SKKN một số phương pháp giải phương trình, hệ phương trình bồi dưỡng học sinh khá giỏi

DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT
TÊN
Giáo viên
Học sinh
Trung học phổ thông
Sáng kiến kinh nghiệm
Phương trình
Ví dụ
Bài tập

VIẾT TẮT
GV
HS
THPT
SKKN
PT
VD
BT

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Mục tiêu đào tạo của nhà trường phổ thông Việt Nam là hình thành những
cơ sở ban đầu và trọng yếu của con người mới: phát triển toàn diện phù hợp với
yêu cầu và điều kiện hoàn cảnh đất nước con người Việt Nam.
Trong giai đoạn hiện nay, mục tiêu đào tạo của nhà trường phổ thông Việt
Nam đã được cụ thể hoá trong các văn kiện của Đảng, đại hội đại biểu toàn quốc
lần thứ VIII Đảng cộng sản Việt Nam và kết luận của hội nghị trung ương khoá
IX, mục tiêu này gắn với chính sách chung về giáo dục và đào tạo “Giáo dục và

đào tạo gắn liền với sự phát triển kinh tế, phát triển khoa học kĩ thuật xây dựng
nền văn hoá mới và con người mới…”
“Chính sách giáo dục mới hướng vào bồi dưỡng nhân lực, nâng cao dân
trí, bồi dưỡng nhân tài, hình thành đội ngũ lao động có trí thức, có tay nghề…”
Môn Toán trong trường phổ thông giữ một vai trò, vị trí hết sức quan
trọng là môn học công cụ . Nếu học tốt môn Toán thì những tri thức trong Toán cùng
với phương pháp làm việc trong toán sẽ trở thành công cụ để học tốt những môn học
khác.
Môn Toán góp phần phát triển nhân cách, ngoài việc cung cấp cho học
sinh hệ thống kiến thức, kĩ năng toán học cần thiết môn Toán còn rèn luyện cho
học sinh đức tính, phẩm chất của người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có
tính kỉ luật, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ.
Đất nước ta đang trên bước đường xây dựng, phát triển và giáo dục đã
được Đảng, Nhà nước coi là quốc sách hàng đầu, để chấn hưng nền giáo dục của
nước nhà thì việc đổi mới phương pháp giảng dạy được Bộ giáo dục luôn coi là
một nhiệm vụ cấp thiết cần phải thực hiện một cách có hiệu quả. Muốn làm tốt
công việc đó thì người thầy phải phấn đấu tự học, tự rèn nhằm nâng cao nhận
thức, nghiệp vụ chuyên môn, từ đó tìm ra cho mình phương pháp giảng dạy đạt
hiệu quả cao nhất, tạo được sự hứng thú và niềm tin ở học trò nhằm góp phần
nâng cao chất lượng giáo dục. Một trong những cách để tạo sự chuyển biến tích
cực trong công tác giảng dạy đó là giáo viên viết các chuyên đề, sáng kiến kinh
nghiệm phục vụ cho việc dạy và học. Thực tế qua quá trình giảng dạy và một vài
năm tham gia ôn thi học sinh giỏi tôi nhận thấy cần có những tài liệu hệ thống lại
các đơn vị kiến thức ở các phần khác nhau.
Trong các đề thi học sinh giỏi ở các vòng của THPT hiện nay có rất nhiều
các đơn vị kiến thức nâng cao rất nhiều so với chương trình toán cơ bản . Tài liệu
ôn thi học sinh giỏi toán cũng rất nhiều,vì thế việc chọn ra những đơn vị kiến
thức phù hợp để ôn cho các em học sinh một cách có hệ thống cũng là một vấn
đề rất quan trọng. Một trong các phần đó là phần giải phương trình, hệ phương
trình.

Trước thực tế đó, nhằm giúp các thầy cô và các em học sinh khá giỏi có
thêm một tài liệu tham khảo trong giảng dạy và học tập phần PT, HPT góp phần
nâng cao khả năng giải quyết các bài tập về phần này một cách thành thạo, nhằm
phát huy khả năng suy luận, óc phán đoán tính linh hoạt của học sinh. Giúp các
em tìm tòi, phát hiện kiến thức, tạo hứng thú trong quá trình học bộ môn Toán,
2


và hơn nữa là góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy, nay tôi viết đề tài sáng
kiến kinh nghiệm: “Một số phương pháp giải phương trình, hệ phương trình
bồi dưỡng học sinh khá giỏi”.
1.2. Mục tiêu của sáng kiến
Cung cấp một số phương pháp giải hữu ích để giáo viên giảng dạy và học
sinh có thể tiếp cận, giải quyết được các bài tập về phương trình và hệ phương
trình trong các đề thi học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh . Từ đó giúp các em nắm
vững và khắc sâu các kiến thức hơn, biết cách vận dụng, khai thác một số dạng
toán phương trình, hệ phương trình hay và khó.
1.3. Về đối tượng nghiên cứu
Phương trình và hệ phương trình trong chương trình môn Toán THPT và các đề
thi học sinh giỏi cấp trường,cấp tỉnh và thi THPT Quốc Gia .
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lí luận : Nghiên cứu các tài liệu về lí luận và phương pháp
dạy học môn Toán.
Quan sát, điều tra : Thông qua thực tế giảng dạy của bản thân và học hỏi
kinh nghiệm từ các đồng nghiệp.
- Thực nghiệm sư phạm : Để kiểm nghiệm kết quả đề tài được áp dụng
trong thực tiễn dạy học.

2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở viết sáng kiến

* Cơ sở triết học:
Theo triết học duy vật biện chứng, mâu thuẫn là động lực thúc đẩy quá
trình phát triển. Vì vậy trong quá trình giúp đỡ học sinh, Giáo viên cần chú trọng
gợi động cơ học tập giúp các em thấy được sự mâu thuẫn giữa những điều chưa
biết với khả năng nhận thức của mình, phát huy tính chủ động sáng tạo của học
sinh trong việc lĩnh hội tri thức. Tình huống này phản ánh một cách lôgíc và
biện chứng trong quan niệm nội tại của bản thân các em. Từ đó kích thích các em
phát triển tốt hơn.
* Cơ sở tâm lý học:
Theo các nhà tâm lí học: Con người chỉ bắt đầu tư duy tích cực khi nảy
sinh nhu cầu tư duy khi đứng trước một khó khăn cần phải khắc phục. Vì vậy
GV cần phải để học sinh thấy được khả năng nhận thức của mình với những
điều mình đã biết với tri thức của nhân loại.
Căn cứ vào quy luật phát triển nhận thức và hình thành các đặc điểm tâm
lí thì từ những lớp cuối của cấp THCS, học sinh đã bộc lộ thiên hướng, sở
trường và hứng thú đối với những lĩnh vực kiến thức, kĩ năng nhất định. Một số
học sinh có khả năng và ham thích Toán học, các môn khoa học tự nhiên; số
khác lại thích thú văn chương và các môn khoa học xã hội, nhân văn khác.
Ngoài ra còn có những học sinh thể hiện năng khiếu trong những lĩnh vực đặc
biệt…
* Cơ sở giáo dục học:
Để giúp các em học tốt hơn. GV cần tạo cho học sinh hứng thú học tập.
Cần cho học sinh thấy được nhu cầu nhận thức là quan trọng, con người muốn
3


phát triển cần phải có tri thức cần phải học hỏi. Thầy giáo biết định hướng, giúp
đỡ từng đối tượng học sinh.
2.2. Thực trạng của vấn đề cần giải quyết.
* Phương trình, hệ phương trình là nền tảng của toán học phổ thông. Xu

thế thi ngày càng khó, số câu vận dụng và vận dụng cao cũng tăng lên trong lĩnh
vực đại số giải tích hầu hết đưa về những phương trình, hệ phương trình không
mẫu mực mà đa số học sinh lúng túng.Hiểu được bản chất, mấu chốt của vấn đề
các em sẽ dễ dàng thực hiện ước mơ của mình vượt qua tất cả các kỳ thi.
* Tôi nhận thấy đa số học sinh có kết quả rất thấp. Vì vậy việc lĩnh hội
kiến thức và rèn luyện kĩ năng ở học sinh đòi hỏi nhiều công sức và thời gian.
Sự nhận thức của học sinh thể hiện khá rõ.
* Thực tế qua quá trình giảng dạy tôi nhận thấy đại đa số các em học sinh
đều ngại và lúng túng khi gặp các bài toán không mẫu mực, không có phương
pháp rõ ràng, ngay cả các em học sinh lớp 12 khi đã được trang bị công cụ là
đạo hàm cũng thấy khó khăn.
2.3. Các giải pháp thực hiện
Phương pháp 1. Dùng đạo hàm để giải phương trình
Ta biết rằng mọi phương trình đều có thể đưa về dạng

f  x  0

, trong đó

hàm số f  x  thể hiện đầy đủ tính chất của nghiệm phương trình này. Do đó khi

ta khảo sát được hàm số   , ta có thể có được cái nhìn tổng quát về phương
trình, xác định được rằng phương trình đó có bao nhiêu nghiệm, thuộc những
miền nào,…những tính chất này tất nhiên không thể rõ ràng bằng nghiệm cụ thể
của phương trình nhưng nó vẫn có nhiều lợi ích khi mà việc tìm lời giải cho bài
toán đó không tiến hành thuận lợi bằng các cách giải thông thường nữa.
Và như thế công công cụ hàm trong trường hợp này thực sự thể hiện rõ
tính hiệu quả của nó, bằng cách dùng đạo hàm ta có thể xác định được chính xác
số nghiệm của một phương trình cho trước; sau đó ta tiến hành một bước trong
lập luận cho điều kiện đủ của bài toán mà thông thường gọ là “nhẩm nghiệm” để

chỉ ra rằng phương trình chỉ có bao nhiêu nghiệm đó thôi và hoàn tất lời giải.
1. Sử dụng đạo hàm để giải phương trình.
Trong phần này, chúng ta sẽ tìm hiểu một số ứng dụng trực tiếp của đạo hàm
vào giải phương trình và thấy rằng có nhiều bài toán thì đây là cách duy nhất có
thể thực hiện được.
Trước hết ta có những kết quả quen thuộc sau:
(1). Trên miền xác định D của hàm số f ( x) , nếu f '( x) �0 hoặc f '( x)  0 thì hàm
số đơn điệu và phương trình f ( x)  0 có không quá một nghiệm.
(2). Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên [a, b] và f ( a). f (b)  0 thì phương trình
f ( x )  0 có ít nhât một nghiệm trên ( a, b) .
(3). Giả sử f ( x) có đạo hàm đến cấp n trên khoảng (a, b) . Khi đó nếu phương
f x

(n)
( n 1)
( x )  0 chỉ có tối đa k+1
trình f ( x)  0 có k nghiệm thì phương trình f
nghiệm. (hệ quả của định lí Rolle).

4


(4). Nếu hàm số f ( x) liên tục trên [a, b] và có đạo hàm trên khoảng (a, b) thì tồn
f '(c) 

f (b)  f (a)
ba
.

tại c �(a, b) sao cho

Vì vậy việc trình bày lời giải bài toán theo ý này có thể qua hai bước
chính là:
- Dùng đạo hàm chứng minh phương trình có không quá k nghiệm.
- Chỉ ra được đầy đủ k nghiệm đó.
Ví dụ 1. Giải PT:
x  1  x  4  x  9  x  16  x  100

Lời giải.
Ta thấy với phương trình này cách đặt ẩn phụ hay biến đổi tương đương
không còn tác dụng nữa.
Ta giải bằng đạo hàm như sau:
Điều kiện xác định của PT là x  1
Xét hàm số: f ( x)  x  1  x  4  x  9  x  16  x  100, x �(1; �)
1
1
1
1
1




2 x  1 2 x  4 2 x  9 2 x  16 2 x  100
1
1
x  100  x  1  0 �

x 1
x  100 nên f '( x)  0 tức là hàm số đồng
Nhưng do

biến hay phương trình f ( x)  0 có không quá một nghiệm.
f '( x) 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=0.
Ta xét thêm một ví dụ nữa để thấy tác dụng của công cụ này.
3 x
2
Ví dụ 2. Giải PT: 2   x  7 x  8
Lời giải. Điều kiện xác định x �3
Xét hàm số f ( x)  2
f '( x) 

3 x

 x 2  7 x  8, x �(�;3)

1
.2
2 3 x

3 x

.ln 2  2 x  7  0, x �3

Suy ra PT đã cho có không quá một nghiệm, ta dễ dàng nhẩm được nghiệm đó là
x  2 và lời giải hoàn tất.
Ví dụ 3. Chứng minh PT sau có đúng một nghiệm dương:
x 9  ( x 3  b)3  a 2 x  0 với mọi a, b  0
9
3

3
2
Lời giải. Xét hàm số f ( x)  x  ( x  b)  a x
f '( x)  9 x8  9 x 2 .( x 3  b) 2  a 2 �0, a, b  0 tức là hàm số đồng biến hay PT đã cho
có không quá một nghiệm.
3
3
2 3
3
Hơn nữa f (0)  b  0, f ( b )  b  a . b  0 nên PT đã cho có ít nhất một nghiệm
3

thuộc (0, b ) và đây là nghiệm dương.
Từ hai điều này suy ra PT đã cho có đúng một nghiệm dương.
x
Ví dụ 4. Giải PT: 4  x  1

5


Lời giải. Rõ ràng khi đứng trước những PT ở dạng hỗn hợp, vừa có hàm mũ,
vừa có hàm tuyến tính thế này ta cũng không thể áp dụng những biến đổi đại số
thông thường. Việc sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số là tất yếu.
x
Xét hàm số f ( x)  4  ( x  1)

x
x
Ta có f '( x )  4 .ln 4  1, f ''( x)  4 .  ln 4   0 suy ra PT f ( x)  0 có không quá hai
nghiệm.

2

Ta nhẩm được hai nghiệm này là

x  0, x 

x  0, x 

1
2 .

1
2 .

Vậy PT đã cho có hai nghiệm
x
x
x
x
Ví dụ 5. Giải PT: 4  10  6  8
x
x
x
x
Lời giải. Phương trình đã cho có dạng 6  4  10  8
x
x
Xét hàm số f (t )  (t  2)  t , trong đó x0 là nghiệm của PT trên.
PT đã cho có thể viết lại là: f (4)  f (8)
Rõ ràng hàm số này liên tục trên [4,8] nên theo định lí Lagrange thì tồn tại

0

c �(4,8) sao cho

f '(c) 

0

f (4)  f (8)
 0 � x0 .(t  2) x0 1  x0 .t x0 1
4 8

PT này có đúng hai nghiệm là x0  0, x0  1 nên nếu x0 là nghiệm của phương
trình đã cho thì nó phải thuộc {0,1} . Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho coa hai nghiệm là x  0, x  1
2. Sử dụng đạo hàm để giải hệ phương trình.
Những ứng dụng của đạo hàm trong việc giải hệ phương trình xoay quanh một
số vấn đề chủ yếu là:
- Tìm được mối quan hệ giữa các biến trong một phương trình nào đó của
hệ để thế vào các phương trình khác rồi giải.
- Dùng tính đơn điệu của hàm số để giải các bài toán về hệ lặp.
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình:
3
3
�x  3x  y  3 y
�4
4
�x  y  1

Lời giải. Ta thấy bài toán dạng này rất đặc trưng cho phương pháp được nêu và

cách ra đề này cũng thường hay được sử dụng trong các đề thi.
Điều quan trọng là chứng minh được x = y từ hệ trên.
Điều này cũng không khó, từ phương trình thứ hai của hệ ta thấy 0 �x, y �1 . Khi
3
2
đó, ta xét hàm số f (t )  t  3t , t �[1,1] thì f '(t )  3t  3 �0 , suy ra f (t ) nghịch
biến. Phương trình thứ nhất thực chất là : f ( x)  f ( y) � x  y .
1
2 x 4  1 � x  �4
2.
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
�1 1 �
�1 1 �
( x, y )  �4 , 4 �
;  x, y   �4 , 4 �
�2 2�
� 2 2 �.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là

Ví dụ 7. Giải hệ phương trình:
6


�x 3  3 x  3  ln( x 2  x  1)  y
�3
2
�y  3 y  3  ln( y  y  1)  z
�z 3  3 z  3  ln( z 2  z  1)  x
�
3

2
Lời giải. Xét hàm số f (t )  t  3t  3  ln(t  t  1), t ��. Ta có:

f '(t )  3t 2  3 

2t  1
3t 4  3t 3  6t 2  t  2 3(t 4  t 3  t 2 )  (3t 2  t  2)


0
t2  t 1
t2  t 1
t2  t 1

Suy ra đồng biến.
x �y
Giả
sử
f ( x) �۳۳۳
f ( y)

y

z

thì

từ

f ( y)

f (z)

hệ
z

phương

trình

trên

suy

ra

x.

Do đó z �x �y �z hay x  y  z .Ta thay lại vào hệ quy về việc giải phương trình:
x3  2 x  3  ln( x 2  x  1)  0 .
3
2
Lại xét hàm số: g (t )  t  2t  3  ln(t  t  1)
g '(t )  3t 2  2 

2t  1
3t 4  3t 3  5t 2  1 3(t 4  t 3  t 2 )  2t 2  1


0

t2  t 1
t2  t 1
t2  t 1
, tức hàm này cũng

đồng biến.
Hơn nữa ta thấy phương trình g (t )  0 có một nghiệm t = 1
Từ đó suy ra hệ đã cho có duy nhất một nghiệm ( x, y, z )  (1,1,1) .
BÀI TẬP ÁP DỤNG:
1. Giải các phương trình sau:
x
x
a. 4  2 x  1, 4  3 x  1
3
2
b. x  2 x  3  ln( x  x  1)  0
5 x  4 x  3x  2 x 

1 1 1
 x  x  4 x 3  2 x 2  x  16
x
2 3 6

5 x  4 x  3x  2 x 

1 1 1
 x  x  4 x 3  2 x 2  x  16
x
2 3 6

c.
2. Giải các phương trình sau:
3
2
a. x  2 x  3  ln( x  x  1)  0

b.
x
x
c. 4  6  8 x  2
x
x
x
x
2
d. 5  4  3  2  10 x  6 x
x
x
x
e. 3  7  2.5
x
x
x
x
f. 10  40  20  30
3. Giải các hệ phương trình sau:
�x 2  3 x  ln(2 x  1)  y
�2
a. �y  3 y  ln(2 y  1)  x
�

log 2 (1  x )  log 3 y
�
�2
2
b. �x  2 cos x  y  2 cos y

7


� ( x  1)2  5.log (6  y )  x
3
�
�
2
� ( y  1)  5.log 3 (6  z )  y
�
( z  1)2  5.log3 (6  x)  z
�
�
c.

Phương pháp 2. Giải PT,HPT bằng phương pháp hàm số:
Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) luôn đb (hoặc luôn ngb) thì số nghiệm của pt :
f(x)=k
Không nhiều hơn một và f(x)=f(y) khi và chỉ khi x=y
Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) luôn đb (hoặc luôn ngb) và hàm số y=g(x) luôn
ngb (hoặc luôn đb) trên D thì số nghiệm trên D của pt: f(x)=g(x) không nhiều
hơn một
(k )
Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n và pt f ( x)  0 có m

( k 1)
( x)  0 có nhiều nhất là m+1 nghiệm
nghiệm, khi đó pt f
Các ví dụ:

2
2
VÝ dô 1:Giải PT: 3x(2  9 x  3)  (4 x  2)( 1  x  x  1)  0
1
( ;0)
Giải: Ta thấy PT chỉ có nghiệm trong 2

PT �  3x  (2  (3x) 2  3)  (2 x  1)(2  (2 x  1) 2  3)
� u (2  u 2  3)  v(2  v 2  3)

(1)

4
2
Với u=-3x, v=2x+1; u,v>0. Xét hàm số f (t )  2t  t  3t với t >0
2t 3  3t
f '(t )  2 
 0 t  0 � f (u )  f (v) � u  v
4
2
t  3t
Ta có
1
� x
5 là nghiệm duy nhất của pt

(1) � u=v � -3x=2x+1
2
�  �
etg x  cosx=2 x ��
- ; �
2 2�
�
VÝ dô 2: Giải PT:

Giải: Xét hàm số :

f ( x)  e tan

2x

�  �
 cosx, x ��
- ; �
� 2 2 �, ta có

�2e tan 2 x  cos3 x �
1
tan 2 x
�
f '( x)  2 tan x. 2 e
 sin x  sin x �
3
�
�
cos x

cos x
�
�
tan
Vì 2e

2x

�2  cos3 x  0

Nên dấu của f’(x) chính là dấu của sinx. Từ đây ta có f  x  �f  0   2
Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x = 0
8


x
x
Ví dụ 3. Giải PT: 2003  2005  4006 x  2

x
x
Giải: Xét hàm số : f  x   2003  2005  4006 x  2
x
x
Ta có: f '  x   2003 ln 2003  2005 ln 2005  4006

f ''( x)  2003x ln 2 2003  2005 x ln 2 2005  0 x � f "( x)  0 vô nghiệm nên
phương trình đã cho có nhiều nhất hai nghiệm.
Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0 và x =
1.

x
Ví dụ 4.Giải pt: 3  1  x  log3 (1  2 x)
x �

1
2

Giải: Đk:
PT � 3x  x  1  2 x  log 3 (1  2 x)
� 3x  log 3 3x  1  2 x  log 3 (1  2 x) (1)
Xét hàm số: f  t   t  log3 t ta có f(t) là hàm đồng biến nên
(1) � f (3x )  f (1  2 x) � 3x  2 x  1

� 3x  2 x  1  0 (2)
f ( x)  3 x  2 x  1
� f '( x)  3x ln 3  2
x 2
Xét hàm số: � f "( x)  3 ln 3  0
� f (x)  0 có nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho có hai
nghiệm x=0 và x=1
sinx-siny=3x-3y
(1)
�
�

�
(2)
�x+y=
5
�

(3)
�x, y  0
Ví dụ 5. Giải hệ pt: �

x, y �(0; )
5
Giải: Từ (2) và (3) ta có :


t �(0; )
(1) � sinx-3x=siny-3y . Xét hàm số f(t)=sint-3t với
5 ta có f(t) là hàm

x y
10 là nghiệm của hệ
nghịch biến nên f(x)=f(y) � x=y thay vào (2) ta có

�
�tan x  tan y  y  x
�
y  1 1  x  y  8
Ví dụ 6. Giải hệ: �

(1)
(2)

9


�y �1

�
�
x � y 8
Giải: Đk: �
(*)
�
tan
x

x

tan
y
 y � x  y (do hàm số f (t )  tan t  t là hàm đồng
(1)
biến)
Thay vào (2) ta có:

y 1 1  y  y  8 �

y 1  y  y  8 1

� y 1  y  y  8  2 y  y  8 1
� y  8  4y  4 y  8
� 3y  8  4 y  8
� 8
� 8
�y �
�y �
�� 3

�� 3
� y 8
2
2
�
9 y  48 y  64  16 y  128 �
9 y  64 y  64  0
�
�

Vậy x  y  8 là nghiệm duy nhất của hệ đã cho
HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH:
�f ( x1)  g (x 2 )
�f ( x )  g ( x )
� 2
3
�
.................
�
�f ( x )  g ( x1 )
Định nghĩa:Là hệ có dạng: � n
(I)

Định lí 1: Nếu f,g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và (x1, x2,..., xn )
là nghiệm của hệ trên A thì x1  x2  ...  xn
Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu trên A và (x1, x2,..., xn ) là nghiệm của hệ
�x1  x3  ...  xn1
�
x  x4  ...  xn
x


x

...

x
1
2
n
trên A thì
nếu n lẻ và �2
nếu n chẵn
3
2
�x  3x  3  ln( x  x  1)  y
�
�3
2
�y  3 y  3  ln( y  y  1)  z
�3
z  3z  3  ln( z 2  z  1)  x
�
Ví dụ 7:Giải hệ:
3
2
Giải:Ta giả sử (x,y,z) là no của hệ. Xét hàm số f (t)  t  3t  3  ln(t  t  1)
f '(t)  3t2  3 

2t  1
2

0

2 t  t1
ta có:
nên f(t) là hàm đồng biến
Ta giả sử: x=Max{x,y,z} thì y  f ( x ) �f ( y )  z � z  f ( y ) �f ( z )  x
3
2
Vậy ta có x=y=z. Vì pt x  2 x  3  ln( x  x  1)  0 có nghiệm duy nhất x=1
nên hệ đã cho có nghiệm là x=y=z=1
10


� x 2  2 x  6 log (6  y )  x
3
�
� 2
� y  2 y  6 log 3 (6  z )  y
� 2
� z  2 z  6 log 3 (6  x)  z
Ví dụ 8. Giải hệ: �
�
x
�
log3 (6  y ) 
�
x2  2 x  6
�f ( y )  g ( x)
�

y
�
�
��
log3 (6  z ) 
� �f ( z )  g ( y )
2
y  2y  6
�
�f ( x)  g ( z )
�
�
z
�
log3 (6  x) 
�
z2  2z  6
�
Giải: Hệ

t

f (t )  log3 (6  t ) ; g (t ) 
Trong đó

Ta có f(t) là hàm nghịch biến,

t 2  2t  6 với t �(�;6)
6t
g '(t ) 

 0 t �(�;6) �
3
2
t  2t  6





g(t) là

hàm đồng biến nên ta có nếu (x,y,z) là nghiệm của hệ thì x=y=z thay vào hệ ta
có:
x
log3 (6  x) 
x 2  2 x  6 pt này có nghiệm duy nhất x=3.
Vậy nghiệm của hệ đã cho là x=y=z=3.
Bài tập:
�x3  3x  3 ln x2  x  1  y
�
�3
2
�y  3y  3 ln y  y  1  z
�3
z  3z  3 ln z2  z  1  x
�
�
1. Giải hệ:

2. Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất

�x12  x23  4 x22  ax 2
�2
�x2  x33  4 x32  ax3
�
............................
�
�2
3
2
�xn  x1  4 x1  ax1
3.Giải hệ:

11


2x  x
�
�1 �
�
y
��
�4 �
�
� 2y3  y2
��1 �
z
�� �
��4 �
� 2z3  z2
��1 �  x

�
��
4
�� �
3

2

Phương pháp 3. Tham số hóa
Ví dụ 1. Giải phương trình
Lời giải
Viết phương trình đã cho dưới dạng . Ta cần chọn sao cho vế phải có dạng một
bình phương đúng
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
Ví dụ 2. Giải phương trình
Lời giải
Ta tìm cách viết vế trái của phương trình dưới dạng . Như vậy thì là nghiệm của
hệ phương trình là nghiệm của phương trình
Khi đó phương trình đã cho tương đương với

 x  a  b   x 2  a 2  b 2  a x  bx  ab   0
2 �
2
1�
�
�2
� �x 
x  � 0
�
�x 

18 �
� 3 2�
� 3 2
2
1
� x
;x 
3 2
3 2

Ví dụ3. Giải phương trình chứa căn
Lời giải.
Tập xác định
Ta tìm sao cho
khi đó phương trình viết lại như sau
đặt , ta được
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình
Lời giải
Hệ đã cho được viết lại như sau
Suy ra
12


Ta cần chọn sao cho có dạng
So sánh và thì
Như vậy ta có
+) thay vào ta được
8 y 3  24 y 2  32 y  224  0

�  y  2   8 y 2  40 y  112   0

� y  2 � x  4

.

+) thay vào ta được
y 3  9 y 2  36 y  44  0

�  y  2   y 2  7 y  22   0
� y 2�x4

.
Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm là
.
Nhận xét: Với cách làm này thì cho dù bài toán có các hệ số lớn thì chúng ta
vẫn giải quyết được. Có thể hình dung tác giả đã sang tạo bài toán như sau:
Xuất phát từ ta có
Nếu các bạn để ý một chút thì thấy rằng trong hệ không chứa đơn thức dạng .
Do đó ta sẽ tách các ẩn riêng như trên và đưa về hằng đẳng thức. Bây giờ, bằng
một phép đổi biến ta có hệ phương trình khó hơn.
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình
Lời giải
Đặt suy ra thay vào các phương trình của hệ và biến đổi
trở thành

 u  v
6.

 u  v   35  0
u v
.

2
4
2
8
2
2
� 6  u  2uv  v   u  v   2  u 3  3u 2 v  3uv 2  v3   280  0
2

3

� 6  u 3  u 2v  2u 2 v  2uv 2  uv 2  v3   2u 3  6u 2 v  6uv 2  2v 3  280  0
� u 3  v3  35  0 (3)

trở thành

 u  v
5.

2

 u  v
 5.

2

u v u v
u v
u v
.

 5.
 13.
0
4
4
2
2
2
2
� 10u 2  10v 2  2  u 2  v 2   10u  10v  26u  26v  0
 2.

� 3u 2  2v 2  9u  4v  0

(4)

Ta có hệ
13


Suy ra

u 3    3u 2  9u   v 3  35    2v 2  4v 
� u 3  3u 2  9 u  v 3  2 v 2  4 v  35 (5)

Ta cần chọn sao cho có dạng
So sánh và suy ra
Như vậy ta có , thay vào  3 ta được
+) ta có hệ phương trình
+) ta có hệ phương trình

Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm là
.
Bài tập tự luyện
Giải các phương trình sau:
1.
2.
3.
2.4.

Hiệu quả của sáng kiến:
Khi áp dụng chuyên đề này vào giảng dạy đã mang lại một hiệu quả bất
ngờ, các em học sinh thấy hứng thú hơn với môn toán. Đối với học sinh lớp 10
các em hầu như không còn sợ phương trình và hệ phương trình không mẫu mực
như trước. Còn đối với lớp 12 nhiều em đã giải tốt những phương trình và hệ
phương trình mũ- logarit ở mức độ vận dụng cao trong các kỳ thi thử THPT
Quốc Gia
Các em học sinh sau khi được tiếp cận với chuyên đề trên đã cảm thấy dễ
dàng, hứng thú hơn trong quá trình giải quyết các bài toán liên quan đến
phương trình và hệ phương trình khó.
Thông qua bài khảo sát chất lựơng tôi thu được kết quả như sau:
Lớp 10 A2: (42 học sinh)
Xếp loại
Giỏi
Khá
Số lượng
7
25

TB
10

Yếu
0

Kém
0

Lớp 12B6: (40 học sinh)
Xếp loại
Giỏi
Khá
Số lượng
8
17

TB
15

Yếu
0

Kém
0

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
14


- Trong giai đoạn giáo dục hiện nay, đổi mới phương pháp giảng dạy là một

nhiệm vụ hết sức quan trọng nhằm đào tạo cho xã hội một nguồn nhân lực thực
thụ. Bản thân tôi mong muốn làm thế nào để nâng cao chất lượng học tập của
học sinh nên tôi luôn cố gắng tìm tòi và ứng dụng những cái mới vào việc giảng
dạy trên cở sở kinh nghiệm qua những năm đứng lớp .
- Phương trình và hệ phương trình là một dạng khó đối với các em học sinh,
nên tôi đã cố gắng tập hợp, giải quyết các bài toán đó thông qua các phương
pháp giải cụ thể để học sinh dễ hiểu . Qua ứng dụng SKKN này giảng dạy cho
học sinh tôi nhận thấy đối với bài toán về phương trình, hệ phương trình không
mẫu mực thì đạo hàm và hàm số là công cụ tuyệt vời và dễ hiểu, giúp các em
học sinh tự tin lên rất nhiều khi đối mặt với dạng bài tập này.
- Như vậy, với SKKN này dù ít hay nhiều cũng giúp ích cho cho công việc
giảng dạy của tôi, nâng cao chất lượng học môn toán hơn trước. Đối với bản
thân tôi, là một giáo viên đứng lớp viết SKKN này cũng giúp ích rất nhiều trong
việc tự học và trau dồi chuyên môn, nghiệp vụ của mình.
- Từ quá trình áp dụng SKKN tôi thấy bài học kinh nghiệm được rút ra là khi
giảng dạy giáo viên phải giúp học sinh tiếp thu kiến thức một cách nhẹ nhàng và
tự nhiên, không nên gò ép, áp đặt, phải đưa ra được phương pháp giải đối với
từng loại toán. Có như vậy học sinh mới hứng thú học tập và yêu thích môn
toán.
3.2. Kiến nghị
Bài toán giải phương trình, hệ phương trình đại số hay mũ- logarit, kể cả
lượng giác là bài toán khó trong chương trình toán THPT, hầu hết học sinh đều
gặp khó khăn khi tiếp cận với bài toán này. Để giúp học sinh nắm vững các kiến
thức cơ bản về phương pháp toán, đồng thời biết vận dụng một cách linh hoạt
các kiến thức đó để giải quyết nhiều tình huống khác nhau tôi xin nêu một số
giải pháp đề nghị sau:
1. Đối với tổ chuyên môn và chuyên môn nhà trường cho phép tôi được áp
dụng SKKN với một số lớp bằng cách cho học sinh đi học phụ đạo buổi chiều.
2. Tổ chuyên môn thường xuyên đóng góp ý kiến cho SKKN của tôi trong
quá trình tôi thực hiện SKKN này

Do kinh nghiệm còn thiếu, thời gian nghiên cứu và ứng dụng chưa dài nên
đề tài của tôi không tránh khỏi còn nhiều hạn chế. Rất mong được sự đóng góp
của các đồng nghiệp để tôi có thể hoàn thiện hơn đề tài của mình.
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 24 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết

Nguyễn Thị Thúy
15


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Phương pháp giảng dạy môn toán.
Tác giả: Vũ Dương Thụy – Nguyễn Bá Kim – NXB Giáo dục
2) Trọng tâm kiến thức đại số 10
Tác giả: Phan Huy Khải – Nhà xuất bản Giáo dục.
3) Sách giáo khoa đại số 10 nâng cao.
Nhà xuất bản Giáo dục.
4) Sách bài tập đại số 10 nâng cao.
Nhà xuất bản Giáo dục.
5) Sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao.
Nhà xuất bản Giáo dục.
6) Sách bài tập giải tích 12 nâng cao.
Nhà xuất bản Giáo dục.
Ngoài ra tôi còn tham khảo một số tài liệu trên mạng, trong nhóm Word toán,…

16


DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả:......Nguyễn Thị Thúy ………....................................................
Chức vụ và đơn vị công tác:...Giáo viên toán.......................................................,

TT

1.
2.

Tên đề tài SKKN

Ứng dụng phần mềm Cabri
3D nâng cao hiệu quả bài dạy
“Mặt cầu- khối cầu”.
Sử dụng phương pháp tọa độ
trong không gian giải một số
bài toán hình học không gian.

Cấp đánh giá xếp
loại

Kết quả
đánh giá
xếp loại

Năm học
đánh giá
xếp loại

(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh; Tỉnh...)

(A, B, hoặc C)

Cấp tỉnh

C

2013-2014

Cấp tỉnh

C

2016-2017

17