SKKN: Giải phương trình bằng phương pháp lập hệ phương trình đối xứng loại II

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT DƯƠNG QUẢNG HÀM
----------------------------------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP
LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II”

Họ và tên giáo viên: Đào Thị Phương Liên
Tổ

: Toán - Tin

Trường

: THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 - 2013


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

ĐỀ TÀI :
“GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH
ĐỐI XỨNG LOẠI II”

PHẦN A: MỞ ĐẦU
I.Lý do chọn đề tài
Trong trường THPT mơn Tốn là một mơn quan trọng. Nó là tiền đề

trong việc giảng dạy và học tập các mơn khác như: Hóa học, Vật lý, Sinh
học...giúp phát triển tư duy cho học sinh, giúp các em có khả năng phân tích,
tổng hợp, so sánh, tưởng tượng, sáng tạo...
Như chúng ta đã biết phương trình, hệ phương trình trong chương trình
tốn phổ thơng có rất nhiều dạng và phương pháp giải khác nhau. Người giáo
viên ngoài việc nắm được các dạng phương trình và cách giải chúng để hướng
dẫn học sinh cần phải xây dựng lên các đề toán để làm tài liệu cho việc giảng
dạy và rèn luyện tư duy toán học cho các học sinh khá, giỏi. Bài viết này đưa ra
một số quy trình xây dựng lên các phương trình, hệ phương trình. Qua các quy
trình này tôi cũng rút ra được các phương pháp giải cho các dạng phương trình,
hệ phương trình tương ứng. Các quy trình xây dựng đề tốn được trình bày
thơng qua những ví dụ, các bài tốn được đặt ngay sau các ví dụ đó. Đa số các
bài tốn được xây dựng đều có lời giải hoặc hướng dẫn. Quan trọng hơn nữa là
một số lưu ý sau lời giải sẽ giúp ta giải thích được “Vì sao lại nghĩ ra lời giải
này”.
Qua q trình cơng tác giảng dạy ở trường THPT tơi nhận thấy việc học
tốn nói chung và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi tốn nói riêng, muốn học sinh
rèn luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải tốn thì bản thân mỗi thầy,
cơ cần phải có nhiều phương pháp và nhiều cách hướng dẫn cho học sinh tiếp
thu và tiếp cận bài giải. Song đòi hỏi người thầy cần phải tìm tịi nghiên cứu tìm
2


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

ra nhiều phương pháp và cách giải qua một bài toán để từ đó rèn luyện cho học
sinh năng lực hoạt động, tư duy sáng tạo, phát triển bài tốn và có thể đề xuất
hoặc tự làm các bài toán tương tự đã được nghiên cứu, bồi dưỡng.

II.Phạm vi và đối tượng của đề tài
Việc đào tạo chất lượng học sinh ôn thi đại học cho khối 10, 11, 12 là rất
cần thiết. Vì vậy, tơi mạnh dạn xây dựng SKKN “Giải phương trình bằng
phương pháp lập hệ phương trình đối xứng loại II” với mong muốn các thầy,
cô, đồng nghiệp tham khảo. Những bài tốn đó có tác dụng khơng nhỏ trong
việc rèn luyện tư duy toán học và thường là sự thử thách đối với học sinh trong
các kỳ thi học sinh giỏi các cấp, các kỳ thi Olympic và các kỳ thi Đại học.
III. Mục đích nghiên cứu
Góp phần vào phương pháp giải các phương trình bậc cao, phương trình vơ tỷ
đó là phương pháp lập hệ phương trình để giải chúng. Phát triển tư duy lơgíc của
học sinh trong khi gặp phương trình với cách liên hệ giải bằng hệ phương trình.
Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ cơng tác của bản thân trong q trình tự nghiên
cứu để áp dụng vào giảng dạy.
IV .Nhiệm vụ nghiên cứu
Xét một số bài tập về phương trình bậc cao, phương trình vơ tỉ giải bằng cách
đưa về hệ phương trình đối xứng loại II hoặc gần đối xứng.
V. Phương pháp nghiên cứu.
Phân tích, giải cụ thể và đưa đến xây dựng tổng quát. Từ đó đối chiếu và rút kết
luận.
VI.Điểm mới trong nghiên cứu
Xây dựng một số phương trình bậc cao, phương trình vơ tỉ trên cơ sở hệ đối
xứng loại II

3


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

PHẦN B : NỘI DUNG
I Cơ sở lý luận
Định nghĩa hệ đối xứng loại II
Hệ đối xứng loại II là hệ phương trình gồm 2 ẩn x, y sao cho khi đổi chỗ vai trị
của x và y thì phương trình này trở thành phương trình kia của hệ.
Xét hệ phương trình đối xứng loại II
 x   2  ay  b


2
 y     ax  b

(1)

(2)

Phương pháp giải hệ đối xứng loại II


Trừ từng vế của hai phương trình và biến đổi về dạng phương
x  y

trình tích có dạng :(x-y).f(x,y)=0  
 f ( x, y)  0


Kết hợp một phương trình tích với một phương trình của hệ để
suy ra nghiệm của hệ phương trình.

Như vậy từ hệ đối xứng loại II có cách giải truyền thống như trên ta xuất phát

theo hướng sau để khai thác các phương trình được lập và ngược lại cũng có
ln cách giải những phương trình đó bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II
và gần đối xứng.
Từ (2) suy ra

ax  b 

y 
 y    ax  b





 y     ax  b
 y   ax  b  




Thay vào (1) ta được

4


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013



a ax  b a 
2

b
  x    




a ax  b a 
2

b
  x   




(*)

Đến đây bằng cách chọn , , a, b ta sẽ xây dựng được các phương trình vô tỉ.
Cách giải các phương trình dạng này là đặt y ax b (hoặc -

ax b để

đưa về hệ đối xứng loại II ở trên đà biết cách giải.
Ta sẽ đi xây dựng một số phương trình khi giải có thể dùng phương pháp đưa về
hệ phương trình đối xứng loại II hoặc gần đối xứng.
II.Xây dựng phương trình giải bằng cách lập hệ đối xứng loại II
Ví dụ 1. Xét hệ đối xứng loại hai

2
2
 x  2  3 y
 x  2  3  2  3x 2 

2
 y  2  3 x

Ta có bài tốn sau
Bài tốn 1. (THTT, số 250, tháng 04/1998). Giải phương trình
x + 3 (2-3x2)2 = 2
2
 x  3 y 2  2
 x  2  3 y 1
Giải. Đặt y = 2 - 3x . Ta có hệ 

2
2
 y  2  3 x
 y  2  3 x  2 

2

Lấy (1) trừ (2) ta được
y  x
x  y  0

1  3x
3  x  y   1  y  3


x - y = 3 (x2 - y2)  

2
Với y = x, thay vào (1) ta được 3x 2  x  2  0  x   1, 


Với y 

3

1  3x
1  3x
1  21
, thay vào (2) ta được
.
 2  3x 2  9 x 2  3x  5  0  x 
3
3
6
2
3

Phương trình đã cho có bốn nghiệm x  1, x  , x 

1  21
1  21
,x 
.
6

6

Lưu ý: Từ lời giải trên ta thấy rằng phương trình bậc cao : x + 3 (2-3x2)2 = 2

5


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

Nếu khai triển (2 - 3x 2)2 thì sẽ đưa phương trình đã cho về phương trình bậc
bốn, sau đó biến đổi thành phương trình tích.
(x + 1) (3x - 2) (9x2 - 3x - 5) = 0
Vậy nếu khi xây dựng bài tốn, ta cố ý làm cho phương trình khơng có nghiệm
hữu tỉ thì phương pháp khai triển đưa về phương trình bậc cao, sau đó phân tích
đưa về phương trình tích sẽ gặp nhiều khó khăn.
Ví dụ 2. Xét một phương trình bậc hai có cả hai nghiệm là số vô tỉ
5x 2  2 x  1  2 x  5 x 2  1

Do đó ta xét
2

 2 y  5 x 2  1
 5x2  1 
 2x  5

 1
2
 2 x  5 y  1

 2 

Ta có bài tốn sau
Bài tốn 2. Giải phương trình 8x – 5(5x2 – 1)2 = – 4
Giải. Đặt 2y = 5x2 – 1. Khi đó

2
 2 y  5 x 2  1
 2 y  5 x  11



2
2
8 x  5.4 y  4
 2 x  5 y  1 2 

Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
y  x
x  y  0
2(y – x) = 5 (x – y ) 

 y   5x  2
2


5(
x

y

)

5

2

2

Với y = x, thay vào (1) ta được 5x 2  2 x  1  0  x 
Với y = –


1 6
5

5x  2
, thay vào (1) ta được
5

10 x  4
5  50
 5 x 2  1  25 x 2  10 x  1  x 
5
25

Phương trình đã cho có bốn nghiệm

1  6 1  2
,
5

5

Ví dụ 3. Xét một phương trình bậc ba
4 x 3  3x  

3
 8 x3  6 x   3  6 x  8 x3  3
2

6


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013
3

6 y  8 x3  3
 8x 3  3 
Do đó ta xét 
 6 x  8 
  3
3
6
6 x  8 y  3





 1296 x  216 3  8 8 x3  3



 162 x  27 3  8 x3  3



3

3



Ta có bài tốn sau
Bài tốn 3. Giải phương trình 162 x  27 3  8 x3  3 

3

3
6 y  8 x3  3
6 y  8 x  3 1
Giải. Đặt 6 y  8 x  3. Ta có hệ 

3
3
162 x  27 3  216 y
6 x  8 y  3  2 
3

Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
6(y – x) = 8(x3 – y3)  (x – y) [8(x2 + xy + y2) + 6] = 0

(3)

Vì x 2 + xy + y2 ≥ 0 nên 8 (x2 + xy + y2) + 6 > 0. Do đó từ (3) ta được x = y. Thay
vào (1) ta được.
6 x  8x 3  3  4 x3  3x  

3
5
 4 x3  3x  cos
2
6

Sử dụng công thức cos  = 4 cos3

(4)



– 3cos ta có
3
3

5
5
5
cos 6 = 4cos3 18 – 3 cos 18
17

17
17
cos 6 = 4cos3 18 – 3 cos 18
cos

7
7
7
= 4cos3
– 3 cos
6
18
18

5
17
7
Vậy x = cos 18 , x = cos 18 , x = cos 18 là tất cả các nghiệm của phương trình
(4) và cũng là tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.
Lưu ý. Phép đặt 6y = 8x3 + 3 được tìm ra như sau: Ta đặt ay + b = 8x3 +
(với a, b sẽ tìm sau). Khi đó từ PT đã cho có hệ
6 y  b  8 x 3  3

3 3
2
2
2
3
162 x  27 3  a y  3a by  3ab y  b

7

3


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

Cần chọn a và b sao cho
 a
8
b 3



b  0
162 a 3 27 3  b 3  
a  6
 2
3a b  3ab 2  0

Vậy ta có phép đặt 6y = 8x3 + 3
VÝ dô 4. Cho  = 3,  = 2, a = 3, b = 8 thay vào (*) ta được

3x 2

2

3x 8 6

Ta có bài toán sau
Bài toán 4. (HSG tp Hồ Chí Minh năm học 2004-2005). Giải phương trình
9 x 2 12 x 2 3 x 8

8
Giải: Điều kiện x 3 . Phương trình viết lại
(3x + 2)2 6 = 3x 8

(1)

Đặt 3y + 2 = 3x 8 , suy ra (3y + 2)2 = 3x + 8. KÕt hỵp víi (1) ta cã hƯ.
(3x  2) 2  3 y  8

(3 y  2) 2  3x 8

( 2)
(3)

8
8
Để x, y thỏa mÃn (1) và (2) th× x ≥ – 3 và y ≥ –3 . Lấy (2) trừ (3) ta được
3(x y) (3x + 3y + 4) = 3(y – x)  (x – y)(3x + 3y + 5) = 0
x  y  0
y  x

3x  3 y  5  0 3 y  (3x  5)



Víi y = x, thay vào (2) ta được
1

x 3
(3x + 2)2 = 3x + 8  9x2 + 9x – 4 = 0  
x   4

3

Với y = – (3x + 5), thay vào (2) ta được
(3x + 2)2 = –3x + 3
 9x2 + 15x + 1 = 0
8

(thỏa mãn)
(loại)


Trường THPT Dương Quảng Hàm


5  21
x 
6


5  21
x  

6

Năm học 2012 – 2013

(thỏa mãn)
(loại)

1
 5  21
Các nghiệm của phương trình đã cho là x = 3 và x  
6

Lưu ý. Có một phương pháp để tìm ra cách đặt 3y + 2 = 3x  8 như sau: Ta sẽ
đặt my + n = 3x  8 , với m, n sẽ chọn sau sao cho hệ hai ẩn x, y thu được là hệ
đối xứng loại hai. Từ my + n = 3x  8 và từ phương trình đã cho ta có hệ.
(my  n) 2  3x  8
 2
9 x  12 x  2  3x  8

m 2 y 2  2mny  n 2  3x  8
 2
9 x  12 x  2  my  n

Để là hệ đối xứng lại hai thì
m  3
m2 2mn 3 8  n 2


 
9
12

m
n
n  2

1
3
Ví dụ 5. Cho  = 1,  = 1, a = 2 , b = 2 thay vào (*) ta được
x 3

1 3
x 3
( x  1) 2  2 2    2( x  1) 2 
 2
2
2 2
2 2

Ta có bài tốn sau
Bài tốn 5. Giải phương trình 2x2 + 4x =

x3
2

Ví dụ 6. Cho  = 2,  = –1, a = 8000, b = 1 thay vào (*) ta được
(2x – 1)2 = 4000 8000 x  1  4001
Ta có bài tốn sau
Bài tốn 6. Giải phương trình
x 2  x  1000 8000 x  1  1000

Nếu xét hệ

9


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

 x   3  ay  b

3
 x     ax  b

Từ phương trình dưới ta được
3

y    3 ax  b  y 

ax  b 




Thay vào phương trình trên của hệ
(x   ) 3 

a 3 ax  b a

b




Ví dụ 7. Chọn  = 1,  = 1, a = 3, b = 5, ta được
(x +1)3 = 3 3 3 x  5  2
Ta có bài tốn sau
Bài tốn 7. (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2009). Giải phương trình
x3 + 3x2 - 3 3 3 x  5  1  3 x
Giải. Tập xác định . Phương trình đã cho tương đương
(x +1)3 = 3 3 3 x  5  2
Đặt y + 1 =

3

(1)

3 x  5 . Ta có hệ
 x  13  3 y  5

 y  13  3 x  5

(1)
(2 )

Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
(x + 1)3 – (y + 1)3 = - 3(x – y)
 (x – y) [(x + 1)2 + (x + 1) (y + 1) + (y + 1)2 +3] = 0
 x =y (do (x + 1)2 + (x + 1) (y + 1) + (y + 1)2  0)
Thay vào (1) ta được
x  1

(x + 1)3 = 3x + 5  x3 + 3x2 – 4 = 0  
 x  2
Phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 1 và x = –2
Ví dụ 8. Cho  = 2,  = 0, a = 4004, b = – 2001 ta được
( 2 x ) 3  20023 4004 x  2001  2001

10


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

Ta có bài toán sau
3

 8 x 3  2001 
Bài toán 8. Giải phương trình 
  4004 x  2001
 2002 

III. Xây dựng phương trình giải bằng cách lập hệ “gần” đối xứng
Ví dụ 9. Ta sẽ xây dựng một phương trình vơ tỉ có ít nhất một nghiệm theo ý
do x  3

3

muốn. Xét x = 3. Khi đó 2 x  5  1   2 x  5   1  x  2
Ta mong muốn có một phương trình chứa (ax + b)3 và chứa

3

cx  d , hơn nữa

phương trình này được giải bằng cách đưa về hệ “gần” đối xứng (nghĩa là khi
trừ theo vế hai phương trình của hệ ta có thừa số (x – y)). Vậy ta xét hệ.
( 2 y  5) 3  x  2
Không là hệ đối xứng loại II nhưng chúng ta vẫn

( 2 x  5) 3   x  2 y  2

giải được hệ này.
Nếu có phép đặt 2 y  5  3 x  2, thì sau khi thay vào phương trình
(2x – 5)3 = – x + 2y – 2
ta được
8x3 – 60x2 + 150x – 125 = – x +

3

x2 52

Ta có bài tốn sau
Bài tốn 9. Giải phương trình
3

x  2  8 x3  60 x 2  151x  128

Giải.
Cách 1. Tập xác định
3

Phương trình viết lại

x  2  (2 x  5)3  x  3

Đặt 2y – 5 =

3

x  2 . Kết hợp với (1) ta có hệ

(2 y  5)3  x  2

(2 x  5)3   x  2 y  2

( 2)
(3)

Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được
11


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

2 (x – y) [(2x–5)2 + (2x –5) (2y– 5) + (2y– 5)2] = 2(y–x)

(4)
x  y  0


2
2
(2 x  5)  (2 x  5)(2 y  5)  (2 y  5)  1  0(5)
Ta có (4)  y = x. Thay vào (2) ta được
(2x – 5)3 = x – 2  8x3 – 60x2 + 149x – 123 = 0
 (x – 3) (8x2 – 36x + 41) = 0  x = 3.
2

B  3B 2

 0 nên (5) không thể xảy ra.
Do A2 + AB + B2 =  A   
2
4

Phương trình có nghiệm duy nhất x =3
Do phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 nên ta nghĩ đến phương pháp sử
dụng tính đơn điệu của hàm số như sau:
Cách 2. Tập xác định . Đặt y =

3

x  2 . Ta có hệ

8 x3  60 x 2  151x  128  y

3
 x  y  2
Cộng vế theo vế hai phương trình của hệ ta được

8x3 – 60x2 + 152x – 128 = y3 + y + 2
8x3 – 60x2 + 150x – 125 + 2x – 5 = y3 + y
 (2x – 5)3 + (2x – 5) = y3 + y

(*)

Xét hàm số f(t) = t3 + t. Vì f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t nên hàm f đồng biến trên
.Do đó (*) viết lại
f(2x – 5) = f(y)  2x – 5 = y
Bởi vậy
(2x – 5) =

3

x  2  (2x – 5)3 = x – 2
8x3 - 60x 2 + 149x – 123 = 0
 (x – 3) (8x2 – 36x + 41) = 0  x = 3

Phương trình có nghiệm duy nhất x = 3
12


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

Ví dụ 10. Xét một phương trình bậc ba nào đó, chẳng hạn xét 4x3 + 3x = 2.
Phương trình này tương đương.
8x3 +6x = 4  8x3 = 4 – 6x  2x =

3

4  6x

Ta “lồng ghép” phương trình cuối vào một hàm đơn điệu như sau:
3
(2x)3 + 2x = 4  6 x +4– 6x  8x3+8x – 4 =

3

4  6x

Ta được bài toán sau
Bài toán 10. Giải phương trình
8x3 + 8x – 4 =

3

4  6x

Giải. Tập xác định của phương trình là .
Cách 1. Phương trình đã cho tương đương.
(2x)3 + 2x =

3

4  6 x + 4 – 6x

Xét hàm số f(t) = t3 + t, t  . Vì f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t 

nên hàm số f (t)

3
đồng biến trên . Mà PT (1) viết lại f ( 4  6 x ) = f(2x) nên nó tương đương.

3

4  6 x = 2x  8x3 + 6x = 4  4x3 + 3x = 2

Vì hàm số g(x) = 4x3 + 3x có g’(x) = 12x2 + 3 > 0, x 

(2)
nên PT (2) có khơng

q một nghiệm. Xét.
2=

1
2

 3 1 
3
  3   
 


 

2

Do đó, nếu đặt   3 2  5 thì 2 =

 4 3  1   3  2  5
1 3 1 
   3  . Ta có
2
 

1 3 1 
1 
1 
1 
1 
   3   3       4     
2
 
 
 
2
2

3

1
1
1
Vậy x        3 2  5  3 2  5  là nghiệm duy nhất của PT (2) và cũng
2



2



là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Cách 2: Phương trình viết lại
(2 x )3  3 4  6 x  8 x  4

13


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Đặt 2y =

3

Năm học 2012 – 2013

4  6 x . Ta có hệ

3
8 y 3  4  6 x
8 y  6 x  4

 3
3
8 x  8 x  4  2 y
8x  8 x  2 y  4

(a)
(b)

Lấy PT (b) trừ PT (a) theo vế ta được
8(x3 – y3) = 2(y – x)  (x – y) [4(x2 + xy + y2) + 1] = 0  y = x
Thay y = x vào (a) ta được
8x3 = -6x + 4  4x3 + 3x = 2
Đến đây làm giống cách 1
Bài tốn 11.
(Chọn đội tuyển TP Hồ Chí Minh dự thi quốc gia năm học 2002-2003).
Giải phương trình
3

3x  5  8 x 3  36x 2  53x  25

Giải. Tập xác định . Phương trình viết lại
3

3 x  5  (2 x  3)3  x  2

(1)

3
Đặt 2 y  3  3x  5 . Kết hợp với (1) ta có hệ

( 2 y  3)  3x  5

( 2 x  3)  x  2 y  5

( 2)
(3)

3

3

Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được
2(x – y) [(2x – 3)2 + (2x – 3) (2y – 3) + (2y – 3)2] = 2(y – x)
x  y  0

(4)

(2 x  3) 2  (2 x  3)(2 y  3)  (2 y  3) 2  1  0

(5)



Ta có (4)  y = x. Thay vào (2) ta được
(2x – 3)3 = 3x – 5  8x3 – 36x2 + 54x – 27 = 3x – 5

x  2
  x  2  8 x  20 x  11  0  
x  5  3



4
2

14


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

2

B  3B 2

 0 nên (5) không thể xảy ra.
Do A + AB + B =  A   
2
4

2

2

Phương trình có ba nghiệm x = 2, x =

5 3
4

Bài tốn 12. (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2006). Giải phương trình
3

6 x  1  8 x3  4 x  1

Giải. Tập xác định của phương trình là . Đặt

3

6 x  1  2 y . Ta có hệ

 3
8 x 3  4 x  1  2 y
8 x  4 x  2 y  1


6 x  1  8 y 3
8 y 3  6 x  1

(1)
(2)

Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
8(x3 – y3) = 2(y-x)  (x – y) [4(x2 + xy+ y2) + 1] = 0  y = x
Thay y = x vào (2) ta được

8x3 – 6x = 1  4x3 – 3x = cos 3

(3)



Sử dụng công thức cos  = 4 cos3 3 - 3 cos 3 ta có




cos 3 = 4 cos3 9 - 3 cos 9
7
7
7
cos 3 = 4 cos3
- 3 cos 9 ,
9
5
5
5
cos 3 = 4 cos3 9 - 3 cos 9 .
Vậy x = cos

5
7

, x = cos
, x = cos
là tất cả các nghiệm của phương trình (3)
9
9
9

và cũng là tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.
Lưu ý. Ta cịn có thể giải cách khác như sau: Phương trình viết lại.

6 x  1  3 6 x  1  ( 2 x )3 2 x

15

(3)


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

Xét hàm số f(t) = t3 + t,t . Vì f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t nên hàm số f(t) đồng
biến trên . Mà PT (2) viết lại f ( 3 6 x  1)  f (2 x) nên nó tương đương.
3

6 x  1  2 x  8 x3  6 x  1  4 x 3  2 x 

1
2

Đến đây ta làm như cách 1
Bài tốn 13: Giải phương trình
4 x 2  13 x  5  3 x  1  0
2

13
33
Ta thực hiện nhóm như sau  2 x    3x  1 
4
4


Đặt  y    3 x  1 , chọn  ,  sao cho hệ thu được có thể giải (hệ gần đối xứng)
Ta có
Để giải hệ trên ta lấy (1) nhân với k cộng với 2 : và mong muốn của chúng ta là
có nghiệm x=y , nên ta phải có
 2 2  3  2  1


4
  13
5 
  2
  3

Ta chọn được 

Ta có lời giải như sau:
Với điều kiện x 

1
3

3
Đặt 3x  1    2 y  3 ,  y  


2

Ta có hệ phương trình sau :
 2 x  3 2  2 y  x  1
  x  y   2 x  2 y  5  0


2
2
y

3

3
x

1




Với x=y  x 

15  97
8

Với 2 x  2 y  5  0  x 

11  73
8

16


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

15  97 11  73 
Tập nghiệm của phương trình này là 
,

8



8



IV.Bài tập tham khảo
Giải các phương trình sau:
1.

x2 -2x =2 2 x  1

2.

2x2 -6x-1= 4 x  5

3.

8x3-4x-1 = 3 6 x  1

4.

7x2 -13x +8= 2x2 3 x(3x 2  3x  1)

5.

1
8x2- 13x +7= 1   3 ( x  1)(2 x  1)  x 2  x  1

6.

x3 - 3 6  3 x  6  6



x

4
x2
3

7.

3

81x  8  x 3  2 x 2 

8.

3

3x  4  x3  3x 2  x  2

9.

2
37
4 x  1  9 x 2  26 x 
0
3
3

17


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

V. Kết quả của sáng kiến kinh nghiệm
Với phương pháp trên tôi đã tổ chức cho học sinh tiếp nhận bài học một cách
chủ động, tích cực, tất cả các em đều hứng thú học tập thực sự và hăng hái làm
bài tập giao về nhà tương tự. Phương pháp dạy học trên đây dựa vào các nguyên
tắc:


Đảm bảo tính khoa học chính xác



Đảm bảo tính lơgic



Đảm bảo tính sư phạm



Đảm bảo tính hiệu quả
Khi trình bày tơi đã chú ý đến phương diện sau:


Phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh



Phát huy được năng lực tư duy toán học của học sinh
Qua thực tế giảng dạy các lớp chuyên đề 10A4, 10A5, 10A6. Các
em rất hào hứng và sôi nổi trong giải phương trình với cách đưa về
hệ. Cụ thể kiểm tra khảo sát chất lượng học sinh năm học 20112012 và 2012-2013 trước và sau khi áp dụng sáng kiến như sau:

Tổng số học sinh

Trước khi áp dụng SKKN

Sau khi áp dụng SKKN

Yếu

Yêú

TB

Khá

Giỏi

kém
120

TB

Khá Giỏi

60

Kém

Số lượng

10

50

50

10

5

35

%

8,4

41,6

41,6

8,4

4,2

29,2 49,8 16,4

18

20


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

PHẦN C: KẾT LUẬN
I.Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm.
Việc rèn luyện cho các em năng lực tư duy độc lập sáng tạo, đặc biệt đối
với phương trình và hệ phương trình áp dụng cho các kỳ thi đại học đã thôi thúc
tôi nghiên cứu để viết lên tài liệu, càng khiến tơi tâm huyết tìm hiểu nghiên cứu
SKKN này.
Qua các năm giảng dạy trực tiếp, ôn luyện cho học sinh THPT để các em

áp dụng làm các bài toán liên quan đến phương trình, hệ phương trình trong các
đề thi đại học tơi thấy các em thực sự rất có hứng thú. Đây là một sáng kiến nhỏ
nhằm góp phần vào các chuyên đề bồi dưỡng học sinh trong phần phương trình
và hệ phương trình, từ đó xây dựng thêm các bài tốn về phương trình,hệ
phương trình. Đối với học sinh mong các em quan tâm và tìm đọc các tài liệu
nói về phương trình và hệ phương trình và cũng coi đây là một tư liệu để các em
gặp các bài tốn này khơng cịn bỡ ngỡ và khó khăn trong q trình suy luận và
giải tốn. Tơi viết lên SKKN với mong muốn làm hành trang cho mình trong
quá trình giảng dạy và được trao đổi, giao lưu với các q thầy, cơ trong và
ngồi nhà trường.
II.Những bài học kinh nghiệm
Nếu học sinh được biết một phương pháp mới có hiệu quả thì các em sẽ tự
tin hơn trong giải quyết các bài toán dạng này và dạng tương tự. Tuy
nhiên mỗi bài tốn có nhiều cách giải , phương pháp giải này có thể dài
hơn các phương pháp khác nhưng nó lại có đường lối nhận biết rõ ràng dễ
tiếp cận hơn các phương pháp khác.
III.Khả năng ứng dụng và triển khai của sáng kiến.
Có thể áp dụng cho học sinh khá giỏi khối 10, 11, 12 luyện thi đại học các
lớp học chuyên đề khối A, A1.

19


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

IV.Những kiến nghị và đề xuất
Nên giới thiệu cho học sinh phương pháp giải phương trình với cách giải đưa
về hệ đối xứng loại II, và gần đối xứng loại II. Trên đây là phần tóm tắt bản

báo cáo sáng kiến kinh nghiệm .
Rất mong các thầy,cơ và đồng nghiệp đóng góp ý kiến để SKKN của tơi
hồn thiện và thực sự là một tài liệu tham khảo. Cuối cùng tôi xin cảm ơn sâu
sắc đến Ban giám hiệu nhà trường, các đồng nghiệp đã giúp đỡ tơi hồn thành
SKKN này.

20


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

PHẦN D : TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Tuyển tập đề thi Olympic 30 – 4 Mơn Tốn lần thứ V, Nhà xuất bản Giáo dục
2. Tuyển tập đề thi Olympic 30 – 4 Mơn Tốn lần thứ VII – 2002, Nhà xuất bản
Giáo dục
3. Tạp chí Tốn học tuổi trẻ số 250 – Nhà xuất bản Giáo dục
4. Nguyễn Văn Mậu, Một số bài tốn chọn lọc về phương trình,hệ phương trình,
Nhà xuất bản Giáo dục – 2003
5. Phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi toán – Nhà xuất bản Giáo dục
6. Tài liệu giải hệ phương trình và phương trình của Nguyễn Đức Tất – Phan
Ngọc Thảo, Nhà xuất bản Giáo dục
7. Một số đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, một số đề thi học sinh giỏi quốc gia

21


Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

PHẦN E: MỤC LỤC
Phần

Nội dung

Trang

MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài.
A

II . Phạm vi và đối tượng nghiên cứu.
III. Mục đích nghiên cứu.

2-3

IV. Nhiệm vụ nghiên cứu
V. Phương pháp nghiên cứu
VI.Điểm mới trong nghiên cứu
NỘI DUNG
I.Cơ sở lý luận
II. Xây dựng phương trình giải bằng cách lập hệ đối xứng loại II
B

III. Xây dựng phương trình giải bằng cách lập hệ gần đối xứng

4-18

IV.Bài tập tham khảo
V.Kết quả của sáng kiến kinh nghiệm
KẾT LUẬN
I.Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm
C

II.Những bài học kinh nghiệm.

19-20

III.Khả năng ứng dụng và triển khai của sáng kiến
IV.Những kiến nghị và đề xuất
D

TÀI LIỆU THAM KHẢO

21

E

MỤC LỤC

22

Văn Giang, ngày 22/4/2013
Người viết
Đào Thị Phương Liên
22

Trường THPT Dương Quảng Hàm

Năm học 2012 – 2013

23