SKKN kỷ thuật sử dụng phương pháp tham số biến thiên, hằng số biến thiên để giải một số dạng phương trình trong chương trình toán THPT

CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc TÊN ĐỀ TÀI KỶ THUẬT SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ BIẾN THIÊN, HẰNG SỐ BIẾN THIÊN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN THPT Quảng Bình, tháng 01 năm 2019 CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc TÊN ĐỀ TÀI KỶ THUẬT SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ BIẾN THIÊN, HẰNG SỐ BIẾN THIÊN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN THPT Họ tên: Trần Xuân Miễn Chức vụ: TPCM Đơn vị công tác: Trường THPT Lê Hồng Phong Quảng Bình, tháng 01 năm 2019 I PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài: Các tốn giải phương trình nội dung quan trọng chương trình Tốn THPT Các tốn giải phương trình thường xuất đề thi THPT Quốc gia, thi học sinh giỏi Vì việc sâu nghiên cứu tìm tòi thêm kỷ thuật, phương pháp giải phương trình có hiệu mang ý nghĩa quan trọng nhằm cung cấp thêm cho học sinh kiến thức, kỷ giải toán phương trình Trong đề tài tơi sâu vào nghiên cứu “Kỷ thuật sử dụng phương pháp tham số biến thiên, số biến thiên để giải số dạng phương trình chương trình tốn THPT” Chúng ta đặt vấn đề tìm lời giải cho phương trình sau: 1) x3  (4a  3)x2  4a(a  2)  4(a2  1)  2) x4 + x3 - 2x2 - 9x – = + Xét phương trình x3  (4a  3)x2  4a(a  2)  4(a2  1)  Đây phương trình bậc ba có chứa tham số việc đốn nghiệm phương trình để biến đổi thành phương trình tích khó khăn + Xem phương trình x4 + x3 – 2x2 – 9x – = (*) Đây phương trình bậc đầy đủ x Lúc ta liên tưởng tới phương trình bậc biết cách giải : ax4 + bx2 + c = 0; (x + a)4 + (a + b)4 = c; ax4 + bx2 + cx2+ kbx + k2a2 = 0; x4 = ax2 + bx + c Hy vọng tìm cách đặt ẩn phụ để đưa phương trình bậc hai Đáng tiếc phương trình (*) khơng rơi vào dạng quen thuộc Suy nghĩ theo hướng khác đốn nghiệm để từ biến đổi (*) phương trình tích Nhưng cách làm khơng khả thi, phương trình khơng có nghiệm hữu tỉ Chuyển sang phương pháp biến đổi vế trái (*) thành tích hai tam thức bậc hai + Một kỷ thuật thường dùng phương pháp hệ số bất định: Gọi F(x) = (x2+mx+n)(x2+px+q) Khai triền F(x) đồng F(x) với vế trái (*) Việc dẫn tới giải hệ phương trình với ẩn m, n, p, q Xem cách giải tốn chưa tìm ra! Đề tài cho hướng để tìm đường đưa đến lời giải cho phương trình Điểm đề tài Phương pháp tham số biến thiên, số biến thiên, thực chất phương pháp hốn đổi vai trò ẩn số tham số, ẩn số số cho Ẩn số xem tham số tham số số xem ẩn số phương trình Cụ thể xét phương trình ẩn x, tham số m: f(x,m)=0 Trong trình giải tốn ta xem phương trình ẩn m, tham số x Giải m theo x quay trở lại tìm ẩn x Phương pháp thường sử dụng tham số m có mặt với bậc hai biệt thức Δ ẩn m số phương Thơng thường phương trình theo ẩn giải đơn giản hơn, khơng phức tạp phương trình ban đầu Trong số trường hợp, ta coi số ẩn Đây tư tưởng phương pháp tham số biến thiên, số biến thiên II NỘI DUNG ĐỀ TÀI Thực trạng ứng dụng phương pháp tham số biến thiên, số biến thiên giải phương trình chương trình tốn THPT Trong q trình giải tốn ta đặt biểu thức phương trình làm ẩn phụ Đặt ẩn phụ bí thành cơng để giải nhiều tốn Đặt ẩn phụ đưa phương trình dạng phức tạp dạng đơn giản, đưa phương trình dạng bậc cao dạng bậc thấp Tùy theo hiểu biết tốn mà ta có cách đặt ẩn phụ khác Khi đặt ẩn phụ phương trình diễn hình thái sau + Ẩn thay hoàn toàn ẩn cũ (như trường hợp đặt ẩn phụ giải phương trình trùng phương) Lúc ta gọi phép đặt ẩn phụ hoàn toàn + Ẩn khơng thay hồn tồn ẩn cũ mà ẩn ẩn cũ tồn chung phương trình Ta gọi phép đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Trong trường hợp này, cách ứng xử với hai ẩn khác Nếu vai trò ẩn cũ ẩn hồn tồn bình đẳng với thường tốn đưa giải hệ phương trình hai ẩn Nếu vai trò ẩn cũ ẩn khơng bình đẳng với thường ẩn cũ trở thành tham số phương trình theo ẩn Trong phương trình có chứa tham số, nhiều ẩn phụ tham số Điều dẫn đến phương pháp giải phương trình cách “Hốn đổi vai trò ẩn tham số cho nhau” Nhiều thường xem ẩn phụ hệ số phương trình Từ nảy sinh phương pháp dùng để giải phương trình “Phương pháp tham số biến thiên, số biến thiên” Sự diện phương pháp góp thêm lời giải đọc đáo cho phương trình khó mà ta thường gặp đề thi THPT Quốc gia học sinh giỏi Thông qua nhiều cách giải khác toán, ta hiểu sâu sắc toán thúc đẩy tư phát triển Có lẽ lời giải tốn khơng dừng lại đáp số Nội dung giải pháp Thí dụ 1: Giải phương trình: x3  (4a  3)x2  4a(a  2)  4(a2  1)  (1) Lời giải (1) � 4(x  1)a2  4x(x  2)a  (x3  3x2  4)  + Nếu x=1 (2) � 4a   � a   (2) + Nếu x �1 (2) phương trình bậc hai có 'a   2x(x  2)  4(x  1)(x3  3x2  4)  4(x  2)2 �0 � 2x(x  2)  2(x  2) � x a a � � 4(x  ) �� Do (2) có hai nghiệm là: � (x  2)(x  1) � 2x(x  2)  2(x  2) � a  a  � � 2(x  1) 4(x  1) � � TH1: a  x � x  2a  2 TH2: a  (x  2)(x  1) � x2  (2a  1)x  2(a  1)  2(x  1) (3) Phương trình (3) có  x  4a2  4a   a Do (3) có nghiệm (2a  1) � 4a2  4a  x1,2  � x  2a  � Vậy phương trình (1) có nghiệm � (2a  1) � 4a2  4a  x � � Nhận xét: Trong phương trình chứa tham số ta thường giải phương trình với ngầm định tham số giá trị Nhưng thực ngược lại xem ẩn số tham số tham số đóng vai trò ẩn số Thí dụ 2: Giải phương trình: x4  x3  2x2  9x �9  (1) Lời giải (1) � 32  3.3x  (x4  x3  2x2)  (*) Đặt 3=a phương trình (*) trở thành a2  3xa  (x4  x3  2x2)  (2) Xem (2) phương trình bậc hai a, ta có:   (2x2  x)2 �0 (2) � 3x  (2x2  x) a � �� � 3x  (2x2  x) a � � � 3x  (2x2  x) 3 � �� � 3x  (2x2  x) 3 � � � � 2x2  4x   vo� nghie� m x  1 13 �� �� � 2x2  2x   � x  1 13 � � Vậy phương trình cho có nghiệm x  1 13 ; x  1 13 Nhận xét: Đây phương trình bậc bốn đầy đủ khơng có dạng đặc biệt khơng có sở để biến đổi phương trình tích nên việc giải theo cách thơng thường gặp nhiều khó khăn Thí dụ 3: Giải phương trình: x5  3x2(x2  1)  9x(x2  1)  27  (1) Lời giải (1) � x5  3(x4  x2)  9(x3  x)  27  � 33  (x3  x)32  (x4  x)3  x5  (*) Đặt a=3 phương trình (*) trở thành: a3  (x3  x)a2  (x4  x)a  x5  (2) Xem (2) phương trình bậc ba a, ta có: (2) � a(a2  xa  x2)  x3(a2  xa  x2)  � (a  x3)(a2  xa  x2)  � a  x3  �� � a2  xa  x2  � (3) (4) Từ (3) ta có: x3  3� x  3 Từ (4) ta có: a2  xa  x2  (5) Với   x2  4(x2)  5x2 �0 � (1 5)x � � x  5x x � a 3 � � 1 2 �� �� (5) � � � (x  5)x � � x  5x x � a 3 � � � 2 � 1 � Vậy phương trình cho có nghiệm là: x  3 ; x  1 ; x 1 Nhận xét: - Cách giải trình biến đổi, ta khéo léo nhìn số phương trình nghiệm Từ ta chuyển phương trình cho có bậc cao hay phức tạp dạng phương trình đơn giản quen thuộc biết cách giải Thí dụ 4: Giải phương trình sau: (2x1  1) x   2x   Lời giải: Điều kiện : x �1 Ta có (1) � 2x  x   x   2x   (1) � 2x x   (2x  x  1)2   � 22  (2x  x  1)2  2x x   (*) Xét phương trình bậc hai dạng � a2  (2x  x  1)a  2x x   (2) Từ (*) ta thấy a=2 la nghiệm (2) Ta có (2) � x  1(a  2x )  a(a  2x )  � ( x   a)(a  2x )  � a  x 1 �� � a 2x � �   x  (vơ nghiêm) � x 1 Khi ta có � x 22 � Thí dụ 5: Giải phương trình sau: 2(5x  log5 x)  ( x log5 x  1) x   (1) Lời giải: � x � x1 Điều kiện: � x  � x (1) � 2.5  2.log5 x  x  1 x log5 x  x   x x � 2.25  2.5 log5x  x  1.log5x  5x x   � 2.(5x)2  (2log5x  x  1)5x  x  1.log5x  (*) Xét phương trình bậc hai: 2a2  (2log5x  x  1)a  x  1.log5x  (2) Từ (**) ta thấy (2) có nghiệm a=5x Ta giải (2):   [  (2log5x  x  1)]2  4.2 x  1.log5x  4log25 x  ( x  1)2  x  1.log5x  (2log5 x  x  1)2 �0 Phương trình (2) có hai nghiệm là: a  x  a  log5 x �x  x1 (3) � Khi ta có: � � 5x  log5 x (4) � Giải (3) (4) kết hợp với điều kiện x>1 ta tìm x Nhận xét: Chọn a =5x làm nghiệm phương trình (*) Xây dựng phương trình (*) thành phương trình bậc hai theo a với  số phương giải (   (2log5 x  x  1)2 ) Từ (*) thay a=5x, biến đổi sơ cấp hàm theo biến x có phương trình ta phương trình ban đầu (1) Tùy vào mức độ khó dễ tốn mà phương trình bậc hai theo a ta chọn nghiệm a , a2 số ,hàm số theo x Sau giải � a  5x  f(x) ta � x � a  g(x) � Chú ý: Phương pháp khác với phương pháp đặt ẩn phụ đặt ẩn phụ ta phải tìm điều kiện ẩn cho phương trình tồn Ở ta xét phương trình nhận số (hàm số) làm nghiệm Thí dụ 6: Tìm nghiệm phương trình x3  Lời giải Điều kiện x  (2) * x0 nghiệm phương trình (1) 68 15  x3 x (1)  x03  68 15 17 17   � x03   � 17 nghiệm phương trình sau x0 x0 x0 x0 � a1   x20 � 2a a  � x02 a  2a  x06  x02  � �  x40 với ẩn a: x0   x0 x0 a  �2 x20 � * Thay a1 = 17 vào (3) ta có x02   17 (mâu thuẫn) * Thay a2 = 17 vào (4) ta có  x02  17  (3) (4) (5)  x04 � x04  17 x02   x0 17 �3 17 �3 thoả mãn (2) � x0  � 2 Từ (5), (6) kết luận phương trình cho có nghiệm x0  � 17 �3 Nhận xét: Nếu sử dụng biến đổi (1)  x6 – 15x2 + 17 = Đặt x2 = t > Ta có t3 – 13t + 17 = Đó phương trình bậc ba Khơng có nhận xét đốn nghiệm vơ tỷ nên việc đốn nghiệm phương trình để biến đổi thành phương trình tích khó khăn Thí dụ 7: Giải phương trình sau: 42x  23x1  2x3  16  Lời giải: x Đặt t=2 >0 (1) trở thành t4  2t3  2.4t  42  (*) Ta xét phương trình bậc hai có dạng a2  2t.a  t4  2t3  (2) Từ (*) ta suy phương trình (2) có nghiệm a=4 Giải (2): �  (t)2  t4  2t3  t2(t  1)2 �0 (1) Phương trình (2) có 2nghiệm: a  t  t(t  1)  t2  2t a  t  t(t  1)  t2 �  t2  2t Khi ta có: � �  t2 (VN) � � t  1 � t2  2t   � � � t  1 (loaïi) � � x  log2(  1) Nhận xét: - Với cách giải thay giải phương trình bậc bốn ta đưa việc giải phương trình bậc hai biết trước nghiệm Lúc ngày ta chọn nghiệm biết làm ẩn phương trình Bài tốn giải phương trình bậc hai có  số phương - Khi có lặp số mũ luỹ thừa với số khác có lặp số thức với bậc khác nhau, bạn nghĩ đến phương pháp tham số biến thiên, số biến thiên Thí dụ 8: Giải phương trình x + 11  x  11 (1) Lời giải Điều kiện < x < (2) Với điều kiện ta có (1)  11 – x = 11  x  (11 – x)2 = 11 + x (3) Đặt 11 = a, phương trình (3) viết (a - x)2= a + x  a2 – (2x + 1)a + (x2 - x ) = (4) Xem (4) phương trình bậc a Ta có a= (2x+1)2 -4(x2- x )= (2 x +1)2, a1 = x + x +1, a2 = x - x Do (5) � a  a1 a  x2  x  � �� � a  a2 a  x x � � � 11  x  x  Thay a = 11 ta có (5)  � 11  x  x � (6) � x  x  10  �� x  x  11  � � � 21  41 41  x �x  � 2 �� �� � � 23  5 1 x �x  � � � � � Các giá trị �x  � � 21  41 23  � ;x  �đều thoả mãn điều kiện (2) nên 2 � phương trình cho Nhận xét: Nhìn phương trình (3) dạng (ax+b)2 = p a ' x  b ' +qx + r (phương trình chứa hai phép tốn ngược nhau) ta có lời giải cách đặt ẩn phụ đối xứng đưa hệ phương trình sau: * Cách (Từ (3)) � �(x  11)  y Đặt x = y – 11, y > 11  (y- 11) = x Ta có hệ: � (y  11)2  x (*) � Giải hệ (*) ta nghiệm : x = 23  21  41 x = 2 Thí dụ 9: Giải phương trình sau: x2  x   Lời giải: �  x2 �0 (2) � Ta có (1) � x    x � � x   (7  x2)2 (3) � Ta xét phương trình (3): x   72  2x2.7  x4 � 72  (2x2  1)7  x4  x  Xét phương trình bậc hai dạng: a2  (2x2  1)a  x4  x  Từ (*) ta suy phương trình (4) có nghiệm a=7 (1) (*) (4) Giải (4):   � (2x2  1)�  4(x4  x)  (2x  1)2 �0 � � Phương trình (4) có nghiệm: a  x2  x a  x2  x  � (1� 29) 2 x � � � 7 x  x x  x  7 �� �� Khi ta có: � 2 � (1�5) � 7 x  x  � x  x  6 � � x � � � 1 29 x � Từ (2) ta suy � � x � Nhận xét: Bài tốn giải phương pháp đặt ẩn phụ � x2  t  � giải phương pháp x   t Sau chuyển hệ �2 t x � biến đổi tương đương - Cách giải thay đổi vai trò ẩn số số Ẩn x chuyển thành vai trò tham số, số đươc xem ẩn phương trình bậc theo a, nhờ việc chuyển mà thay giải phương trình bậc theo x, ta cần giải phương trình bậc theo a - Phương trình bậc theo a có  số phương nên việc tìm a dễ dàng 10 x Thí dụ 10: Giải phương trình log 22 x  log  5log x  25log 2x  (1) Lời giải Điều kiện < x  (2) t Đặt log2x= t, ta có logx2 = logx8 = x , log2 = t-2 t Phương trình (1) trở thành t2 + t – = 15 25   t4 + t3 – 2t2- 15t – 25 = t t2 (3) Đặt a = 5, phương trình trở thành a2 + 3at – t2 (t2 – t + 2) = (4) Xem (4) phương trình bậc hai a, ta có  = t2 (2t + 1)2 � 3t  t (2t  1) a � � a  t (t  1)  t2  t � �� �� Bởi (3)  � 3t  t (t  1) a  t (t  2) �  t  2t � � a � � t2  t    �2 t  2t   � (Vô nghiệm) 1� 21 1� 21 � 21 � 21  t � log x  � x2 � x  2 (thoả mãn (2)) 2 Vậy x  1� 21 nghiệm phương trình cho Nhận xét: Trong phương trình chứa tham số, thường bắt gặp câu giải phương trình ứng với giá trị tham số Có lẽ khơng sai nói (3) phương trình mà tham số nhường lại cho số - Vì khơng phải tất phương trình sau chuyển phương trình giải nên phương pháp hạn chế, chẳng hạn như: chuyển phương trình theo ẩn ta  khơng phải số phương, gặp khó khăn khơng thể giải Thí dụ 11: Giải phương trình x log  2log x  log x (1) Lời giải 3 Giả sử phương trình có nghiệm x =  tức  log  2log   log3   7log   2log   5log  3  7log   2log   (7  2) log  3  7log   log3   2log   log  3 (2) 11 Xét hàm số f(t)= t log  - tlog3 với t > 0, t  Ta có (2)  f(7)=f(2)  f(7)- f(2) = Rõ ràng f(t) hàm liên tục [2,7] có đạo hàm f’(t) = (log3) t log  1  log3   (t log  1  1) log  3 Theo định lý Lagrăng tồn c (2,7) cho (7-2).f(c) = f(7)-f(2) log   � log  1  1 log3    �log  1  f(c) =   c c � log   �  1 � 1  x 1 � �� ��  � log    3 x 3 � � � Thay x = x = vào phương trình (1) thấy Vậy x = x = nghiệm phương trình cho Thí dụ 12: Giải phương trình 7cotx – 11cotx= 12cotx Lời giải Giả sử  nghiệm phương trình, tức 7cot – 11cot= 12cot  7cot – 11cot = 3(11-7)cot  7cot + 3.7cot = 11cot + 3.11cot Xét hàm số f(t) = tcot + 3t.cot với t>0, t1 Ta có (2)  f(7) = f(11)  f(7) – f(11) = Rõ ràng f(t) hàm số liên tục [7, 11] có đạo hàm f(t)=cot.tcotx-1 +3cot = (tcotx-1+3)cot Theo định lý Lagrăng tồn c  (7; 11) cho (7-11).f(c) = f(7) – f(11)  f(c) =  (tcotx-1+ 3) cot =  cot =   = Thử lại: Thay x = Vậy x =   +k  x = +k (k Z) 2  +k vào phương trình (1) thấy  +k (k Z) họ nghiệm phương trình cho Nhận xét: Các phương trình hai Thí dụ 11 12 thuộc dạng: 12 ah(x)- bh(x) = k.(a-b)h(x) (1) Trong 0< a  1, 0< b 1, a > b, k < k = 1, h(x) xác định [b,a] Cách giải: Viết lại (1)  ah(x) – kah(x) = bh(x) – kbh(x) * Điều kiện cần: Xét hàm số biến số t ; f(t) = th(x)–kh(x).t Như (1)  f(a) = f(b)  f(a) – f(b) = (2) Rõ ràng (b, a) hàm số f(t) có đạo hàm f’(t) = h(x) (t h(x)-1-k) Theo định lý Lagrăng c (b,a) cho (a-b) f(c) = [f(a) – f(b)] h( x )  � Từ (2)  f(c) =  h(x) (ch(x)-1-k)=  �h ( x )1 c � (3) k * Điều kiện đủ: Thay giá trị tìm x (3) vào (1) để chọn nghiệm Chú ý: + Nếu k < ta có (3)  h(x) = h( x )  � + Nếu k = ta có (3)  � h( x )  � + Nếu 0 � 7� �5 � �4 � �5 � �4 � Ta có (2)  f � � f � �� f � � f � � 14 21 14 21 � � � � � � � � Rõ ràng f(t) mà liên tục R+ có đạo hàm  1  1 � � � 1� � 1�  1 f '(t )   � t  � t   � t  �  t   1� � � 7� � 7� � � �4 5� Do theo định lý Lagrăng tồn c  � , �sao cho �21 14 � �4 � �5 � �4 � � , �f’(c) = f � �-f � �= 14 � �21 � �21 14 � �  0 �  1 � �  0 x0 � � � 1� �  1 t  �  t   1� � � �� ��  � 1� � �  1  � x 1 t � 0 � 7� � � � � � � � � Thử lại thấy hai giá trị x = x = thoả mãn phương trình (1) Bởi chúng tập nghiệm phương trình cho Thí dụ 14: Giải phương trình 2log5 x3  2log5 x2  x  xlog5 (1) Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm x=  tức 2log  + 2log  =  + log  8log  + 4log  = log  + log   8log  - 5log  = log  - log  Xét hàm số f(t) = (t+3) log - t log  với t > Ta có (2)  f(5) = f(4)  f(5) – f(4) = Rõ ràng f(t) mà liên tục R+ có đạo hàm f’(t) = log5[(t+3)log -1-t log -1] Do theo định lý Lagrăng tồn c  (2, 3) cho (5 – 4) f’(c) = [f(5) – f(4)] = 14 (2) � log5   �  1 � x1 log5 1 log5 1� � � log5  (c  3) c  0� � hay � �� � � log5   1 5 � x5 � � Thử lại: Thay hai giá trị x = x = vào phương trình (1) thấy Vậy x = x = nghiệm phương trình cho Nhận xét: Các phương trình hai Thí dụ 13 14 thuộc dạng : (a+d)h(x)-ah(x)=(b+d)h(x)-bh(x) (1) Trong 00, k 7 Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm x =  tức  log 11  3log   2x  11log   3log   2.7 7  11log   7log   7 log  log  3 Xét hàm số f(t) = (4+t) log7  log7  -t (2) log7  với t> 0, t  Ta có (2)  f(4) = f(3)  f(4) – f(3) = Rõ ràng f(t) hàm liên tục [3; 4] có đạo hàm f’(t) = (log7)(4+t)log -1- log7 = [(4+t) log -1-1]log7 Theo định lý Lagrăng tồn c  (3,4) cho (3 – 4) f(c) = f(4) – f(3)  f(c) = 15 log   � log7   �   �x  � �� � �� � � log7  1 log     (4  c )   � �x  7 � � (4  c)log  1  1� � � �log   � � Thay x = x = vào phương trình (1) thấy Vậy x = x = nghiệm phương trình cho Nhận xét: Thí dụ 15 trường hợp phương trình (a+d) h(x) - a h(x) = (b+d)h(x) - bh(x) có b+d = a III KẾT LUẬN: Việc rèn luyện, phát triển tư cho em học sinh quan trọng Trong qúa trình dạy học phổ thơng nói chung đặc biệt giảng dạy mơn Tốn nói riêng phát kích thích tư sáng tạo em cần quan tâm mực Giải số phương trình vận dụng phương pháp tham số biến thiên, số biến thiên đáp ứng yêu cầu phát triển tư cho em Qua thời gian vận dụng đề tài vào giảng dạy thực tế trường THPT nơi gảng dạy Tôi nhận thấy: Đây phương pháp giải tạo điểm tư suy nghĩ em học sinh Các em nhìn nhận giải tốn không cứng nhắc, áp đặt mà tư mềm dẻo Do nâng cao khả nhận thức cấp độ: Biết, hiểu, ứng dụng, phân tích, tổng hợp, đánh giá sáng tạo học sinh Qua khảo sát, kiểm tra thực tế cho học sinh làm với thời gian 45 phút lớp 12A5 12A8 có kết sau: - Kết trước áp dụng đề tài cho học sinh với dạng tập này: Kết Lớp 12A5 12A8 Giỏi Khá TB Yếu, Kém 6,67% 7,14% 22,22% 21,43% 37,78% 35,71% 33,33% 35,71% - Kết sau áp dụng đề tài cho cho học sinh với dạng tập này: 16 Kết Lớp 12A5 12A8 Giỏi Khá TB Yếu, Kém 13,33% 16,67% 33,33% 33,33% 35,56% 35,71% 17,78% 14,29% Do thời gian hạn chế, nên đề tài hẳn sai sót Kính mong thầy cơ, bạn đồng nghiệp nhận xét, trao đổi, đánh giá để đề tài hoàn thiện TÀI LIỆU THAM KHẢO G.Polya, Sáng tạo toán học, NXB Giáo dục Văn Phú Quốc, Bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Trần Phương, Bài giảng trọng tâm ơn luyện mơn tốn, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, NXB Giáo dục Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học tuổi trẻ, NXb Giáo dục 17 ... KỶ THUẬT SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ BIẾN THIÊN, HẰNG SỐ BIẾN THIÊN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN THPT Họ tên: Trần Xuân Miễn Chức vụ: TPCM Đơn vị công tác: Trường THPT. .. tạp phương trình ban đầu Trong số trường hợp, ta coi số ẩn Đây tư tưởng phương pháp tham số biến thiên, số biến thiên II NỘI DUNG ĐỀ TÀI Thực trạng ứng dụng phương pháp tham số biến thiên, số biến. .. chất phương pháp hoán đổi vai trò ẩn số tham số, ẩn số số cho Ẩn số xem tham số tham số số xem ẩn số phương trình Cụ thể xét phương trình ẩn x, tham số m: f(x,m)=0 Trong trình giải tốn ta xem phương