(Sáng kiến kinh nghiệm) rèn luyện tư duy cho học sinh thông qua giải bài tập về véc tơ trong hình học 10a

MỤC LỤC
I.MỞ ĐẦU.................................................................................................. 2
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM......................................... 4
2.1.Cơ sở lý luận......................................................................................... 4
2.2. Thực trạng vấn đề................................................................................ 4
2.3.Qúa trình thực hiện............................................................................... 4
2.3.1. Kiến thức cơ bản..............................................................................
4
2.3.2.Dùng bất đẳng thức để giải phương trình.......................................... 5
2.3.3.Dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình..................................... 10
2.4.Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.................................................... 17
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.............................................................. 19

1


I.MỞ ĐẦU
1.1. Lý do do chọn đề tài.
Thực tiễn dạy học nói chung và dạy tốn nói riêng, địi hỏi người thầy
phải thực sự là người dẫn dắt , định hướng và khơi dậy trong học sinh niềm
đam mê, hứng thú học tập và khám phá để các em tự tìm tịi, tự phát hiện ra
vấn đề và tự giải quyết vấn đề. Trong việc học tốn học, cần tìm ra được
phương pháp, nắm bắt được quy luật và bản chất của một vấn đề, đặc biệt là
giải bài tập về phương trình và hệ phương trình. Học sinh chưa có phương
pháp tổng quát hoặc chưa chọn lựa được phương pháp tối ưu để giải quyết các
bài tập ở các thể loại khác nhau theo tư duy hệ thống,khái quát, lơgic và khoa
học.
Là giáo viên dạy tốn nhiều năm tơi nhận thấy cần phải tập hợp lại thành
một chuyên đề , để dạy cho học sinh sử dụng dạng toán một cách có hệ thống
nhằm cho học sinh hiểu rõ và sử dụng dạng tốn một cách chính xác, linh
hoạt khơi dậy tính tích cực, chủ động , tự giác học tập của học sinh nhằm giúp

học sinh có thể giải một số bài toán nhanh gọn và tiết kiệm được thời gian.
Căn cứ vào thực tế trên, yêu cầu của việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi, học
sinh ôn thi vào các trường Đại học, cao đẳng, tốt nghiệp THPT. Đặc biệt là
việc phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh trong hoạt động
học tập. Với các lý do trên, tôi đã tiến hành khảo sát, triển khai thực hiện đề
tài :
" Dùng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình".
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Mục đích là để nâng cao trình độ chun mơn phục vụ giảng dạy mơn
tốn nói chung và bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh ôn thi Đại học, cao
đẳng,tốt nghiệp THPT về lĩnh vực phương trình và hệ phương trình.
Nghiên cứu để tìm ra các tính chất đặc trưng của một số phương trình và
hệ phương trình để giải nó bằng phương pháp dùng bất đẳng thức, nhằm phát
triển tư duy toán học . Từ cụ thể đến tổng quát và từ tổng quát đến cụ thể .
Học sinh nắm được cách giải phương trình và hệ phương trình bằng
phương pháp bất đẳng thức.
1.3. Đối tương nghiên cứu.
Các dạng tốn giải phương trình , hệ phương trình và các bất đẳng thức
trong chương trình trung học phổ thông.
1.4.Phương pháp nghiên cứu .
Điều tra khảo sát thực tế để nắm bắt được chất lượng giảng dạy mơn tốn
ở trường trung học phổ thông nhất là trong lĩnh vực giải phương trình, hệ
phương trình và bồi dưỡng học sinh giỏi.
Điều tra sự phát triển tư duy toán học qua q trình học tốn của một số
học sinh khá, giỏi về mơn tốn .
Đọc và nghiên cứu kỹ sách giáo khoa, sách bài tập và các tài liệu tham
khảo về mơn tốn.
Thực hành thử nghiệm qua học sinh khá, giỏi .
2

Kết quả thực nghiệm tại trường trung tâm GDTX Nông Cống năm học
2015-2016 như sau:
Học sinh
Số học
Số học sinh làm được nhanh dựa vào tính
khối
sinh khá,
chất đặc trưng của phương trình và hệ
giỏi
phương trình
10
30
22
11
20
15
12
25
20
Tổng
75
57

3


II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
2.1. Cơ sở lý luận.
Một trong những trọng tâm của đổi mới chương trình và sách giáo khoa

giáo dục phổ thông là tập trung vào đổi mới phương pháp dạy học, thực hiện
việc dạy học dựa vào hoạt động tích cực, chủ động của học sinh với sự tổ
chức và hướng dẫn của giáo viên nhằm phát triển tư duy độc lập, sáng tạo góp
phần hình thành phương pháp và nhu cầu tự học, bồi dưỡng hứng thú học tập,
tạo niềm tin và niềm vui trong học tập cho học sinh. Tiếp tục tận dụng các ưu
điểm của phương pháp truyền thống và dần dần làm quen với phương pháp
dạy học mới .
Khi giải một bài tốn , học sinh thường cố gắng tìm ra một phương pháp
tối ưu, ngắn gọn, chặt chẽ, chính xác nhất trong nhiều cách giải bài tốn đó.
Với cách học như vậy sẽ giúp các em tích lũy được nhiều kinh nghiệm giải
toán và giải toán sáng tạo. Để bổ sung cho học sinh phương pháp giải phương
trình và hệ phương trình tơi giới thiệu đề tài :
" Dùng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình".
2.2.Thực trạng vấn đề.
* Thuận lợi:
Đa số học sinh đều thích học mơn tốn, các em học tốn để chuẩn bị cho
các kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông, Đại học, cao đẳng và thi học sinh
giỏi. Ngoài ra, được sự động viên quan tâm giúp đỡ của ban giám đốc trung
tâm cũng như đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi cho tơi thực hiện đề tài
này.
* Khó khăn:
Học sinh khối giáo dục thường xuyên nói chung và học sinh trung tâm
GDTX Nơng Cống nói riêng,đa số học sinh có chất lượng đầu vào rất thấp, tư
duy hệ thống lôgic và khái quát của các em học sinh rất hạn chế. Mặt khác,
học sinh chủ yếu là con em nơng thơn, gia đình ở xa trường,điều kiện kinh tế
khó khăn, ngồi thời gian học ở trường thì các em cịn phải làm giúp gia đình
vì thế cũng có phần khó khăn cho việc lĩnh hội kiến thức các bộ mơn đặc biệt
là bộ mơn tốn, trong đó có phần phương trình và hệ phương trình.
2.3 Qúa trình thực hiện.
2.3.1.Các kiến thức cơ bản.

1. a  b  a  b dấu " " xảy ra khi ab 0
2. a 2  b2 2ab dấu " " xảy ra khi a b
3. Bất đẳng thức Côsi(AM-GM):
Với n số thực dương a1 ; a2 ;............an ta có:
a1  a2  ...  an n
 a1a2 ...an dấu "="xảy ra khi a1 a2 ... an .
n

4.

Bất đẳng thức Cauchy-Swarchz:
Với xi  0; i 1, n, ta có:

4


an2 (a1  a2  ...  an ) 2
a12 a22
  ...  
x1 x2
xn
x1  x2  ...  xn

5.

Bất đẳng thức Bunhiakôpxki(BCS):
Với 2 bộ số thực bất kỳ : (a1; a2 ;...; an );(b1; b2 ;...; bn )
Ta có:
( a1b1  a2b2  ...  an bn ) 2 (a12  a22  ...  an2 )(b12  b22  ...  bn2 )
an

a1 a2
Dấu "=" xảy ra khi b  b ...  b .
1
2
n

6. Bất đẳng thức Minkopsky:
Cho hai dãy số thực dương:
( a1 ; a2 ;...; an );(b1 ; b2 ;...; bn ) ta có:
a12  b12  a22  b22  ...  an2  bn2  (a1  a2  ...  an )2  (b1  b2  ...  bn )2
a1

an

a2

Dấu "=" xảy ra khi b  b ...  b
1
2
n
Có rất nhiều tài liệu đã chứng minh bất đẳng thức này, ở đây tơi xin khơng
trình bầy chứng minh.
2.3.2.Dùng bất đẳng thức để giải phương trình.
Kỹ thuật dùng bất đẳng thức để giải phương trình thường phong phú và
đa dạng. Khi giải dạng toán bằng phương pháp này, cần quan sát và có kỹ
năng nhận biết các cặp số, có kiến thức về bất đẳng thức vững vàng, một tư
duy sắc bén để từ đó có thể vận dụng một cách linh hoạt trong khi giải toán.
Ta cùng đến với một số bài toán lý thú sau:
Bài 1: Giải phương trình:
16 x 4  5 6 3 4 x 3  x .

Nếu học sinh nhìn bài tốn dưới góc độ của một phương trình vơ tỉ cơ
bản f ( x) g ( x) và giải bài toán này bằng cách nâng lên lũy thừa thì bài
tốn q phức tạp và khó giải.Do đó, tơi đã dẫn dắt học sinh bằng cách quan
sát, sử dụng điều kiện hợp lý bất đẳng thức Cauchy kết hợp với biến đổi
tương đương chúng ta tìm ra lời giải ngắn gọn và chính xác .
Lời giải:
Điều kiện có nghĩa: Vì 16 x 4  5  0 nên 3 4 x3  x  0  x  0 .
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương 4 x; 4 x 2  1; 2 ta có:
6 3 4 x 3  x 3 3 4 x(4 x 2 1).2 4 x  (4 x 2  1)  2 4 x 2  4 x  3
 16 x 4  5 4 x 2  4 x  3
 8 x 4  2 x 2  2 x  1 0
 (2 x  1) 2 .(2 x 2  2 x  1) 0
 (2 x  1) 2 0 ,vì (2 x  1) 2 0 nên x 

1
thỏa mãn.
2

1
2
7  x  x  5  x 2  12 x  38

Vậy phương trình có nghiệm x  .
Bài 2: Giải phương trình:

5


Đây là bài toán cơ bản đối với học sinh. Học sinh có thể giải bằng
phương pháp đặt ẩn phụ. Nhưng ở đây, tôi muốn giới thiệu thêm cho học sinh

phương pháp bất đẳng thức Bunhiacôpxki và bất đẳng thức Cơsi để giải dạng
tốn này.
Cách thiết kế những bài tốn như vậy sẽ kiểm tra được nhiều luồng kiến thức
của học sinh.
Lời giải
TXĐ: D  5;7  .
Cách 1: Áp dụng đẳng thức Bunhiacơpxki, ta có :
7  x  x  5  1 1. ( 7  x ) 2  ( x  5) 2 2 (1)
Mặt khác: x 2  12 x  38 ( x  6) 2  2 2
(2)
Từ (1) và(2), đẳng thức xảy ra khi :
 7 x
x 5


 1
1
 ( x  6) 2 0

 x 6 (thỏa mãn )

Vậy phương trình trên có nghiệm duy nhất là x=6.
Cách 2: Áp dụng đẳng thức Côsi cho 2 số không âm, ta có :
7  x 1 8  x

2
2
x  5 1 x  4
x 5 


2
2
 7  x  x  5 2 (1)
Mặt khác ta có: x 2  12 x  38 ( x  6)2  2 2 (2)
7 x 

Từ (1) và(2) dấu "=" xảy ra khi
 7  x 1

 x  5 1
 x  6 0

 x 6

vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 6 .
Bài 3:Giải phương trình:
x  1  x  3  2 x 2  4 x  16 .
Nhận xét : Nhận biết hai bộ số x  1; x  3 và 1;1
Để dùng bất đẳng thức Bunhiacôpski đánh giá vế trái là một kỹ thuật hay và
khó. Bài tốn này nếu giải theo cách khác sẽ phức tạp và gặp khó khăn.
Lời giải
TXĐ=  1; )
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpski, ta có:
x  1  x  3  12 12 . ( x  1) 2  ( x  3) 2


x  1  x  3  2 x 2  4 x  16

6

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
 x 1 x 3


 1
1
 x  3 0

 x  1 ( x  3) 2

x 3

x 5
(loại)
x 2

 [

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=5.
Bài 4: Giải phương trình: 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4 16
Lời giải.
TXĐ:D= [-1;1].
Áp dụng đẳng thức Cauchy , ta có:
4(1  x 2 )  x 2 4  3 x 2

2
2
2
52  39 x

 13 x 2  x 4 
(1)
4
13x 2  4
Tương tự: 9 x 2 .4(1  x 2 ) 
2
2
39 x  12
 9. x 2  x 4 
(2)
4
4(1  x 2 ) x 2 

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:
13 x 2  x 4  9 x 2  x 4 16

Dấu "=" xảy ra khi
 4(1  x 2 )  x 2
 2
2
9 x 4(1  x )
2 5
 x
5

Vậy phương trình có nghiệm là: x 

2 5
.
5

Bài 5: Giải phương trình: x 4  4 2. x 4  4  2 x 4  4
Quan sát phương trình ta thấy bậc của phương trình quá cao, nếu học
sinh giải bằng phương pháp nâng lũy thừa hoặc đặt ẩn phụ thì bài tốn sẽ
gây khơng ít khó khăn và khó về đích một cách an tồn, chính xác.Do đó tơi
đã hướng dẫn học sinh áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz sẽ cho ta lời
giải ngắn gọn, chính xác và tiết kiệm được thời gian.
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:
( a  b) 2 2(a 2  b 2 )
 a  b  2( a 2  b 2 )

Dấu "="xảy ra khi a b 0 .
7


Lời giải
TXĐ:D= ( ;  2    2 ; )
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho hai số khơng âm , ta có:
x 4  4 4 x 2 (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ở trên, ta có:
2 x 4  4  2 x 4  4  2  4( x 4  4)  4( x 4  4) 
 2 x 4  4  2 x 4  4 4 x 2 (2)

Từ (1) và (2) dấu "=" xảy ra khi

x 4 4
 x  .

4
4

 2 x  4 2 x  4

Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.
Bài 6: Giải phương trình:
x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x 1

Lời giải
TXĐ:


x  


1
x 
2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz ta có
x x  2  1. 2 x  1 

x 2 1.

( x  2) 2 . (2 x  1) 2

 ( x  1)( x  2  2 x  1)
 3x 2  4 x  3

Dấu đẳng thức xay ra khi và chỉ khi
x
1


x2
2x  1

 2 x2  x  x  2
 x 2  x  1 0

 [

1
x

5
2
1 5
x
2

1
1 5
 x
( do x  )
2
2
1 5
Vậy phương trình có nghiệm là x 
.
2

Bài 7: Giải phương trình:

3 x 2  6 x  12  5 x 2  10 x  9 3  4 x  2 x 2

(*)

Nhận xét: Nếu học sinh nhìn bài tốn ở góc độ phương trình có dạng
f ( x)  g ( x) h( x) thì q trình gải bài tốn sẽ gặp phương trình bậc cao, gây
khó khăn và bài tốn trở nên phức tạp. Do đó, tơi đã hướng dẫn học sinh bằng
cách quan sát biểu thức trong căn và vế phải, ta thấy đó là các tam thức bậc
hai, nên áp dụng các biểu thức dương để giải dạng toán này.
8


Lời giải
2

2

Ta có: 3x  6 x  12 3( x  1)  9 9, x.
5 x 2  10 x  9 5( x  1) 2  4 4,

x.

Suy ra: 3x 2  6 x  12  5 x 2  10 x  9 5
(1)
2
x.
(2)
Mặt khác, 3  4 x  2 x 5  2( x  1) 5,
Từ (1) và (2) đẳng thức xảy ra khi x=-1 (thỏa mãn(*))
Vậy phương trình có nghiệm là x  1

Bài 8: Giải phương trình: 2 x 2  10 x  13  26 x 2  24 x  8 4 x  1
Nhận xét: Nhìn ở góc độ nào đó thì học sinh quan sát thấy bài 8 có dạng
giống bài 7. Nhưng thực tế bài 8 có lời giải tinh tế hơn nhiều do vế phải là nhị
thức bậc nhất.
Lời giải.
2 x 2  10 x  13  ( x  2) 2  ( x  3) 2  x  3 3  x.
Ta có
26 x 2  24 x  8  ( x  2) 2  (5 x  2) 2  5 x  2 5 x  2.

2 x 2  10 x  13  26 x 2  24 x  8 4 x  1.

Kết hợp ta có dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi
 3  x 0

5  x 0
 x  2 0


 x 2. (Thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm là x 2 .

Bài tập vận dụng.
Giải các phương trình sau:
1.
x 2  2 x  2 x  1  3 x 2  4 x  1.
2.

2 4 27 x 2  24 x 

28

27 x
1 
6 .
3
2

3.

x  3x 2
 2 x 4  x 3  7 x 2  3x  3 2 .
2

4.

2 x 2  11x  21  3 3 4 x  4 0

5.

.

x 2  x  1   x 2  x 1 x 2  x  2 .

6.

x2 x
  1  2 x3  x 2  x  1
2 2

7.

x 3  x 2  8 x  40 8 4 4 x  4 .

.

9


8.

2 x  3  5  2 x 3 x 2  12 x  14. .

9.

x 2 . 4 2  x 4  1 x 4  x 3 .

10.

6x  3
3  2 x  x 2 .
x  1 x

2.3.3.Dùng bất đẳng thức để giải hệ phương thình.
Giải hệ phương trình bằng phương pháp bất đẳng thức cũng rất đa dạng và
phong phú. Nó giúp chúng ta có thể giải bài tốn một cách ngắn gọn, tinh tế
và giảm tải được kỹ thuật tính tốn.
Bài 1: Giải hệ phương trình:
 2 1
 2 x  y 4 3

 2 y 2  1 3


x4

Nhận xét: Đứng ở góc độ nào đó, thì đây là hệ phương trình đối xứng loại
2,bài tốn có thể giải theo phương pháp chung đó. Nhưng ở đây, tơi muốn
hướng dẫn cho học sinh sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để lời giải
độc đáo và sáng tạo hơn.
Lời giải
Cộng vế với vế hai phương trình của hệ đã cho, ta có:
2 x2 

1
1
 2 y 2  4 6
4
x
y

(1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có:
x2  x2 

1
1
3. 3 x 2 .x 2 . 4 3 (2)
4
x
x

y2  y2 

1
1
3. 3 y 2 . y 2 . 4 3 (3)
4
y
y

Kết hợp(1),(2),(3) dấu "=" xảy ra khi
 2 1
 x  x 4

 y 2  14
y

 x 1

 y 1

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là:
( x; y )  (1;1),(1;  1), ( 1;1), (  1;  1)

Bài 2: Giải hệ phương trình:

10


x  y 8


 2
2
 x  9  y  9 10

Nếu học sinh nhìn bài tốn ở góc độ hệ phương trình đối xứng loại 2 và
giải bài tốn theo phương pháp đó, tuy nhiên lời giải sẽ dài và không tiết
kiệm được thời gian. ở đây, tôi sẽ hướng dẫn cho học sinh giải theo hai cách
để học sinh tích lũy thêm được các phương pháp giải hệ phương trình. Qua
đó giúp học sinh thấy được tính tối ưu của phương pháp bất đẳng thức.
Lời giải.
Cách 1:
 x  y 8
 2
2
 x  9  y  9 10
 x 2  9  x  y 2  9  y 2

 x 2  9  x  y 2  9  y 18
9

u


 u  x 2  9  x
x2  9  x


Đặt 

2

9
v 
v  y  9  y

y2  9  y
9

2
 x  9  x  u
 
 y 2  9   y 9

v

Khi đó ta có hệ phương trình sau:
 u  v 2
u  v 2


9 9
 uv 1
 u  v 18
 u v 1
 x  y 4
 x 4
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 
 y 4

Cách 2: Trước hết ta có bất đẳng thức sau đây.
x12  y12  x22  y22  ( x1  x2 )2  ( y1  y2 )2

x1

y1

Dấu '=' xảy ra khi x  y .
2
2


Chứng minh: Xét véc tơ u ( x1; y1 ); v ( x2 ; y2 )
 
Khi đó u  v ( x1  x2 ; y1  y2 )
Ta có:


   
u  v u v

x12  y12  x22  y22  ( x1  x2 )2  ( y1  y2 )2

11




Dấu"'=" xảy ra khi u, v cùng hướng


 u kv
x

y
 1  1 .
x2 y2

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:
x 2  32  y 2  32  ( x  y ) 2  (3  3)2 10

Dấu "=" xảy ra khi
 x
1

 y
 x  y 8


Vậy hệ phương trình có nghiệm là:
 x 4

.
 y 4

Bài 3: Giải hệ phương trình:
 x2
y2
1



2
2

2
 ( y  1) ( x  1)
 3 xy  x  y  1


(1)
(2)

Lời giải
Cách1:
Điều kiện:  x  1; y  1 .
Từ phương trình (2) của hệ ta có
 y  1 (3 y  1) x

 x  1 (3 x  1) y

Thay vào phương trình (1) ta được hệ mới:
1
1
1




2
2
2
 (3x  1) (3 y  1)
3 xy x  y  1


u 3x  1
v 3 y  1
 u.v 9 xy  3( x  y ) 1 3( x  y  1)  3( x  y )  1 4

Đặt 

Khi đó ta có hệ phương trình
1 1 1
 2 2 
2
u v
 uv 4

[

 u 2  v 2 8

uv 4

 u  v 4

uv 4
u  v  4

 uv 4

12


[



[

u v 2
u v  2
x y 1
x y 

1
3
1
3

1
3 



Vậy hệ phương trình trên có nghiệm là: ( x; y ) (1;1), ( ;  ) 


Cách 2:Ta có đánh giá quen thuộc sau đây
a 2  b2 2ab, a, b  

Dấu "=" xảy ra khi a=b.
Do đó từ (1) ta có.
1
x2

y2
2 xy



2
2
2 ( y  1) ( x  1)
( x  1)( y  1)
 ( x  1)( y  1) 4 xy
 3 xy  x  y  1
 x2
y2


2
( x  1) 2
 ( y  1)
 3xy  x  y  1


Dấu "=" xảy ra khi:

 x y
 2
3x  2 x  1 0





x y 1
x y 

1
3

1
3

1
3 



Vậy hệ phương trình có nghiệm là : ( x; y ) (1;1), ( ;  )  .


Bài 4: Giải hệ phương trình (Đại học khối A-2014)
 x 12  y  y (12  x 2 ) 12
 3
 x  8 x  1 2 y  2

(1)
(2)

Nếu học sinh quan sát phương trình (1) và nhìn vào đặc điểm của biến y
thì có thể nghĩ ngay đến phương pháp đặt ẩn phụ t  12  y , nhưng cách
giải này khá dài và mất nhiều thời gian.Nếu quan sát phương trình (1) một
cách tinh tế hơn thì ta có thể dùng bất đẳng thức Cơsi hoặc bất đẳng thức

Bunhiacopski để phân tích phương trình (1).
Sau đây tơi xin trình bày lời giải bài tốn bằng 2 cách để học sinh rút ra
phương pháp tối ưu khi giải toán .
Lời giải.


Điều kiện: 

2  y 12

  2 3  x 2 3

Cách 1:

Đặt 12  y t; t 0  y 12  t 2
13


Phương trình (1)  xt  (12  t 2 )(12  x 2 ) 12
 122  12 x 2  12t 2  x 2t 2 12  xt
 xt 12
 2
2
12 x  24 xt  12t 0
 xt 12

2
 ( x  t ) 0
Ta có ( x  t )2 0  x  12  y

(*)

Thế (*) vào (2) ta được :
(12  y ) 12  y  8 12  y  1 2 y  2
 (4  y ) 12  y 2 y  2  1
 (3  y ) 12  y  12  y  3  2  2 y  2 0
3 y
2(3  y )
 (3  y ) 12  y 

0
12  y  3 1  y  2

[

y 3
12  y 

1
2

0
12  y 3 1 y  2

(Vơ nghiệm)

 x 3
.
 y 3

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 

Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta được :
x 2  (12  y ) y  (12  x 2 )
x 12  y  y (12  x ) 

12.
2
2
2

Dấu "=" xảy ra khi:
 x  12  y
 x 0



2
2
 y 12  x
 y 12  x

Thế vào phương trình (2) ta được:
x 3  8 x  1 2 10  x 2
 ( x 3  8 x  3)  2(1  10  x 2 0

2( x  3) 
 ( x  3)  x 2  3 x  1 
 0
1  10  x 2 


2( x  3)
2
0
Vì x 0 nên x  3x  1 
1  10  x 2
 x 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 
.
 y 3

Bài 5: Giải hệ phương trình
 3 y  1  5 x  4 3xy  y  3.


4( x 2  xy  y 2 )
2
2
2( x  y )
 2x  2 y 
3


(1)
(2)

14


Đối với bài tốn này khi quan sát phương trình (2) của hệ ta thấy x và y

có vai trị như nhau hay có tính đối xứng. Do đó ,tơi đã hướng dẫn học sinh
dùng bất đẳng thức để gải quyết dạng toán này .
Lời giải

 x 
ĐK: 
 y 


Ta có

4
5
1
3

2 x 2  2 y 2  ( x  y )2  x  y  x  y
4( x 2  xy  y 2 )
x  y
3

4( x 2  xy  y 2 )
 2x  2 y 
2( x  y )
3
Dấu "=" xảy ra khi x  y
2

2

Thay vào phương trình (1) ta được:
3 x  1  5 x  4 3x 2  x  3 . ĐK: x 
 ( x 2  x )(3 

1
x 1  3x 1

 x 2  x 0  [



1
3

1
x  2  5x  4

) 0

x 0
x 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( x, y )  (0;0), (1;1) .
 x 2  xy  2 y 2  2 x 2  xy  y 2 2( x  y )
Bài 6:Giải hệ phương trình: 
(8 x  6) x  1 (2  y  2)( y  4 x  2  3).

(1)
(2)

Quan sát phương trình (1) của hệ ta thấy các biểu thức trong căn là các
phương trình đẳng cấp bậc 2 đối với x và y. Do đó tơi đã hướng dẫn học sinh
dùng bất đẳng thức phụ sau để giải quyết dạng toán này.
(Xin khơng trình bầy chứng minh bất đẳng thức phụ này)
A2  B 2  C 2  D 2  ( A  C ) 2  ( B  D ) 2
A B
Dấu "=" xảy ra khi  .
C D

Lời giải
 x 2
 y 2

ĐK: 
Ta có

x 2  xy  2 y 2  2 x 2  xy  y 2
y
7
x
7
 ( x  ) 2  ( y ) 2  ( y  ) 2  ( x) 2
2
4
2
4
3
3
7
 ( x  y ) 2  ( x  y ) 2  4( x  y ) 2

2
2
4

15


2 x  y 2( x  y )

Dấu "=" xảy ra khi x  y  0
Thay vào (2) ta được
(8 x  6) x  1 (2  x  2)( x  4 x  2  3)

Đến đây dùng phương pháp hàm số ta được:
x  1  x  2  2 (vô nghiệm)
Vậy hệ đã cho vơ nghiệm.
Bài 7 : Giải hệ phương trình:
 x  2016  y  2016

 2016  x  y  2016

Lời giải.
ĐK: 0 x, y 2016
x  2016  y  y  2016  x
Nếu x  y thì
x  2016  y  y  2016  x
Nếu x  y thì
Vậy x  y . Khi đó ta có phương trình :

 vơ lý

 vô lý

x  2016  x  2016
0
 [ xx 
2016

.

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y   (0;0);(2016; 2016)
Nhận xét:Bài tốn này có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ hoăc phương
pháp hệ đối xứng loại 2.Nhưng ở đây tôi đẵ hướng dẫn học sinh bằng sự đánh
giá giữa hai ẩn, ta tìm được x  y là then chốt của bài toán, ý tưởng này được
sử dụng rộng trong các bài toán chứa ẩn có vai trị như nhau.
Bài 8: Giải hệ phương trình:
 x  1  y 1

 x  y  1 1

Lời giải.
ĐK: 0  x, y.
 x  1 1
Và y  1 1
 x  1  y 1

Vậy 

 x  y  1 1

Đẳng thức xảy ra khi x=0;y=0

 x 0
.
 y 0

Vậy hệ phương trình có nghiệm 

Nhận xét.Qủa thật bài tốn trên có lời giải bất ngờ và đơn giản, chỉ cần sử dụng
điều kiện của bài toán như một nhận xét là tìm được lời giải.Bài tốn này khơng
khó, có thể giải theo cách khác nhưng dài và khơng đẹp. Vì vậy, trước khi giải
hệ phương trình vơ tỉ nên quan tâm đến điều kiện của ẩn số.
16


Bài tập vận dụng.
Giải các hệ phương trình sau:
1.

 x2  y 2
x 2  xy  y 2

( x  y )

2
3


 x 2 xy  5 x  3 4 xy  5 x  3

2.

 2 x 2  3xy  4 y 2  2 y 2  3xy  4 x 2 3( x  y )

 2( y  4) 2 x  y  3  ( x  6) x  y  1 3( y  2)

3.

 5 x 2  2 xy  2 y 2  2 x 2  2 xy  5 y 2 3( x  y )

 x  2 y  1  2 3 12 x  7 y  8 2 xy  x  5

4.
5.

 x  4 32  x  y 2  3
4
 x  32  x  6 y 24
( x  7 y ) x  ( y  7 x) y 8 2 xy ( x  y )

2
2
 2(1  y ) x  2 x  1  y  2 x  1

6.

 x 2016  y 2016 1
 2017
 y 2017 1.
x

7.

x
y


 xy

y
x

 2016
2016
8. ( xy )2013
x  y

8.

 x 2  y 2 1


.
5
3

125 y  125 y  6 15 0

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Đã hình thành cho học sinh một số kỹ năng " Dùng bất đẳng thức để giải
phương trình và hệ phương trình". Giúp học sinh nhìn nhận một dạng tốn
dưới nhiều phương pháp giải khác nhau và lựa chọn phương pháp tối ưu nhất

trong quá trình vận dụng linh hoạt các kĩ thuật giải.
Ôn tập, cũng cố và đào sâu các kiến thức giúp học sinh hình thành thói
quen suy nghĩ, định hướng tìm tịi lời giải trước một bài tốn. Từ đó giúp học
sinh có thói quen giải tốn theo một trình tự khoa học.
Giúp học sinh phân loại được các dạng bài tập và phương pháp, kỹ năng
giải cho từng loại bài tập đó, tạo cho các em hình thành thói quen khám phá,

17


khai thác tìm tịi lời giải cho một bài tốn . Từ đó phát huy được tính tích cực,
độc lập suy nghĩ trong q trình giải tốn một cách lơgic và hiệu quả.
Xây dựng được một hệ thống phương pháp và kỹ năng giúp cho học sinh
và đồng nghiệp có một tư liệu tham khảo cho hoạt dộng dạy học toán học với
việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi và học sinh dự các kỳ thi Đại học, cao đẳng,
tốt nghiệp THPT Quốc Gia.
Kết quả cho thấy đa số học sinh biết ứng dụng và giải được các bài toán
về phương trình và hệ phương trình .

III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1.Kết luận.
Phương trình, hệ phương trình khơng chính tắc là một dạng tốn khó, đa
dạng, thường được dùng trong các kỳ thi học sinh giỏi,Đại học, cao đẳng và
tốt nghiệp THPT.
18


Sáng kiến kinh nghiệm góp phần thiết thực vào việc ôn thi đại học, cao
đẳng, tốt nghiệp THPT của học sinh. Nó giúp học sinh thấy được cách giải
quyết vấn đề nhanh chóng và hiệu quả khi nắm được phương pháp.

Sử dụng bất đẳng thức và tính chất của nó vào giải phương trình, hệ
phương trình là một ứng dụng lớn . Sự phân chia như trên chỉ là ý tưởng của
tơi, cịn nhiều phần chưa nêu hết.Tơi rất mong được hội đồng chun mơn
nhà trường góp ý, bổ sung để đề tài có thể triển khai áp dụng rộng rải vào việc
giảng dạy cho học sinh khối 12 chuẩn bị thi Đại học, cao đẳng, tốt nghiệp
THPT .
Trong quá trình biên soạn đề tài tơi đã có nhiều cố gắng,tuy nhiên cũng
khơng thể tránh khỏi những thiếu sót. Tơi rất mong được sự góp ý chân thành
của đồng nghiệp và hội đồng chuyên môn nhà trường để đề tài được hồn
thiện hơn.
3.2. Kiến nghị.
* Với nhà trường:
Cần khuyến khích động viên mỗi giáo viên thực hiện và áp dụng những
sáng kiến kinh nghiệm hay để đẩy mạnh phong trào chuyên môn cũng như
phương pháp giảng dạy hay trong nhà trường.
* Với sở giáo dục và đào tạo:
Đề nghị được sự quan tâm đầu tư, mở nhiều chuyên đề bồi dưỡng có liên
quan đến mơn tốn. Đặc biệt bồi dưỡng giáo viên ơn thi học sinh giỏi để nâng
cao trình độ, phương pháp, năng lực sư phạm cho giáo viên.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

Xác nhận của thủ trưởng đơn vị.

Thanh Hóa, ngày....tháng....năm 2016
Tơi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm của mình viết, khơng sao chép
nội dung của người khác.
Người viết

Lê Thị Minh

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Báo toán học tuổi trẻ.
2. Bộ GD&ĐT các đề thi Đại học, thi tốt nghiệp THPT mơn tốn.
3. Bộ sách giáo khoa mơn tốn nhà xuất bản giáo dục.
4. Bộ sách bài tập mơn tốn nhà xuất bản giáo dục.
19


5. www. Vn.math.com.
6. www.violet.vn, các đề thi, kiểm tra thử của các trường THPT.
7. Phan Đức Chính, các bài giảng luyện thi mơn tốn -nhà xuất bản GD-1999.
8. Phan Huy Khải , giới thiệu các dạng toán luyện thi Đại học-nhà xuất bản
HN-2000.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG TRUNG TÂM GDTX NÔNG CỐNG

20


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI

PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH.

Người thực hiện:Lê Thị Minh
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn

THA

21