Dùng máy tính casio fx570ES hỗ trợ giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

DÙNG MÁY TÍNH CASIO FX570ES
HỖ TRỢ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Người thực hiện: Nguyễn Hữu Thận
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HOÁ, NĂM HỌC 2018 - 2019

1


MỤC LỤC
Trang
1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề
tài ...........................................................................
1.2 Mục đích nghiên
cứu ....................................................................
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu ................................................
1.4.
Phương
pháp
nghiên
cứu ..............................................................

1.5. Những điểm mới của SKKN ........................................................
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận .......................................... ......................................
2.2 Thực trạng của vấn đề ........................................ .........................
2.3.
Tổ
chức
thực
hiện .........................................................................
2.3.1. Các chức năng cần thiết của máy tính cầm tay Casio fx 570ES
2.3.2. Nội dung SKKN “ Dùng máy tính casio fx570ES hỗ trợ giải
phương trình, bất phương trình và hệ phương trình ”
2.3.2.1.THAY CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI KHÁC NHAU BẰNG MỘT CÁCH GIẢI
2.3.2.2. PHƯƠNG PHÁP LIÊN HỢP .................................................................
DẠNG 1: LIÊN HỢP TÌM TỪNG NGHIỆM .................................................
DẠNG 2: LIÊN HỢP TÌM HAI NGHIỆM .....................................................
DẠNG 3: LIÊN HỢP TÌM NGHIỆM VÔ TỈ .................................................
DẠNG 4: LIÊN HỢP NGƯỢC .......................................................................

2
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3

9
9
11
11
12
12
16

2.3.2.3. ÁP DỤNG VÀO GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH.......................................
2.4. Bài học kinh nghiệm ...................................................................
3.

16
17

Kết luận và kiến nghị ..................................................................
Tài
liệu
tham

khảo .......................................................................

2


1. MỞ ĐẦU.
1.1 Lí do chọn đề tài:
Thực hiện theo định hướng, chỉ đạo của BỘ GIÁO DỤC về đổi mới trong
giáo dục trong đó có đổi mới phương pháp dạy học. Tập trung tới tính tích cực,
chủ động sáng tạo của học sinh, phát huy năng lực phát hiện vấn đề, định hướng

và giải quyết vấn đề. Trong việc đổi mới đó, công nghệ đóng một vai trò quan
trọng trong việc hỗ trợ và định hướng lời giải.
Chuyên đề phương trình, bất phương trình, hệ phương trình là một trong
những vấn đề trọng tâm của chương trình bồi dưỡng, thi HSG cũng như thi
THPT Quốc Gia. Đây cũng là một chủ đề chứa đựng kiến thức tổng hợp, rộng
lớn. Hơn nữa, trước sự thay đổi về thi THPT Quốc Gia cũng như thi HSG cấp
tỉnh – Tỉnh Thanh Hóa, từ HSG lớp 12 sang HSG lớp 11 nên trong công tác bồi
dưỡng HSG về chủ đề này cũng phải thay đổi theo.
Bài viết của tác giả sẽ không đề cập nhiều tới những vấn đề, dạng toán
cũng như phương pháp giải truyền thống mà tập trung vào phương pháp mới, có
cả sự hỗ trợ của máy tính cầm tay trong việc định hướng cách giải.
1.2 Mục đích nghiên cứu:
- Nâng cao hiệu quả, chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi.
- Tăng tính linh hoạt, chủ động và hiệu quả đối với học sinh khi giải toán
- Vận dụng giải quyết các bài toán vận dụng liên quan
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:
- Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh THPT.
- Phạm vi nghiên cứu của đề tài là:
“ Dùng máy tính casio fx570ES hỗ trợ giải phương trình, bất phương trình và
hệ phương trình ”
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Phương pháp đặt vấn đề và giải quyết vấn đề.
3


1.5. Những điểm mới của SKKN:
- Thay các phương pháp giải khác nhau bằng một phương pháp.
- Dùng máy tính casio fx570ES hỗ trợ giải phương trình, bất phương trình
và hệ phương trình.
2. NỘI DUNG:

2.1. Cơ sở lí luận:
- Có nhiều phương pháp giải khác nhau để giải một bài phương phình, bất
phương trình. Hơn nữa, mỗi phương pháp chỉ phù hợp và áp dụng với từng dạng
bài toán khác nhau. Chính điều đó làm cho học sinh lúng túng khi giải toán. Từ
thực tế đó, tôi tìm tòi học hỏi, nghiên cứu và đưa ra giải pháp: Dùng máy tính hổ
trợ trong việc định hướng tìm lời giải. Với ý tưởng:
1. Thay tất cả các phương pháp truyền thống bằng một phương pháp: tìm
nghiệm bẳng máy tính và đưa về bậc 4.
2. Các bài toán không đưa về bậc 4 được thì dùng PP liên hợp.
- Máy tính casio fx570ES và các máy tính khác tương đương hoặc cao
hơn có chức năng tìm nghiệm bất kì, tìm nghiệm quanh một giá trị nào đó.
2.2 Thực trạng của vấn đề:
Qua quá trình giảng dạy tôi nhận thấy: Đối với các bài toán về giải
phương trình, bất phương trình và hệ phương trình: Phần lớn học sinh không
nhớ hết các dạng toán, không nhớ hết các phương pháp giải dẫn đến lúng túng,
bị động, mất nhiều thời gian.
2.3. Tổ chức thực hiện:
2.3.1. Các chức năng cần thiết của máy tính cầm tay Casio fx 570ES
- Thay các giá trị vào biểu thức: Nhập biểu thức/ Calc/ =/ nhập giá trị
cần thay
- Tính các giá trị của một (hai) hàm trên đoạn [a; b] theo bước nhảy:
Mode/table/f(x)= nhập hàm/g(x)= (bấm = để bỏ qua nếu dùng 1
hàm)/start/ a/=/ end /b/ =/ Step/

b−a
/=
n

- Tìm một nghiệm của phương trình: Nhập pt/ shifl/solve/=
- Tìmnghiệm gần m nhất của phương trình: Nhập pt/ calc/m/

shifl/solve/=

4


2.3.2. Nội dung SKKN “ Dùng máy tính casio fx570ES hỗ trợ giải phương
trình, bất phương trình và hệ phương trình ” :
2.3.2.1. THAY CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI KHÁC NHAU BẰNG MỘT CÁCH GIẢI :
*) MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP:

Điểm lại một số dạng toán cùng phương pháp giải truyền thống
Bài 1: Giải phương trình 2 ( x 2 − 3x + 2 ) = 3. x3 + 8

(2)

BL: (Dùng PP đưa về phương trình đẳng cấp)
ĐK xác định: x3 + 8 ≥ 0 ⇔ x ≥ −2
2 ( x 2 − 3 x + 2 ) = 3. x 3 + 8 ⇔ 2 ( x 2 − 3 x + 2 ) = 3.

( x + 2) ( x2 − 2x + 4)

 x + 2 = a ≥ 0

Đặt 

2
 x − 2 x + 4 = b > 0

2
2

Khi đó ta được phương trình: 2 ( b − a ) = 3ab ⇔ ( b − 2a ) ( 2b + a ) = 0 ⇔ b = 2a

(2) ⇔ x 2 − 2 x + 4 = 2 x + 2 ⇔ x = 3 ± 13 (TM )

Vậy phương trình có nghiệm là x = 3 ± 13
2
2
Bài 2: Giải phương trình 2 x − ( x − 3) x − 1 − x − 1 = 0

(3)

BL: (Dùng PP đổi biến không hoàn toàn)
Đặt x − 1 = a ≥ 0 ⇒ x = a 2 + 1
Khi đó ta được phương trình:
2 x 2 − ( x 2 − 3) a − a 2 − 2 = 0 ⇔ a 2 + ( x 2 − 3 ) a + 2 − 2 x 2 = 0
 x −1 = 2
a = 2
x = 5
⇔
⇔
⇔

x = 1
2
2

 x − 1 = 1 − x
a = 1 − x

Đối với phương pháp “ đổi biến không hoàn toàn”, không phải lúc nào ta

cũng áp dụng được một cách thuận lợi khi phương trình bậc hai sau đổi
biến có ∆ không có dạng bình phương, hoặc bình phương của biểu thức
phức tạp.
Tôi lấy ví dụ sau:
Bài 3: Giải phương trình x 2 − 2 ( x − 1) 6 − 2 x + 6 − 4 x = 0
5


Giải thử:
Đặt 6 − 2 x = t ≥ 0 ⇒ 2 x = 6 − t 2 . Khi đó ta được phương trình:
x 2 − 2 ( x − 1) t + 6 − 2 ( 6 − t 2 ) = 0 ⇔ x 2 − 2tx + 2t 2 + 2t − 6 = 0
∆ / = −t 2 − 2t + 6 không có ngay dạng bình phương

Giải pháp: Dùng phương pháp “Ép đổi biến không hoàn toàn” đưa
thêm tham số vào
x 2 − 2 ( x − 1) 6 − 2 x + 6 − 4 x = 0 ⇔ x 2 − 2 ( x − 1) 6 − 2 x + 6 + m.2 x − ( 4 x + 2mx ) = 0

Đặt 6 − 2 x = t ≥ 0 ⇒ 2 x = 6 − t 2
2
2
Khi đó ta được phương trình: x − 2 ( x − 1) t + 6 + m ( 6 − t ) − ( 4 + 2m ) x = 0

x 2 − 2 ( t + m + 2 ) x − mt 2 + 2t + 6m + 6 = 0 , ∆ / = ( 1 + m ) t 2 + 2 ( m + 1) t + m 2 − 2m − 2

Ý tưởng: biến đổi để ∆ / = ( 1 + m ) t 2 + 2 ( m + 1) t + m2 − 2m − 2 = ( ...) .
2

+ Với m = −1 : ∆ / = 1 thỏa mãn
+ Với m ≠ −1 : Điều kiện là
∆1/ = ( 1 + m ) − ( 1 + m ) ( m 2 − 2m − 2 ) = 0 ⇔ m =

2

3 ± 21
2

Do đó ta chọn m = -1.
Trở lại bài toán,
Bài giải:
x 2 − 2 ( x − 1) 6 − 2 x + 6 − 4 x = 0 ⇔ x 2 − 2 ( x − 1) 6 − 2 x + 6 − ( 2 x ) − 2 x = 0

Đặt 6 − 2 x = t ≥ 0 ⇒ 2 x = 6 − t 2
2
2
Khi đó ta được phương trình: x − 2 ( t + 1) x + t + 2t = 0 , ∆ / = 1

x = t

 6 − 2x = x

 x = −1 + 7

⇔
⇔⇔ 
PT ⇔ 
x = t + 2
 6 − 2 x = x − 2
 x = 1 + 3

Bài 4: Giải phương trình x 2 − 2 x − 3 = x + 3
Cách 1: ( Đổi biến đưa về hệ đối xứng loại 2)

b 2 = a + 4
 x + 3 = a ≥ 0
,a ≥ 0
Đặt 
ta được hệ phương trình:  2
 x − 1 = b
 a = b + 4

6


Giải tiếp ta được kết quả: x1 =

3 + 17
1 − 13
, x2 =
2
2

Cách 2: (Đưa về tổng, hiệu các bình phương)
x2 − 2x − 3 = x + 3 ⇔ x2 − x +

1
1
= ( x + 3) + x + 3 +
4
4

1
 1

x− = x+3+

1 
1

2
2 ⇔  x + 3 = x −1
⇔ x− ÷ = x+3+ ÷ ⇔ 

2 
2

x − 1 = − x + 3 − 1
 x + 3 = − x

2
2
2

2

•

 x ≥ 1
3 + 17
x + 3 = x −1 ⇔ 
2 ⇔ x =
2
 x + 3 = ( x − 1)

•

x ≤ 0
1 − 13
x + 3 = −x ⇔ 
⇔x=
2
2
x + 3 = x

Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 =

3 + 17
1 − 13
, x2 =
2
2

Cách 3: Giải bằng pp “ Ép đổi biến không hoàn toàn”
x 2 − 2 x − 3 = x + 3 ⇔ x 2 − x − ( x + 3) = x + 3

Đặt:

x + 3 = a ≥ 0 ta được phương trình:

x 2 − 2 x − 3 = x + 3 ⇔ x 2 − x − a 2 − a = 0, ∆ = ( 2a + 1)
x = 1+ a

2

 x + 3 = x −1

⇔
Do đó, Phương trình ⇔ 
 x = −a
 x + 3 = − x

•

3 + 17
 x ≥ 1
x + 3 = x −1 ⇔ 
2 ⇔ x =
2
 x + 3 = ( x − 1)

•

x ≤ 0
1 − 13
x + 3 = −x ⇔ 
⇔x=
2
2
x + 3 = x

Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 =

3 + 17
1 − 13

, x2 =
2
2

*) GIẢI NHIỀU DẠNG PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PP ĐƯA VỀ BẬC 4:

Các chức năng cần thiết của máy tính cầm tay Casio fx 570ES

7


- Thay các giá trị vào biểu thức: Nhập biểu thức/ Calc/ =/ nhập giá trị
cần thay
- Tính các giá trị của một (hai) hàm trên đoạn [a; b] theo bước nhảy:
Mode/table/f(x)= nhập hàm/g(x)= (bấm = để bỏ qua nếu dùng 1
hàm)/start/ a/=/ end /b/ =/ Step/

b−a
/=
n

- Tìm một nghiệm của phương trình: Nhập pt/ shifl/solve/=
- Tìm nghiệm gần m nhất của phương trình: Nhập pt/ calc/m/
shifl/solve/=
Chẳng hạn: Ta biết phương trình x 2 − 3x + 2 = 0 có hai nghiệm 1 và 2
- Nhập x 2 − 3x + 2 / calc/0/ shifl/solve/= ta được x =1
- Nhập x 2 − 3x + 2 / calc/3/ shifl/solve/= ta được x =2
Bài 1: Giải các phương trình
(Lấy lại tất cả các phương trình trong mục I.1)
1. 2 ( x 2 − 3x + 2 ) = 3. x 3 + 8

2
2
2. 2 x − ( x − 3) x − 1 − x − 1 = 0

3. x 2 − 2 ( x − 1) 6 − 2 x + 6 − 4 x = 0

4. x 2 − 2 x − 3 = x + 3

Bài giải:
1. ĐK: x ∈ ( −∞;1] ∪ [ 2; +∞ ) .
* Phân tích:
- Nhập 4 X 4 − 33 X 3 + 52 X 2 − 48 X − 56
- Bấm: Calc/ -100/= / ta được x1 = −0, 6055512755
- Bấm: Calc/ 100/= / ta được x2 = 6, 6055512755
 x1 + x2 = 6
⇒ x1 , x2 là 2 nghiệm phương trình x 2 − 6 x − 4 = 0
 x1 x2 = −4

- Kiểm tra 

Do đó khi phân tích thành nhân tử sẽ tạo ra: x 2 − 6 x − 4
* Bài giải:
Bình phương hai vế, pt ⇔ 4 x 4 − 33x 3 + 52 x 2 − 48 x − 56 = 0,
⇔ ( x 2 − 6 x − 4 ) ( 4 x 2 − 9 x + 14 ) = 0 ⇔ x = 3 ± 13 (Thỏa mãn)

8


2

2
2
2. 2 x − ( x − 3) x − 1 − x − 1 = 0 ⇔ ( x − 3) x − 1 = ( x − 1) ( 2 x + 1) ,

ĐK xác định: x ≥ 1
x = 1
⇔ x − 1  x − 1 ( 2 x + 1) − x 2 + 3 = 0 ⇔ 
2
 x − 1 ( 2 x + 1) = x − 3 (2)
 x 2 ≥ 3
(2) ⇔  4
3
2
 x − 6 x − 4 x + 3 x + 10 = 0

(*)

-

Nhập X 4 − 6 X 3 − 4 X 2 + 3 X + 10

-

Bấm: Calc/ 100/= / ta được x = 5

 x 2 ≥ 3
⇔ x=5
Do đó (*) ⇔ 
3
2

x
−
5
x
+
x
−
x
−
2
=
0
(
)
(
)


Vậy phương trình có tập nghiệm: S = { 1;5}
3. x 2 − 2 ( x − 1) 6 − 2 x + 6 − 4 x = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 6 = 2 ( x − 1) 6 − 2 x ,
ĐK: 1 ≤ x ≤ 3 (*)
PT ⇔ ( x 2 − 4 x + 6 ) = 2 ( x − 1) ( 6 − 2 x ) ⇔ x 4 − 12 x 2 + 8 x + 12 = 0
2

2

-

Nhập X 4 − 12 X 2 + 8 X + 12

-

Bấm: Calc/ 100/= / ta được x1 = 2, 732050808

-

Bấm: Calc/ -100/= / ta được x2 = −3, 645751311

-

Bấm: Calc/ 0/= / ta được x3 = −0, 732050808

 x1 + x3 = 2
⇒
⇒ x1 , x3 là 2 nghiệm phương trình x 2 − 2 x − 2 = 0
 x1 x3 = −2
 x = −1 ± 7

2
2
Do đó phương trình ⇔ ( x + 2 x − 6 ) ( x − 2 x − 2 ) = 0 ⇔ 

 x = 1 ± 3

Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm S = { −1 + 7;1 + 3}
4. x 2 − 2 x − 3 = x + 3 . (Phân tích và giải tương tự)
Bình phương 2 vế pt, ta có:

9


3 ± 17
x =
2
2
2
pt ⇒ x 4 − 4 x 3 − 2 x 2 + 11x + 6 = 0 ⇔ ( x − 3 x − 2 ) ( x − x − 3) = 0 ⇔ 

1 ± 13
x =

2

Thử lại ta thu được 2 nghiệm: x1 =

3 + 17
1 − 13
, x2 =
2
2

Bài 2: Giải bất phương trình 1 − 2 x + 1 + 2 x ≥ 2 − x 2
1
2

1
2

Bài giải: ĐK xác định: − ≤ x ≤ ⇒ 2 − x 2 > 0

1 − 2x + 1 + 2x ≥ 2 − x2 ⇔ 2 + 2 1 − 4x2 ≥ 4 − 4 x2 + x4
2

Đặt

1− t2 
1 − 4 x = t ≥ 0 ta được bất phương trình: 2 + 2t ≥ 3 + t + 
÷
 4 
2

2

⇔ ( t − 1)

2

(t

2

+ 2t + 17 ) ≤ 0 ⇔ t = 1 ⇔ x = 0 ( tm )

Vậy phương trình có nghiệm x = 0.
2.3.2.2. PHƯƠNG PHÁP LIÊN HỢP:
Ngoài các phương trình và bất phương trình có thể dễ dàng đưa về bậc 4,
còn có nhiều phương trình và bất phương trình khác không đưa về bậc 4
được. Một trong số các PP giải trong tình huống này là PP liên hợp với sự hỗ
trợ của máy tính cầm tay, kiểm tra số nghiệm của phương trình trước khi
chọn cách giải.

DẠNG 1: LIÊN HỢP TÌM TỪNG NGHIỆM:

Bài 1: Giải phương trình

x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5

Bài làm:
Dùng chức năng tìm nghiệm, ta kiểm tra được pt chỉ có một nghiệm x= 2
PT ⇔

(

)

x 2 + 12 − 4 = 3 ( x − 2 ) +

(

)

x2 + 5 − 3 ⇔

x2 − 4
x 2 + 12 + 4

= 3( x − 2) +

x2 − 4
x2 + 5 + 3

+ Với x = 2: thỏa mãn

10


+ Với x ≠ 2 :
x+2

PT ⇔

x 2 + 12 + 4



1
1
⇔ ( x + 2) 
−
− 3÷= 0
2
x2 + 5 + 3
x2 + 5 + 3 
 x + 12 + 4
x+2

= 3+

5
3

Từ pt đã cho, x 2 + 12 − x 2 + 5 = 3x − 5 > 0 ⇒ x > ⇒ x + 2 > 0
Mặt khác,

1
x + 12 + 4
2

−

1
x +5 +3
2

− 3 < 0 nên pt trên vô nghiệm.

Vậy pt có một nghiệm duy nhất x= 2.
Bài 2: Giải phương trình 3 − x + x + 2 = x3 + x 2 − 4 x − 1
Bài làm:
Dùng chức năng tìm nghiệm, ta kiểm tra được pt có hai nghiệm x= -1 và x=2
Bước 1: tìm nghiệm x = -1
Pt ⇔
⇔

(

) (

)

3− x − 2 +

x + 2 − 1 = x3 + x 2 − 4x − 4

−1 − x
1+ x
−1
1


+
= ( x + 1) ( x 2 − 4 ) ⇔ ( x + 1) 
+
− ( x2 − 4)  = 0
3− x + 2
x + 2 +1
x + 2 +1
 3− x + 2


 x = −1
⇔
1
1

=
+ ( x2 − 4)
 x + 2 + 1
3− x + 2

(2)

Bước 2: ta chứng minh (2) có nghiệm duy nhất x = 2
+ Với 2 < x ≤ 3 : VP >
+ Với −2 ≤ x < 2 : VP ≤

1
1
1
> ; VT <
(không thỏa mãn)
3
3− x + 2 3
1
1
1
< ; VT > (không thỏa mãn)
3
3− x + 2 3

+ Với x = 2: thỏa mãn
Vậy (2) có nghiệm duy nhất x = 2
KL: Phương trình đã cho có hai nghiệm x = -1 và x=2
Bài 3: Giải bất phương trình 3 2 x − 2. x + 12 ≥ x 2 + 16 x + 33
Bài làm : ĐK : x > -12
BPT ⇔

(

3

)

2 x − 2 + 2 . x + 12 ≥ 2

(

)

x + 12 − 3 + x 2 + 16 x + 39

11


⇔

(

2 ( x + 3) x + 12
3

2x − 2


⇔ ( x + 3) 



)

2

− 2 3 2x − 2 + 4

(

VT ≤

− ( x + 3) ( x + 13 ) ≥ 0


2
−
− ( x + 13)  ≥ 0
2

3
x + 12 + 3
2x − 2 − 2 2x − 2 + 4


(

3

)

(

2 x + 12
3

2x − 2

2 x + 12
3

x + 12 + 3

2 x + 12

Ta chứng minh : A =
⇔

2 ( x + 3)

−

2x − 2

)

2

− 2 3 2x − 2 + 4

2 x + 12
,
3

)

2

− 2 3 2x − 2 + 4

−

2
− ( x + 13) < 0
x + 12 + 3

2
+ ( x + 13) (2)
x + 12 + 3

<

VP > x + 13

Ta chỉ cần chứng minh rằng:

2 x + 12
< x + 13, t = x + 12
3

(3)

2t < 3(t2 +1) ⇔ 3t 2 − 2t + 3 > 0 đúng.
KL: x > - 3
DẠNG 2: LIÊN HỢP TÌM HAI NGHIỆM:

Bài 4: Giải phương trình 3 − x + x + 2 = x3 + x 2 − 4 x − 1 (là bài 2 – mục II.2)
Bài làm :
Dùng chức năng tìm nghiệm, ta kiểm tra được pt có hai nghiệm x= -1 và x=2
PT ⇔ 3 3 − x − ( 5 − x )  + 3 x + 2 − ( x + 4 )  = 3x 3 + 3 x 2 − 12 x − 12
⇔

x2 − x − 2
x2 − x − 2
+
+ ( x 2 − x − 2 ) ( 3x + 6 ) = 0
3 3 − x + ( 5 − x) 3 x + 2 + ( x + 4)



1
1
⇔ ( x2 − x − 2) 
+
+ ( 3x + 6 ) ÷ = 0 ⇔ x 2 − x − 2 = 0
 3 3 − x + ( 5 − x ) 3 x + 2 + ( x + 4)
÷



KL: Phương trình đã cho có hai nghiệm x = -1 và x=2
DẠNG 3: LIÊN HỢP TÌM NGHIỆM VÔ TỈ:

Bài 5: Giải phương trình x 2 − 2 ( x − 1) 6 − 2 x + 6 − 4 x = 0 (là Bài 1.3 phần I.2)
Bài làm : ĐK: 1 ≤ x ≤ 3 (*)

PT ⇔ ( 6 − 2 x − x ) − 2 ( x − 1)
2

(

6 − 2x − x2
6 − 2 x − x = 0 ⇔ ( 6 − 2 x − x ) − 2 ( x − 1)
=0
6 − 2x + x

)

2

6 − 2 x − x 2 = 0
2x − 2 

⇔ ( 6 − 2 x − x ) 1 −
÷= 0 ⇔ 
6 − 2x + x 

 6 − 2 x = x − 2
2

12


Giải tiếp ta được tập nghiệm S = { −1 + 7;1 + 3}
Bài 6: Giải phương trình 2 − x + x + 1 + 2 = x 2 + x
Bài làm :

 −1 ≤ x ≤ 2

ĐK: 

2
x + x − 2 > 0

⇔ 1 < x ≤ 2 (*)

PT ⇔  2 − x − ( x − 1)  +  x + 1 − x  = x 2 − x − 1

Với ĐK (*), 2 − x + ( x − 1) > 0,
PT ⇔ −

x + 1 + x > 0 . Do đó:

x2 − x −1
x2 − x −1
−
= x2 − x −1
2 − x + ( x − 1)
x +1 + x



1
1
1± 5
⇔ ( x 2 − x − 1) 

+
+ 1÷ = 0 ⇔ x 2 − x − 1 = 0 ⇔ x =
 2 − x + ( x − 1)
2
x +1 + x ÷



Kết hợp điều kiện ta được nghiệm là x =

1+ 5
2

DẠNG 4: LIÊN HỢP NGƯỢC:

Tác dụng: không phải xét nhiều trường hợp khi chia cho một biểu thức.
Bài 7: Giải pt x3 + 6 x 2 − 171x − 40 ( x + 1) 5 x − 1 + 20 = 0
1
5
Pt ⇔ 20 ( x + 1) ( x − 1) − 2 5 x − 1  + x 3 − 14 x 2 − 171x + 40 = 0

Bài làm : ĐK: x ≥

⇔ 20 ( x + 1) ( x − 1) − 2 5 x − 1  + ( x − 1) − 2 5 x − 1  ( x − 1) + 2 5 x − 1  ( x + 8 ) = 0

(
⇔ ( x −1− 2

)
5 x − 1 )  x

(

)

⇔ x − 1 − 2 5 x − 1  20 ( x + 1) + x − 1 + 2 5 x − 1 ( x + 8 )  = 0


2

+ 27 x + 12 + 2 5 x − 1 ( x + 8 )  = 0

1
⇔ x − 1 − 2 5 x − 1 = 0 (do x ≥ )
5
 x ≥ 1
x ≥ 1
⇔ 2 5x −1 = x −1 ⇔  2
⇔
⇔ x = 11 + 2 29 thỏa mãn
x
−
22
x
+
5
=
0
x
=

11
±
2
29




Vậy phương trình có nghiệm x = 11 + 2 29
2.3.2.3. ÁP DỤNG VÀO GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH:
 x 2 + 3xy + 20 y 2 = 18
(1)

Bài 8: Giải hệ phương trình 
2
2
 y xy + 5 y + 5 y − 11xy = 6 (2)

(

)

13


2
 xy + 5 y ≥ 0
(*)
Bài làm : ĐK  2
5 y − 11xy ≥ 0

Từ (2) => y > 0
Từ hệ ta có: 3 y

)

(

xy + 5 y 2 + 5 y 2 − 11xy = x 2 + 3 xy + 20 y 2
2

 x
x
x   x
x
= t ta được phương trình:
⇔ 3 
+ 5 + 5 − 11 ÷
=
+
3
+
20
,
Đặt

÷
÷
y
y

y
y
y




⇔3
⇔

(

)

t + 5 + 5 − 11t = t 2 + 3t + 20 ⇔ 3 t + 5 − ( t + 7 )  + 3  5 − 11t − ( 3 − t )  = t 2 + 5t + 4

− ( t 2 + 5t + 4 )

3 t + 5 + ( t + 7)

+

−3 ( t 2 + 5t + 4 )

5 − 11t + ( 3 − t )

= t 2 + 5t + 4

t 2 + 5t + 4 = 0
 t = −1

 x = −4 y

⇔
⇔
⇔
−1
−3
+
= 1 (ko tm)
 t = −4
x = − y
 3 t + 5 + ( t + 7 )
5 − 11t + ( 3 − t )
3
TH1: Với x = −4 y : thay vào (1) ta được 4 y 2 = 3 ⇔ y = ±
2

Vì y > 0 nên y =

3
⇒ x = −2 3 (tm (*))
2

TH2: Với x = − y : thay vào (1) ta được y 2 = 1 ⇔ y = ±1
Vì y > 0 nên y = 1 ⇒ x = −1 (tm (*))



Vậy hệ có tập nghiệm là S =  −2 3;



3
,
−
1;1
(
)
÷

2 ÷



 x 2 − 2 y + ( x + 1) y − x = 0
Bài 9: Giải hệ phương trình 
3
 3 y − 1 + x = x − 2

(1)
(2)

 y ≥ 0
(*)
 x ≥ 3 2

Bài làm : ĐK 

(

(1) ⇔ x − y
3

)( x+2

)

y −1 = 0 ⇔ x =

x 2 − 1 + x = x3 − 2 ⇔

(

3

)

y ⇔ y = x 2 . Thay vào pt (2) ta được:

x2 − 1 − 2 + x − 3 =

(

x3 − 2 − 5

)
14





⇔ ( x − 3)  1 +



(

3


2
÷ ( x − 3) ( x + 3 x + 9 )
=
÷
2
x3 − 2 + 5
x2 −1 + 2 3 x2 −1 + 4 ÷


)

x+3

x = 3

x+3
x 2 + 3x + 9
⇔ 1 +
=
2


3 2
x3 − 2 + 5
x
−
1
+ 2 3 x2 − 1 + 4


(3)

)

(

Dùng chức năng mode/table đối với hai hàm số:
f ( x) = 1 +

(

3

)

x+3
2

x2 −1 + 2 3 x2 −1 + 4

(chẳng hạn: [1.5; 10], Step =

1+

(

3

)

x+3
2

x2 −1 + 2 3 x2 −1 + 4

*) Ta chứng minh:
⇔

(

3

)

1+

(

3

, g ( x) =

x 2 + 3x + 9

x 3 − 2 + 5 trên một đoạn nào đó

10 − 1.5
) ta định hướng chứng minh:
18
x 2 + 3x + 9

<2<

x 3 − 2 + 5 . Thật vậy,

)

x+3
2

x2 − 1 + 2 3 x2 − 1 + 4

<2⇔

(

3

)

2

x2 −1 + 2 3 x2 −1 + 4 > x + 3

2

x2 −1 + 1 > x ⇔ 3 x2 − 1 + 1 > x ⇔ 3 t 4 − 1 + 1 > t, t = x > 1

⇔ t 4 − 1 > ( t − 1) ⇔ t 3 + 3t > 0 điều này đúng
3

*) Ta chứng minh: 2 <

x 2 + 3x + 9
x −2 +5
3

⇔ 2 x3 − 2 < x 2 + 3x − 1

Ta có 2 x3 − 2 < 2 x3 − 1 = 2 ( x − 1) ( x 2 + x + 1) ≤ x 2 + 2 x < x 2 + 2 x + x − 1 . Đfcm
KL: Hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 9)
BÀI TẬP THỰC HÀNH:

Giải các phương trình, bất phương trình và hệ phương trình sau
1. 2 ( x 2 + 2 ) = 5. x 3 + 1

8.

ìï
ïï x +1 + 4 x - 1 - y 4 + 2 = y
í

ïï x 2 + 2x(y - 1) + y 2 - 6y +1 = 0
ïî

9.

ìï 2x 2 + y 2 - 3xy + 3x - 2y +1 = 0
ï
í 2 2
ïï 4x - y + x + 4 = 2x + y + x + 4y
ïî

2. x 2 − 1 + 2 x − 3 = 3x 2 − 2 x
3. 2 x 2 − 5 x = 3 − x

15


4. 2 x 2 + 4 x =
5. 2 ( x − 2 )

(

3

x+3
2

)

x + 5 + 2 2 x − 5 = 3x − 1

6. x 3 − 3x 2 + 2

( x + 2)

3

− 6x ≥ 0

 x 12 − y + y ( 12 − x 2 ) = 12

10. 
 x 3 − 8 x − 1 = 2 y − 2

 x 3 − 3x = ( y − 1)3 − 9( y − 1)
11. 
1 + x − 1 = y − 1

2
3
2
7. ( 4 x + 24 x − 3) 5 x − 1 ≥ 24 x − 44 x − 6 x + 11.

2.4. Bài học kinh nghiệm:
Qua thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy: Đối với các bài toán về giải phương
trình, bất phương trình và hệ phương trình thì phần lớn học sinh không nhớ hết
các dạng toán, không nhớ hết các phương pháp giải dẫn đến lúng túng, bị động,
mất nhiều thời gian. Sau khi được hướng dẫn, định hướng, giải theo hướng mới
học sinh tự tin hơn, hào hứng học hơn và làm bài hiệu quả hơn trước.
Kết quả thử nghiệm trong học kì 1 ở các lớp: 10A 1, 10A4 năm học 20162017 và đội tuyển toán lớp 11 năm học 2017-2018:

(thông qua bài test để đánh giá mức độ hiểu và vận dụng kiến thức bài học)
Loại

Giỏi(sl)

Khá(sl)

10A1 (42 hs)

16

19

10A4 (37 hs)

8

15

Trung

Yếu(sl)

Kém(sl)

7

0

0

14

0

0

Đội tuyển (7 hs)
5
2
0
0
Để nâng cao chất lượng bài giảng, giáo viên cần lưu ý:

0

Lớp

bình(sl)

- Yêu cầu học sinh chuẩn bị bài trước khi đến lớp, nắm vững kiến thức cơ bản.
- Xây dựng hệ thống bài tập từ cơ bản đến nâng cao một cách logíc, khoa học
và hướng đến việc phát triển tư duy cho học sinh, tạo niềm tin, hứng thú, sự say mê.
- Yêu cầu học sinh dành nhiều thời gian luyện tập, thực hành kĩ theo
phương pháp mới.
16


3. Kết luận và kiến nghị :
Nên tổ chức tập huấn sâu rộng tới các giáo viên toán về cách dùng máy tính

Casio fx570. Các thuật toán cần thiết, quan trọng trong thực tế giảng dạy.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày ... tháng ... năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Nguyễn Hữu Thận
Tài liệu tham khảo
1. Sách giáo khoa, sách bài tập đại số 10.
2. Sách giáo khoa giáo viên.
3. Hướng dẫn sử dụng máy tính Casio fx570.

17


Phụ lục:
Các sáng kiến kinh nghiệm đã được HĐ cấp Sở GD&ĐT đánh giá
từ loại C trở lên
STT
Tên SKKN
1
PP giai bai toan so sánh nghiệm cua tt b2 với một số
2
Định hướng giải mọt số bài toán hình học không gian
3
PP giai bai toan so sánh nghiệm cua tt b2 với một số

(Phát triển và bổ sung SKKN năm 2006)
4
PP giải một số dạng toán hhkg phần QHSS lớp 11
5
Dạy học trình chiếu bảng với phần mềm GEOMETRY
SKETCHPAD

Xếp loại
B
B

Năm học
2006
2009

C

2014

C

2015

B

2018

18