RÈN LUYỆN một số kỹ NĂNG CHO học SINH KHÁ GIỎI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH và hệ PHƯƠNG TRÌNH vô tỷ

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Toán học là khoa học trìu tượng, có nguồn gốc từ thực tiễn và có ứng dụng rộng
rãi trong thực tiễn. Việc rèn luyện tư duy logic, phát huy tính tích cực, tự giác, chủ
động của người học, hình thành và phát triển năng lực người học,trau dồi các phẩm
chất linh hoạt, độc lập, sáng tạo của tư duy là một trong những yêu cầu dạy học hàng
đầu của môn toán trong trường phổ thông.
Việc trang bị cho học sinh phương pháp để giải bài tập, rèn kỹ năng cho học sinh
đều rất cần trong môn Toán, vì nó giúp học sinh nắm vững kiến thức cơ bản, đồng
thời phát triển tư duy và năng lực sáng tạo, đó còn là phương tiện tư duy tốt nhất để
củng cố kiến thức, luyện tính độc lập trong suy luận, tính kiên trì trong gặp bài khó,
tính cẩn thận, chính xác, khoa học.
Thông qua dạy học theo chuyên đề, học sinh được rèn luyện kỹ năng tiến trình
khoa học như sắp xếp, phân loại, liên hệ. Kiến thức thu được là các khái niệm trong
một mối liên hệ mạng lưới với nhau. Trình độ nhận thức có thể đạt được ở mức độ
cao như phân tích, tổng hợp, đánh giá.
Phương trình, hệ phương trình, là một trong những phân môn quan trọng của
Đại số vì có những ứng dụng lớn trong các ngành khoa học.
Những dạng toán này cũng xuất hiện nhiều trong đề thi Tỉnh, chọn ĐT HSG
Quốc Gia của các tỉnh hằng năm hay thậm chí cả trong đề thi quốc gia của các nước,
… .Nhận thấy tầm quan trọng của chủ đề này đối với cả hệ chuyên và hệ không
chuyên.
Với các lý do trên, tôi đã xây dựng và thực hiện SKKN với đề tài “ Rèn luyện
một số kỹ năng cho học sinh khá giỏi giải phương trình và hệ phương trình vô tỷ ”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Xây dựng bài tập một cách có hệ thống các kiến thức, các kỹ năng, kỹ xảo cần
có, các bài tập mang tính vận dụng và vận dụng cao đề học sinh thấy tự tin khi học
chủ đề này.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Nghiên cứu lớp phương trình, hệ phương trình vô tỷ.
1.4.Phương pháp nghiên cứu

Với một số phương pháp và các bài tập điển hình, các hướng đi. Và hy vọng bài
viết có thể đem lại cho các em học sinh cảm hứng cũng như có thể nâng cao khả năng
tư duy trong quá trình làm bài.
1


Đây là chuyên đề có ý nghĩa thực tiễn trong công việc giảng dạy, nó cho ta cách
nhìn nhất quán về dạng toán giải phương trình, hệ phương trình cũng như các dạng
toán có liên quan.
Việc nhóm bài học có cùng dạng vào một nhóm và lên kế hoạch giảng dạy cụ thể
- Như giảng dạy học sinh giỏi ( gọi là chủ đề chuyên sâu về một vấn đề ).... giúp học
sinh có các nhìn hệ thống, khái quát và sâu sắc từng mảng kiến thức từ các đơn vị
kiến thức riêng lẻ được truyền thụ trong từng tiết học cụ thể. Và dạy học theo chủ đề
thích hợp với công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, khi mà đề thi mang tính tổng hợp
cao.
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của SKKN.
Khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự là những thao tác tư duy có vai trò rất
quan trọng trong quá trình dạy học toán ở trường phổ thông. Khái quát hóa, đặc biệt
hóa,tương tự hóa giúp chúng ta mò mẩm, dự đoán để tìm lời giải của bài toán, mở rộng,
đào sâu, hệ thống kiến thức góp phần quan trọng trong việc hình thành những phẩm
chất trí tuệ cho học sinh.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN
Việc dạy học hiện nay đang được thực hiện theo từng đơn vị kiến thức nhỏ, từng
bài nên việc truyền thụ kiến thức thường là một chiều từ giáo viên tới học sinh dẫn đến
việc học sinh thụ động và không có sự liên kết giữa các đơn vị kiến thức trong một chủ
đề. Việc dạy học theo chủ đề mới chỉ thực hiện khi bồi dưỡng học sinh giỏi như vậy sẽ
không có phần tìm hiểu kiến thức mới.
Các bài tập đưa ra rời rạc, không đưa ra được hệ thống bài tập đầy đủ, bao quát
mang tính điển hình.

2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Tóm tắt lí thuyết
1. Một số bất đẳng thức kinh điển
 Bất đẳng thức AM – GM cho n số không âm:

a1  a2  ...  an n
� a1a2...an
n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ...  an .
 Bất đẳng thức Bunhiacopxki:
Cho hai dãy số thực

 a1,a2,...,an  ;  b1,b2,...,bn 

 a1b1  a2b2  ...  anbn 

2

khi đó ta có:

� a12  a22  ...  an2   b12  b22  ...  bn2 
2


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ai  kbi , i  1, n; k ��.
 Hệ quả (Bất đẳng thức Mincopski) Với 2 dãy số thực a1,a2 ,...,an và b1,b2,...bn
Ta có:

a12  b12  a22  b22  ...  an2  bn2 �  a1  a2  ...  an    b1  b2  ...  bn 
2

2

Đẳng thức xảy ra khi a1,a2 ,...,an và b1,b2,...bn là 2 bộ số tỉ lệ.
2. Tính đơn điệu và giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số.
 Định nghĩa 1. Giả sử K là một khoảng, nửa khoảng, một đoạn.

y  f  x

xác định trên D được gọi là:
x , x �K , x1  x2 � f  x1   f  x2 
+ Đồng biến trên K nếu với mọi 1 2
.
x , x �K , x1  x2 � f  x1   f  x2 
+ Nghịch biến trên K nếu với mọi 1 2
 Điều kiện để hàm số đơn điệu
Hàm số

Giả sử hàm số
+ Nếu hàm số

y  f  x
y  f  x

có đạo hàm trên K
đồng biến trên K thì

f�
 x  �0x �K

.
f�
 x  �0x �K

y  f  x
+ Nếu hàm số
nghịch biến trên K thì
( Dấu đẳng thức thức chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm ).
 Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu

.

y  f  x
Định lý. Giả sử K là một khoảng, nửa khoảng, một đoạn. Hàm số
liên
tục trên K và có đạo hàm tại mọi điểm trong K . Khi đó
f �x  0,  x �K
y  f  x
+ Nếu  
thì hàm số
đồng biến trên K .
f �x  0,  x �K
y  f  x
+ Nếu  
thì hàm số
nghịch biến trên K .
f �x  0, x �K
y  f  x
+ Nếu  
thì hàm số

không đổi trên K .
 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình
Vận dụng kết quả: “Nếu hàm số

y  f  x

liên tục và luôn đơn điệu một chiều trên

f x 0
miền K thì số nghiệm trên K của  
không nhiều hơn một và
u, v �K : f  u  f  v � u  v

”

 Định nghĩa 2.
Cho hàm số

y  f  x

xác định trên K .

+ Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số

y  f  x

trên K khi và chỉ khi
3

�
 x� M , x K
�f 
�
x0 �K | f  x0   M
�

y  f  x

+ Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số

trên K khi và chỉ

khi

�
 x� m, x K
�f 
�
x0 �K | f  x0   m
�
 Vận dụng để giải các bài toán min, max: Để tìm min, max của hàm

y  f  x

xác

định trên khoảng K ta tính y�
rồi tìm các điểm mà tại đó y�
triệt tiêu hoặc không

tồn tại, lập bảng biến thiên. Từ bảng biến thiên tìm min, max.
3. Tương giao của đồ thị.

 Tọa độ giao điểm của

�
y  f  x  C 1 
�
I  �
y  g x   C 2 
�
 C 1  C 2 
và

là nghiệm của hệ

 Phương trình hoành độ giao điểm:

f  x   g x 

I  .

 *

*
C
C
+ Số nghiệm của   là số giao điểm của  1  và  2  .
*
C

C
+ Nghiệm của   là hoành độ của giao điểm của  1  và  2  .
 Ta sử dụng tương giao đồ thị để biện luận số nghiệm của pt hay là nền tảng để lập
luận tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm.
4. Ứng dụng hình học giải tích.
r
r
u x ,y ,v x ,y
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các vecto  1 1   2 2  khi đó ta có

r r r r
u  v �u  v �

 x1  x2 

  y1  y2  � x12  y12  x22  y22 .
r r
Dấu bằng xảy ra khi vàchỉ khi hai vectơ u, v cùng hướng.
r r
 Với hai vecto u, v bất kì trong không gian thì
rr r r
r r
r r
uv
.  u . v cos u, v �u . v
2

2

 

 (Định lí Cosin trong tam giác) Cho a,b,c là ba cạnh của tam giác ABC khi đó

a2  b2  c2  2bc cos A.
5. Định lí Bolzano-Cauchy

4


 Định lí Bolzano – Cauchy thứ nhất: Giả sử hàm

 a,b

liên tục trên đoạn

f c 0
sao cho  
.
a,b
 Định lí Bolzano – Cauchy thứ hai: Giả sử f liên tục trên 
. Khi đó f nhận mọi
và

f  a  .f  b  0.

f :  a,b � �

giá trị trung gian giữa

Khi đó tồn tại

f  a

và

f  b ,

c � a,b

f a
tức với mọi số thực  nằm giữa   và

c � a,b
f c 
tồn tại
sao cho  
.
6. Định lí Lagrange – Rolle.
f x
a,b
 Định lí Rolle: Nếu   là hàm liên tục trên đoạn 
, có đạo hàm trên khoảng
f  b ,

 a,b

f a  f  b
c � a,b
f �c  0.
và  

thì tồn tại
sao cho  
Từ đó ta có 3 hệ quả:
f x
a,b
a,b
 Hệ quả 1: Nếu hàm số   có đạo hàm trên 
và có n nghiệm trên 
thì
f�
 x

a,b
có ít nhất n 1 nghiệm trên 
.
f x
a,b
f �x
 Hệ quả 2: Nếu hàm số   có đạo hàm trên 
và   vô nghiệm trên

 a,b

thì

 a,b

thì

f  x

a,b
có nhiều nhất 1 nghiệm trên 
.
f x
a,b
f �x
 Hệ quả 3: Nếu   có đạo hàm trên 
và   có nhiều nhất n nghiệm trên
f  x

a,b
có nhiều nhất n  1 nghiệm trên 
.
f x
a,b
 Định lí Lagrange: Nếu   là hàm liên tục trên đoạn 
, có đạo hàm trên

f�
 c 

f  b  f  a 
b a
.

a,b
f a  f  b
c � a,b
khoảng 

và  
thì tồn tại
sao cho
2.3.2. Một số bài toán minh họa.
2.3.2.1. Biến đổi tương đương, nhân liên hợp.
Dùng các phép biến đổi, đồng nhất, kết hợp với tách, nhóm, ghép, liên hợp thích
hợp để đưa phương trình đã cho về dạng tích số đơn giản hơn và biết cách giải, chẳng
hạn như:

A0
�
A.B  0 � �
B 0
�

Bài toán 1:
Giải phương trình:

x2  1
 x  1  x  3  x2  x  1
x3

 1

(Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hóa)
5


Lời giải.
Điều kiện: x �1.

2

� x3  1
�
1
�

x

3
�
  �
� x3
�
�
�





x2  x  1  x  1

2

x3  1
x3  1
�
 x  3 2
. x  3  x2  x  1 x  1 2 x2  x  1. x  1

x3
x3
�
x  1 3
� x  1   x  3  x  x  1 � x  2x  2  0 � �
x  1 3
�
3

2

Kết luận: So với điều kiện và thế vào

2

 *

nghiệm cần tìm là x  1� 3 .r

 Bình luận:

.  B .D , cụ thể trong bài
Phương trình có dạng A  B  C  D với AC
x3  1
 x  3   x  1 x2  x  1  x3  1
toán trên ta có x  3
nên sẽ viết về dạng
A  C  D  B và bình phương để giải phương trình hệ quả. Từ đó ta có lời
giải trên.





Bài toán 2:
2
2
Giải phương trình: 3 2x  1  x 5 4x  4x (*)

(Đề nghị Olympic 30/4/2014 – THPT chuyên Bình Long – Bình Phước)

1
x  ,x  1
2
Phân tích: Sử dụng máy tính cầm tay, tìm được 2 nghiệm
nên ghép bậc
nhất để liên hợp.

� 1
1
1
x  � 2x  1  2.  1  0  ax  b  a  b �
a2
�
��
2
2
� 2
b  1
�

�
x

1
�
2
x

1

2
.
1

1

ax

b

1
.
a

b
Với 2x  1 thì �

1
� 1
2

x

�
5

4
x

5

1

2

ax

b

a b �
a  2
� 2
2
�
�
�
b 3
�
2
2
�

2
x

1
�
5

4
x

5

4
.
1

1

ax

b

a

b
5

4
x
Với

thì �
6


Lời giải.

1
5
�x � .
2
Điều kiện: 2

x

Nhận thấy

1
2 là một nghiệm của phương trình.

1
x � � 2x  1  2x  1�0
2
Với
thì:
2
2
�
� �
 * � 3�
�2x  1   2x  1 � x � 5 4x   2x  3 � 3 2x  3x  1  0

�

6 2x2  3x  1

2x  1  2x  1



4x  2x2  3x  1

5 4x2  3 2x

 3 2x2  3x  1  0

�
�
6
4x
�  2x2  3x  1 �

 3� 0
5 4x2  3  2x
� 2x  1  2x  1
�
� 1
x   loai 
� 2x  3x  1  0 � � 2
�
x1

�
2

1
x  1, x  .
2r
Kết luận: So với điều kiện đề bài, nghiệm cần tìm là
 Nhận xét:
Trong bài toán này, ta phải xét 2 trường hợp, nguyên nhân là do khi liên hợp có
1
2x  1  2x  1  0 � x 
2 . Chính biểu thức dưới mẫu số này làm
biểu thức
cho phép biến đổi không xác định, đó là sai lầm thường gặp của học sinh.

Bài toán 3:





� xy  x  y xy  2  x  y  y


�
�
�
y  xy  x  1 x  �
 x  1 �
�

� 4
Giải hệ phương trình: �

 1
 2

(Chọn ĐT học sinh giỏi quốc gia tỉnh Ninh Bình 2014 – 2015)
Phân tích:

7


Nhận thấy phương trình
có lời giải sau.

 1

luôn đúng khi x  y , tức sẽ có nhân tử x  y . Thật vậy, ta

Lời giải.

x �0, y �0
�
�
�
xy   x  y xy  2 �0
Điều kiện: �
Với x  y  0 thì hệ vô nghiệm nên xét x  0, y  0.



xy   x  y 
 1 � �
�
�

�

�

xy   x  y



xy   x  y 





xy  2  y� y  x
�
�



xy  2  y2



y  x  y   x  y 
xy   x  y 





xy  2  y



yx
x y





xy  2



xy
0
x y

xy  2  y

�
�

y  xy  2
1
�
�
�  x  y �

� 0
x

y
� xy   x  y xy  2  y
�
�
�





 3

1
0
x

y
Do với x  0, y  0 thì lượng
, nhưng còn lượng y  xy  2 chưa xác
2
định được dấu của nó. Quan sát phương trình   cũng có lượng y  xy và hoàn

toàn
có thể biểu diễn theo x . Tức

 2 � y 

xy 

4
 x  1 x  �2.
x

1
chứng minh
Thật vậy:

4
 x  1 x 
x1
và mong muốn là

4
x3  3x  2  x  1  x  2
 x  1 x   2 

�0x  0.
x

1
x


1
x

1
Xét hiệu:
2

3
Do đó y  xy  2 �0, nên từ   ta được x  y .
Thế x  y vào phương trình

 2

ta được

8


 2 �  x  1  3x  x2   4 � x  y  1�x  y 

1 17
.
4

�
�
�
1 17 1 17 �
�
�

;  ;�
;
 x; y  � 11
�
�
4
4
�r
�
�
�
So sánh với điều kiện, ta được tập nghiệm
2.3.2.2 - Đặt ẩn phụ

Bài toán 1:
Giải phương trình:

 *

2x2  3x  7  33 4x  4  0

(HSG TP. Hà Nội năm 2015)
Phân tích. Phương trình có 1 căn thức và sử dụng máy tính cầm tay ta tìm được 1
nghiệm duy nhất x  1 nên sẽ có nhiều cách giải như liên hợp, biến đổi tương đương
hay có thể là bất đẳng thức,… Ở đây tôi xin phép được trình bày phương pháp đặt ẩn
phụ bằng hệ số bất định, tức là đi tìm các số a,b,c�� sao cho thỏa mãn đồng nhất
thức:

2x2  3x  7  a  4x  4  b 4x  4  c  16ax2   32a  4b x  16a  4b  c
2

Từ đó đồng nhất hệ số thu được hệ:

16a  2; 32a  4b  3
�
1
7
� a  ,b   ,c  12.
�
16a  4b  c  7
8
4
�
Lời giải.
Điều kiện xác định: D  �.

1
8

 * �  4x  4

2



7
 4x  4  33 4x  4  12  0
4

t  3 4x  4 � t 3  4x  4 � t 6   4x  4 .

2

Đặt

 1 �

Khi đó:

1 6 7 3
t  t  3t  12  0 � t 6  14t 3  24t  96  0
8
4

�  t  2  t 4  4t 3  12t2  18t  24  0
2

 Nếu t �0 , thì

 2

 2
 3

vô nghiệm
9


4
3
2

 Nếu t  0 thì t  4t  12t  18t  24  0 vô nghiệm, nên
2
 3 �  t  2  0 � t  2

Suy ra

3

4x  4  2 � x  1.

So với điều kiện, vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  1.r

 Bình luận:
Do nhẩm nghiệm x  1 nên dễ dàng tìm được t  4x  4  2. Hơn nữa do tính
4
3
2
chất nghiệm duy nhất nên ta cần đánh giá cụm t  4t  12t  18t  24  0 như
trên. Bản chất bài này xuất phát từ đề thi học sinh giỏi quốc gia – 1995.
3

2x2  11x  21 33 4x  4  0.
2.3.2.3. Áp dụng các bất đẳng thức kinh điển.

Bài toán 1:
Giải phương trình:
8



1 x  8 1 x  8 1 3x  8 1 3x  2 8 1 2x  8 1 2x



(Nguồn: Chinh phục Olympic Toán)
Hướng đi: Với phương trình trên, ta nhận thấy việc liên hợp hay biến đổi tương đương
là hoàn toàn quá khó khăn, việc đặt ẩn phụ, dồn biến, xét hàm cũng không khả thi. Khi
đấy, ta nghĩ đến việc dùng đánh giá hay dùng bất đẳng thức cổ điển để chứng minh cho
1 vế bé hơn bằng vế còn lại. Khi đó ta sẽ xét dấu bằng của các bất đẳng thức và đó
chính là nghiệm phương trình. Từ đó, ta có lời giải sau:
Lời giải.

1
1
�x � .
3
Điều kiện 3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

� 1 x  1 3x � 2 1 x  1 3x   2 1 2x
�
 1
�
�
� 1 x  1 3x � 2 1 x  1 3x   2 1 2x
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và kết hợp







 1

ta có:

�4 1 x  4 1 3x � 2 1 x  1 3x �24 1 2x
�
�
�4 1 x  4 1 3x � 2 1 x  1 3x �24 1 2x
�

 2
10


Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và kết hợp với




 2




ta có:

�8 1 x  8 1 3x � 2 4 1 x  4 1 3x �24 1 2x

�
�
�8 1 x  8 1 3x � 2 4 1 x  4 1 3x �24 1 2x
�



� 8 1 x  8 1 x  8 1 3x  8 1 3x  2 8 1 2x  8 1 2x

 3



Dấu bằng xảy ra khi x  0.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  0.r
 Bình luận:
Với cách chứng minh trên ta có thể tổng quát bài toán trên thành
n





1 x  n 1 x  n 1 3x  n 1 3x  2 n 1 2x  n 1 2x , n  2k, k ��, kM
2

3.2.2.4. Dồn biến và sử dụng tính đơn điệu, cực trị của hàm số

Bài toán 1.
2

2
Giải phương trình: 13 2x  x  9 2x  x  32

(Đề thi chọn HSG Quốc Gia Đắk Nông 2017-2018)
Lời giải.
Điều kiện xác định:

x� 0; 2 .

f  x   13 2x  x2  9 2x  x2 , x � 0; 2
� f�
 x   13

1 x
2x  x

2

9

1 x
2x  x

2

.

x �1
�
� 2

f�
 13
� � x  2x  1
 x  0 � 9
x2  2x  1
2
2
81
 169
2x  x
2x  x
�
� x2  2x
x2  2x
x �1
�
�
x �1
�
��
�
4
2
250
x

750
x

176


0
�
�
�
x  5x  8  50x2  80x  22  0
�
�
1 x

x 1

5
�x .
8
11


Ta có bảng biến thiên của đồ thị hàm số

x

8
5

0

f�
 x



2



0
32

f  x

18 2

0
Vậy

x

8
5 là nghiệm duy nhất của phương trình.r

3.2.2.5.Áp dụng các định lí Bolzano – Cauchy, Lagrange, Rolle

Bài toán 1.
Giải hệ phương trình:

�
6x  x  1  y  y  4x  1  2�
x  1 x2  y  1�


�
�
�
�
 x, y ��
�
13 y
131x x �
�
x
x
�
2 5 
 44log2 �
2
5 �
6
3
�
�
�
(Đề chọn ĐT HSGQG Bắc Ninh 2016-2017)
Lời giải.
Điều kiện xác định:

x2  y �0, 5x �2

131x
.
3

Khi đó theo BĐT AM – GM:

 x  1

2

  x2  y  �2 x  1 x2  y

Suy ra:

6x  x  1  y  y  4x  1 � x  1  x2  y  2
2

�  2x  y  1 �0
2

Vậy y  2x  1. Thay vào phương trình sau, ta được:

12


f  x   2x  5x 

Đặt

g x   2x  5x 

x
� 131x x �

 2 44log2 �
2
 5 � 0.
3
5
�
�

x
� 131x x �
 2; h  x   ln �
2
5 �
3
3
�
�thì khi đó:
f  x   g x  

44
h x
ln 2

�x  0
f�
f x 0
nên  
vô nghiệm, tức  
có không quá
f 0   3  0

x� 0; 3
hai nghiệm phân biệt. Lại có  
nên
Để ý

�
�
g�
 x   0, h�
 x  0

Vậy nghiệm của hệ là

 x, y �  0, 1 ;  3, 7  .r

 Lời bình:
- Bài toán trên cho ta thấy được sự vận dụng khéo léo trong việc dùng bất đẳng
thức để khử căn và ép bình phương không âm.
3.2.2.6. Áp dụng lượng giác

Bài toán 1.
Giải phương trình sau:

4x3  3x  1 x2

 1

2
Phân tích: Câu này đã quá rõ ràng, ở vế phải chứa 1 x , nên ta có 2 phương án
lựa chọn ẩn phụ. Một là đặt x  sin t, hai là đặt x  cos t, nhưng ta sẽ chọn phương

3
án 2, tức đặt x  cos t , để cho vế trái có dạng công thức 4cos t  3cos t  cos 3t
sẽ dễ dàng hơn.

Lời giải.
Điều kiện 1�x �1.
Đặt x  cos t, do
Suy ra:
).

x � 11
; 

nên

t � 0;   .

1 x2  1 cos2 t  sin2 t  sin t  sin t,

(do

t �
 0;  

sin t

0

Khi đó


�
t �
�2 �

 1 � 4cos3 t  3cos t  sin t � cos 3t  sin t  cos �
�

13


�  k
t 
�
� � 8 2 ,  k ��

�
t    k
�
4
.
Do

t � 0;  

Ta có:

, suy ra

cos2 t 

t


5
3
�t 
�t 
.
8
8
4

1 cos 2t
1 cos 2t
� x  cos t  �
2
2
nên:





4  2 2
t  � x  cos 
cos  0
8
8

2
2
8
 Với
(do:
).
5
1 cos
5
5
4   2 2
t
� x  cos

8
8
2
2
 Với
(do:
5
cos
0
8
).
3
3  2
t
� x  cos


.
4
4
2
 Với
�
2 2
2�
� 2 2
�
x ��
;
;
�.
2
2
2
�
�r
Kết luận: So với điều kiện, nghiệm là
1 cos

Bài toán 2.
Giải phương trình:

1 1 x2



 1 x

3



 1 x

3

  2

1 x2 .

(Vô địch Quốc Gia 1984)
Lời giải.
Điều kiện

x � 11
; 

.

2
x  cos  , � 0;  
Với điều kiện đó và dạng 1 x quen thuộc ta đặt

Ta được phương trình:
14



1 1 cos2 

 1 cos  

3

 1 cos  



3

  2

1 cos2 

3
3
� �
1 cos  �
1 cos  ��
�
� 1 sin  � 8�
 8�
 2  sin 
��
� � 2 �
�

2
�
�
��
�
�
�
� 
� 
� 1
�
� 2 2�
sin  cos �
cos  sin �
1 sin  � 2  sin 
�
�
2�
2�
� 2
� 2
� 2
�

�
� 2
� 1
�
� 2 2�
cos

 sin 2 �
1 sin  � 2sin 
�
2�
� 2
� 2
�
� 2 cos   2 sin    2  sin 
� cos  

1
1
�x 
.
2
2
x

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là

1
.
2 r

3.2.2.7. Áp dụng hình học giải tích (vectơ, tọa độ, tương giao đồ thị,…)

Bài toán 1.
x2  2x  5  x2  2x  10  29.

Giải phương trình:

 *

Phân tích: Để ý biểu thức trong căn có dạng tổng của 2 bình phương (môđun của
r r r r
u  v �u  v .
vectơ) gợi ta sử dụng bất đẳng thức vectơ dạng:
Tức biến đổi
phương trình.

r
r
u   x  1; 2 , v  x  1; 3
thành
và chọn
.
r
r
Nhưng do vế phải là hằng số nên ta cần điều chỉnh lại cách chọn vectơ u hoặc v để
r
r
r r
u

1

x
;
2
,

v


 x  1; 3 do tính
triệt tiêu x khi tính u  v và điều chỉnh có thể là
chất số chính phương. Từ đó ta có lời giải chi tiết sau:

 x  1

2

 22 

 x  1

2

 32  29

Lời giải.

 * �  x  1
Ta có:

2

 22 

 x  1

2

 32  29.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , xét hai vectơ

 1

r
r
u   1 x; 2 , v  x  1; 3

.
15


r r
 22 �
u
�  v   2; 5
, �r r
2
2
 x  1  3 �u  v  29

�ur 
�
�r
�v 
Suy ra �

 1 x

r r r r
u  v �u  v �

Mà ta luôn có:
Từ

 1

và

2

 2

 x  1

2

 22 

suy ra nghiệm của phương trình

 *

 x  1

2

 32 � 29  2

là các giá trị làm cho dấu "  "

1 x 2
1
r
r
�

�
x

.
2

�
u
,
v
1

x
3
5
trong
xảy ra
cùng chiều

1
x .
5r
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là

Bài toán 2.
Giải phương trình:

x2  2x  5  x2  6x  10  5

�

 x  1

2

 22 

 x  3

2

 *

 12  5

Phân tích: Phương trình
với vế trái có
dạng hiệu và biểu thức bên trong có dạng tổng hai bình phương gợi ý ta sử dụng bất
đẳng thức vectơ dưới dạng

r
v   x  3;1

r r r r
u  v �u  v

với việc chọn

r
u   x  1; 2

và

r r
u
vì khi tính  v thì x sẽ triệt tiêu phù hợp với vế phải là hằng số và có

lời giải như sau:
Lời giải.
Điều kiện xác định: D  �.

 * �  x  1

2

 22 

 x  3

2

 12  5  1
r
r
u   x  1; 2 , v   x  3;1

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , xét hai vectơ

.

r
2
�u
  x  1  22
�
�r
r r
r r
�v   x  3 2  12
u  v   2;1 � u  v  22  12  5
Suy ra �
và
.
r r r r
2
2
u  v �u  v �  x  1  22   x  3  12 � 5  2
Ta luôn có:

16


 1 ,  2

Từ

suy ra nghiệm của phương trình là các giá trị làm cho dấu "  " trong

x 1 2
r r
�
 � x  5.
x3 1
xảy ra � u, v cùng chiều
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  5.r

 2

Bài toán 3.
Giải phương trình:

x 3x  2  4  x  2 x2  1  x  3

 *

(Đề nghị Olympic 30/04 – THPT Bình Phú – Tp. HCM)
Phân tích: VT  x 3x  2  1 4  x làm ta nhớ đến “hoành nhân hoành + tung
r
rr

.  x 3x  2  1 4  x với vectơ u   x;1
nhân tung”, nghĩa là tích hai vectơ uv
và

r
v





3x  2; 4  x .

rr
uv
. �u . v

Thật vật

Khi đó hiển nhiên liên quan đến bất đẳng thức vectơ dạng

và nếu tính được

r r
u . v VP

thì việc giải phương trình đi đúng hướng.

r r
u . v  x2  1. 2x  6  2 x2  1  x  3 VP

và có lời giải sau:

Lời giải.

2
 �x �4.
Điều kiện: 3

 * � x

Chọn

3x  2  1 4  x  x2  1. 2x  6  1
r
r
�
u
 x2  1
�
u

x
;
1


�
�
� �r

�r
2
v  3x  2; 4  x
�
�
v

3
x

2

�
�







 

4 x



2

 2x  6

r r
rr
u . v  x2  1. 2x  6.
.  x 3x  2  1 4  x và
Suy ra: uv
rr r r
uv
. �u . v � x 3x  2  1 4 x � x2  1. 2x  6  2
Ta luôn có:
Từ

 1

và

 2

suy ra nghiệm của phương trình là các giá trị làm cho dấu bằng trong
r r
 2 xảy ra � u, v cùng chiều
17


x
1

� x 4  x  3x  2
3x  2
4 x

x �0
x2
x �0
�
�
�
�
� �2
� �3
�
�
x  4  x   2x  2 �
x  4x2  3x  2  0 �
x  1 2
�
�

So với điều kiện, vậy phương trình có hai nghiệm



 .r

x � 2;1 2

3.2.2.8. Bài tập tham khảo.
Bài 1. Giải hệ phương trình:

�
2x3  y2  3 2x3  3y  1  3 y2  1  3y

�
�5 3 2
x  x y  xy4  yx4  x2y3  y5  2013 x  y   0
�
(Đề nghị Olympic 30/4/2013 – Chuyên Lê Quý Đôn – Đà Nẵng)
Bài 2. Giải phương trình:

4 x  1  2 2x  3   x  1  x2  2 .

(Đề chọn ĐT HSGQG Bình Dương 2017-2018)
Bài 3. Giải phương trình:

x2

x  1  x  1
 1

2x
2x  1 x 
2

2

2

2

(Đề nghị Olympic 30/04/2014)
Bài 4. Giải phương trình:

x2  4x  1

2
2
3 2x  3 2  1
.
x
16x4
4

(Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Lê Quý Đôn – Vũng Tàu)
2
Bài 5.Giải phương trình: x 2 3x  1 x  x  1. 3 4x.

(Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Long An)

Bài 6. Giải hệ phương trình:

�
2x  y  xy2  2xy  1 x 
�
2
� 2
1�
2 �
 x  2y  �1 xy � 12
�
�
�
�

�
2 y  1  2 x  y  x  y  2
�
�
�
3 3y  2x  6  y2  3  x  1
�
Bài 7. Giải hệ phương trình:
(Chọn ĐT HSGQG Bà Rịa – Vũng Tàu năm 2015)
Gợi ý hướng làm.
Bài 1.
18


2
x  y
Phân tích phương trình   thành tích có chứa nhân tử 
, thế x  y  0
1
vào phương trình   rồi xét hàm.
Bài 2.

x
Liên hợp phương trình thành tích có chứa nhân tử

2

 2x  3

và đánh giá

phương trình vô tỷ trong ngoặc còn lại vô nghiệm.
Bài 3.
Lượng giác hóa. Cụ thể đặt x  tan t
Bài 4.
Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz, đánh giá VT �6 và VP �6.
Bài 5.

r
r
u   x;1 , v 



2 3x; 1 x



Sử dụng phương pháp tọa độ. Chọn
Bài 6.
Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ như đã đề cập ở phần 2, bài II.3
Bài 7.
1
Xét hàm ở phương trình   để đánh giá được x  y  2, sau đó thế vào
2
phương trình   và liên hợp giải phương trình vô tỷ.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Kết quả của việc rèn luyện kỹ năng cho học sinh khá giỏi giải phương trình và hệ

phương trình vô tỷ thì bản thân tôi thấy được học sinh tiếp thu một cách phấn khởi,
vận dụng được vào giải bài toán tương tự và các bài tập khác trong đề thi học sinh giỏi
Tạo một phong cách học tập sáng tạo, phong cách nghiên cứu khoa học cho học
sinh.Các em học sinh có thể tạo nhiều vấn đề từ vấn đề đã được học và nâng cao chất
lượng trong học tập.
Đẩy mạnh hoạt động học của học sinh trong quá trình học tập. Đó là phương
pháp học tập mà chúng ta đang tiến hành.
Nâng cao tư duy logic sáng tạo cho học sinh, đặc biệt là học sinh khá giỏi và học
sinh chuyên Toán.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
Chủ đề phương trình và hệ phương trình vô tỷ là chủ đề có nhiều kiến thức. Vì
vậy để giải tốt bài toán thuộc chủ đề này đòi hỏi học sinh phải nắm vững các phương
pháp giải khác nhau. Đề tài này đã được hệ thống các bài toán đa dạng, minh họa cho
các tình huống thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi. Qua thực tế giảng dạy, học
sinh đã nắm vững kiến thức, không còn tâm lý e ngại khi giải bài toán thuộc chủ đề
này.Tuy nhiên, đây là những phương pháp mà tôi nghĩ khá đặc trưng và thực sự công
19


dụng trong bộ môn Đại số. Mong rằng đây sẽ là một tài liệu bổ ích cho thầy và các bạn
trong quá trình dạy và học và đặc biệt là học sinh giỏi, học sinh chuyên toán.
3.2. Kiến nghị
Tuy vậy đề tài cũng không tránh được những thiếu sót và trong khuôn khổ giới
hạn cho phép rất mong nhận được sự đóng góp của quý thầy cô và đồng nghiệp để đề
tài được hoàn thiện và có ứng dụng rộng rãi hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 1 tháng 7 năm 2020
Tôi cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác
Người viết

Lê Thị Minh

TÀI LIỆU THAM KHẢO
*********
A. Tiếng Việt
[1]. Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình đại số vô tỷ Lê Văn Đoàn-Nhà xuất bản Đại Học Quốc Gia Hà Nội.
[2]. Khám phá tư duy kỹ thuật giải bất đẳng thức, bài toán min - max Đặng Thành Nam-Nhà xuất bản Đại Học Quốc Gia Hà Nội.
20


[3]. Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc Gia năm 2016-2019.
[4]. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ- Viện Toán học.
B. Tiếng Anh
[5]. Love.wordpress.com.
[6]. The art of mathematics.

21