12A8

Giỏi

Khá

TB

Yếu, Kém

6,67%
7,14%

22,22%
21,43%

37,78%
35,71%

33,33%
35,71%

- Kết sau khi áp dụng đề tài cho cho học sinh với dạng bài tập này:
16


Kết quả
Lớp
12A5
12A8

Giỏi

Khá

TB

Yếu, Kém

13,33%
16,67%

33,33%

33,33%

35,56%
35,71%

17,78%
14,29%

Do thời gian hạn chế, nên đề tài chắc hẳn còn sai sót. Kính mong các
thầy cô, các bạn đồng nghiệp nhận xét, trao đổi, đánh giá để đề tài hoàn thiện
hơn.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. G.Polya, Sáng tạo toán học, NXB Giáo dục.
2. Văn Phú Quốc, Bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán, NXB Đại học Quốc gia
Hà Nội
3. Trần Phương, Bài giảng trọng tâm ôn luyện môn toán, NXB Đại học Quốc
gia Hà Nội
4. Tạp chí Toán học tuổi trẻ, NXB Giáo dục
5. Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học tuổi trẻ, NXb Giáo dục

17