Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷ

Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷ

NỘI DUNG NGHIÊN CỨU

CƠ SỞ KHOA HỌC

Nhiều nghiên cứu đã chỉ ra tầm quan trọng của năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo trong giáo dục Theo Nguyễn Lộc và Nguyễn Thị Lan Phương (2016), năng lực giải quyết vấn đề là khả năng cá nhân sử dụng hiệu quả các quá trình nhận thức, hành động và thái độ để xử lý các tình huống phức tạp mà không có quy trình sẵn có Trần Việt Dũng (2013) định nghĩa năng lực sáng tạo là khả năng tạo ra những giá trị mới từ những phẩm chất độc đáo của mỗi cá nhân Việc tích hợp khái niệm này vào chương trình giáo dục phổ thông không chỉ mang tính sáng tạo mà còn thúc đẩy phát triển năng lực cho học sinh, đặc biệt ở cấp THPT.

Nhận diện ý tưởng mới là khả năng xác định và làm rõ thông tin cùng những ý tưởng phức tạp từ nhiều nguồn khác nhau Điều này bao gồm việc phân tích độc lập các nguồn thông tin để đánh giá khuynh hướng và độ tin cậy của những ý tưởng mới.

Phát hiện và làm rõ vấn đề là bước quan trọng trong việc phân tích tình huống trong học tập và cuộc sống Điều này giúp nhận diện và nêu rõ các tình huống có vấn đề, từ đó tạo điều kiện cho việc tìm kiếm giải pháp hiệu quả Việc xác định các vấn đề này không chỉ hỗ trợ quá trình học tập mà còn cải thiện khả năng giải quyết vấn đề trong cuộc sống hàng ngày.

Hình thành và triển khai ý tưởng mới là quá trình phát triển nhiều ý tưởng sáng tạo trong học tập và cuộc sống, khuyến khích suy nghĩ độc lập và không theo lối mòn Điều này bao gồm việc tạo ra các yếu tố mới từ những ý tưởng khác nhau, kết nối và phát triển chúng một cách linh hoạt Đồng thời, việc nghiên cứu để điều chỉnh giải pháp trước những thay đổi của bối cảnh là rất quan trọng, cùng với việc đánh giá rủi ro và chuẩn bị các phương án dự phòng để đảm bảo sự thành công.

Để đề xuất và lựa chọn giải pháp hiệu quả, cần thu thập và làm rõ các thông tin liên quan đến vấn đề Việc phân tích và đề xuất một số giải pháp khả thi là rất quan trọng, từ đó lựa chọn giải pháp phù hợp nhất nhằm giải quyết vấn đề một cách tối ưu.

- Thiết kế và tổ chức hoạt động:

+ Lập được kế hoạch hoạt động có mục tiêu, nội dung, hình thức, phương tiện hoạt động phù hợp;

+ Tập hợp và điều phối được nguồn lực (nhân lực, vật lực) cần thiết cho hoạt động

Điều chỉnh kế hoạch và quy trình thực hiện là cần thiết để phù hợp với hoàn cảnh, từ đó nâng cao hiệu quả giải quyết vấn đề.

+ Đánh giá được hiệu quả của giải pháp và hoạt động

Tư duy độc lập là khả năng đặt ra nhiều câu hỏi có giá trị và không chấp nhận thông tin một cách mù quáng Người có tư duy độc lập sẽ không thành kiến khi đánh giá vấn đề, mà luôn quan tâm đến các lập luận và minh chứng thuyết phục Họ cũng sẵn sàng xem xét và đánh giá lại các quan điểm để có cái nhìn toàn diện hơn.

Trong bài viết này, chúng tôi định nghĩa năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo trong môn Toán là khả năng kết hợp kiến thức, kỹ năng và các đặc điểm cá nhân để hoàn thành nhiệm vụ học tập Sự sáng tạo trong quá trình giải quyết vấn đề có thể thể hiện qua những cách hiểu mới, phương pháp giải quyết độc đáo, cải tiến trong cách thực hiện hoặc những cách nhìn nhận và đánh giá khác biệt.

Chương trình giáo dục phổ thông môn Toán nhấn mạnh vai trò của nội dung giáo dục toán học trong việc hình thành và phát triển các phẩm chất chủ yếu cùng năng lực chung và năng lực toán học cho học sinh Điều này bao gồm năng lực tư duy và lập luận toán học, năng lực mô hình hóa toán học, năng lực giải quyết vấn đề toán học, năng lực giao tiếp toán học, và năng lực sử dụng công cụ, phương tiện toán học.

Mối quan hệ giữa phát triển năng lực toán học và khả năng giải quyết vấn đề, sáng tạo là rõ ràng Chúng tôi nhận định rằng giáo viên có thể nâng cao năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh bằng cách tập trung vào việc rèn luyện các "năng lực thành phần" thông qua các hoạt động cụ thể.

Trong bối cảnh hiện nay, chương trình giáo dục phổ thông hiện hành (sách giáo khoa 2006) tập trung vào nội dung giảng dạy Chuyên đề phương trình vô tỷ trong sách giáo khoa đại số lớp 10 có thời lượng hạn chế, số lượng bài tập ít và thiếu tính đa dạng Tuy nhiên, phương trình vô tỷ lại rất phong phú với nhiều phương pháp giải khác nhau và các bài toán phức tạp Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần nắm vững các phương pháp, có tư duy sáng tạo, linh hoạt và thành thạo kỹ năng biến đổi.

Hiện nay, phương pháp và hình thức tổ chức dạy học đã có nhiều thay đổi, với sự chỉ đạo quyết liệt từ các nhà trường nhằm khuyến khích giáo viên áp dụng phương pháp dạy học tích cực Tuy nhiên, vẫn tồn tại một số giáo viên ngại đổi mới và thiếu linh hoạt trong giảng dạy, dẫn đến việc phát triển phẩm chất và năng lực của học sinh còn hạn chế Trong khi dạy chuyên đề phương trình vô tỷ, nhiều giáo viên chỉ đơn thuần sưu tầm bài tập từ sách giáo khoa và sách tham khảo mà không phân tích hay hướng dẫn, thiếu các câu hỏi và tình huống kích thích sự tò mò và sáng tạo của học sinh, từ đó không tạo được hứng thú cho học sinh trong quá trình học tập.

Hiện nay, việc phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh trong quá trình dạy học gặp nhiều khó khăn Các yếu tố ảnh hưởng đến vấn đề này bao gồm chất lượng đội ngũ giáo viên và nội dung chương trình giảng dạy.

Để tiếp cận Chương trình giáo dục phổ thông 2018, cả giáo viên và học sinh cần thay đổi nhận thức và phương pháp dạy học Việc cải tiến cơ sở vật chất và áp dụng các phương pháp dạy học mới là rất quan trọng trong quá trình này.

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ SÁNG TẠO

Để nâng cao khả năng giải quyết vấn đề và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, bài viết tập trung vào việc rèn luyện kỹ năng giải phương trình vô tỷ Qua việc phân tích và giải quyết một số bài toán vô tỷ, chúng tôi đã phát triển các phương pháp sáng tạo để tạo ra những bài toán mới, nhằm khuyến khích tư duy độc lập và sáng tạo của học sinh.

Trước hết chúng ta bước vào phần rèn luyện tư duy sáng tạo giải phương trình vô tỷ

1 Rèn luyện tư duy sáng tạo giải phương trình vô tỷ

1.1 Phương pháp giải phương trình vô tỷ

1.1.1 Phương pháp biến đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về phương trình cơ bản dạng:

Kỹ năng 1: Biến đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về dạng tích

Kỹ năng 2: Nhân biểu thức liên hợp

1.1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ

Kỹ năng 1 Đặt một ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới

Kỹ năng 2 Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới

Kỹ năng 3 Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về hệ phương trình

Kỹ năng 4 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn

1.1.4 Phương pháp lượng giác hóa

1.1.5 Phương pháp biển đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về dạng f 2 ( ) x  0 hoặc f 2 ( ) x  g x 2 ( )   0 hoặc f n ( ) x  g n ( ) x

1.2 Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua rèn luyện tư duy sáng tạo giải một số bài tập phương trình vô tỷ

Ví dụ 1 Giải phương trình sau: 2( x 2  3 x   2) 3 x 3  8 (1)

Phân tích: Quan sát, chúng ta thấy phương trình (1) có dạng phương trình cơ bản f x ( )  g x ( )

Sau khi thực hiện phép biến đổi

Phương trình bậc 4 được hình thành từ phương trình (2) có thể được biến đổi nhờ sự hỗ trợ của máy tính Casio Qua quá trình này, phương trình (2) được chuyển đổi thành dạng tích với nhân tử chung là biểu thức x² - 6x - 4 Từ đây, chúng ta có thể tìm ra lời giải cho bài toán.

Lời giải 1 Áp dụng công thức cơ bản

Vậy nghiệm phương trình là: x   3 13; x   3 13

Tiếp tục phân tích, ta thấy:

3 2 ( 2 4) ( 2) x  x   x  x    x Đến đây, ta thấy trong phương trình (1), có sự xuất hiện của 2 biểu thức

2 x  và x 2  2 x  4 Nếu đặt a  x 2  2 x  4, b  x  2 , Ta có phương trình

Từ đó ta có lời giải sau:

Phương trình trở thành 2 a 2  3 ab  2 b 2   0 ( a  2 )( b a  2 ) b    0 a 2 b    0 a 2 b

1.Từ lời giải 2, có một câu hỏi đặt ra là làm thế nào để ta nghĩ đến việc biến đổi phương trình xuất hiện hai biểu thức x  2 và x 2  2 x  4 ?

Theo kinh nghiệm, ta biến đổi biểu thức trong căn x 3   8 ( x  2)( x 2  2 x  4)

Bây giờ ta nghĩ tới việc biến đổi x 2  3 x  2 theo x  2 và x 2  2 x  4 Để thực hiên ý độ đó, ta chỉ cần làm như sau:

Giả sử x 2  3 x   2 m x ( 2  2 x   4) n x (  2)  mx 2   ( n 2 ) m x  4 m  2 n Đồng nhất hệ số, ta có

2 Phương trình (*) có dạng tổng quát A f x ( )  B g x ( )  C f x g x ( ) ( )

 , ta có thể có được lời giải

 g x , ta cũng có được lời giải

Phương trình (1) trong lời giải 3 có dạng tổng quát sau:

( ) n ( ) 0 af x  b f x   c Khi đó, ta đặt ẩn phụ t  n f x ( ) thì bài toán sẽ được giải quyết

Trong quá trình giải bài tập phương trình vô tỷ, thực tế cho thấy rằng có nhiều phương trình sau khi trải qua một số bước biến đổi sẽ dẫn đến dạng phương trình nhất định.

Nếu để ý, ta thấy lời giải 2 thực chất là biến đổi tương đương phương trình đã cho về dạng tích Từ đó, ta có thêm lời giải sau:

Sử dụng một trong những lời giải nêu trên, ta sẽ giải được các bài tập phương trình vô tỷ sau: a) 3 x 2  12 x  5 10  4 x  x 2  12  0 b) 2( x 2    x 6) 5 x 3  8 c) 2 x 2  5 x   1 7 x 3  1 d) 3 81 x 4   4 27 x 2  42 x  6 e) x 2  3 x   4 3 x 3  6 x 2  11 x  6

Để phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh, chúng tôi đã phân tích và đưa ra nhận xét nhằm rèn luyện tư duy sáng tạo, giúp học sinh tìm tòi lời giải và lý do cho sự lựa chọn đó Chúng tôi cung cấp các dạng phương trình tổng quát để học sinh nhận dạng và ghi nhớ cách giải Trong các ví dụ sau, chúng tôi không tập trung vào phân tích mà định hướng giúp học sinh giải bài toán bằng nhiều phương pháp khác nhau, từ đó giúp các em nắm vững hơn về phương pháp giải phương trình vô tỷ và linh hoạt trong việc tiếp cận bài toán.

Ví dụ 2 Giải phương trình sau: 3 x 2  3 x    2 ( x 6) 3 x 2  2 x  3

Lời giải 1 Biển đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về phương trình tích

Vậy nghiệm của phương trình là: 1 85 ; 1 3 x   3 x  

Lời giải 2 Đặt 2 ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới

Vậy nghiệm của phương trình là: 1 85 ; 1 3 x  3 x

Lời giải 3 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt t  3 x 2  2 x     3 0 t 2 3 x 2  2 x   3 3 x 2   t 2 2 x  3

Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có biệt số

Do đó phương trình (1) có 2 nghiệm t  5; t   x 1

                 Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1

Lời giải 4 Nhân biểu thức liên hợp

                      Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1

Ví dụ 3 Giải phương trình: 3 x 2  5 x   2 2( x  1) 2 x 2  3 x   1 0

Lời giải 1 Biến đổi phương trình về dạng tích Điều kiện: ; 1  1;  x      2     

Vậy nghiệm của phương trình là: 3 41 x    2

Lời giải 2 Đặt hai ẩn phụ, chuyển về phương trình mới Đặt 2 2 2 2 2 2 2

 Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1

             Đến đây ta giải tương tự như lời giải 2

Lời giải 4 Biến đổi phương trình đã cho về dạng f 2 ( ) x  g 2 ( ) x

  Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1

Lời giải 5 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt t  2 x 2  3 x     1 0 t 2 2 x 2  3 x  1

Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có   t 4

        Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1

Ví dụ 4 Giải phương trình x 3  (1  x 2 3 )  x 2 2  x 2 (1)

Lời giải 1 Đặt 1 ẩn phụ, đưa về phương trình mới Điều kiện x    1;1  Đặt t   x 1  x 2 , điều kiện t     1; 2  

Vậy nghiệm của phương trình là 2 ; 1 2 2 2 1

Lời giải 2 Đặt ẩn phụ, chuyển về phương trình Đặt y  1  x 2  0 , ta có hệ:

Lời giải 3 Phương pháp lượng giác hóa Đặt sin , ; x  t t        2 2   

Khi đó (1  x 2 3 )  (1 sin  2 t ) 3  cos ; 2 2 3 t  x 2  2 1 sin  2 t  2 cos t

3 3 3 sin t  cos t  2 sin cos t t  (sin t  cos ) t  3sin cos (sin t t t  cos ) t  2 sin cos t t  0(1) Đặt sin cos sin cos 2 1

Với 2 sin cos 2 2 cos 2 cos 1 2

Với 1 2 sin cos 1 2 sin cos 1 2 sin 1 2 2 2 1 sin cos 1 2 2 t t a t t t t t

Ví dụ 5 Giải phương trình sau: 2

Nhận xét: Trong phương trình có chứa 1  x 2 giúp ta liên tưởng đến công thức lượng giác 1 tan 2 1 2

Khi đó 1 2 1 tan 2 1 2 1 cos cos x t t t

5sin 2sin 3 0 3 sin cos 1 sin tan

Vậy nghiệm của phương trình là: 3 x   4 Bài tập tương tự giải bằng phương pháp lượng giác: a) 2 x  (4 x 2  1) 1  x 2  4 x 3  1  x 2 , đặt sin , ; t  x t        2 2    b) 2 2 1   x 2  x (1  1  x 2 ) , đặt sin , 0; t x t   2 

Ví dụ 6 Giải phương trình x 3  15 x 2  78 x  141 5 2  3 x  9

Phương trình trở thành: a 3  5 a  b 3  5 b  ( a b a  )( 2  ab b  2        5) 0 a b 0 a b

Vậy phương trình có nghiệm là:

Nhận xét: Để biến đổi phương trình về dạng ( x  5) 3  5( x   5) 2 x   9 5 2 3 x  9

Ta làm như sau: xét phương trình ( x m  ) 3  5( x m  )  ( 2 3 x  9) 3  5 2 3 x  9

         Đồng nhất hệ số với phương trình đã cho, ta có: 2

Lời giải 2 Phương pháp hàm số

Ta có f / ( ) x  3 t 2      5 0 t R f t ( ) đồng biến trên R

Lời giải 3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại 2

Trừ vế theo vế của (1) và (2), ta có:

Ta làm như sau: giả sử 3 2 x   9 ax b  , a  0

           (1) Để (1) có nhân tử chung x  y , ta cần có:

Nên ta có phép đặt y   5 3 2 x  9

Ví dụ 7 Giải phương trình: 3 3 x   5 8 x 3  36 x 2  53 x  25

Lời giải 1 Đặt hai ẩn phụ, đưa về phương trình mới

Phương trình: 3 3 x   5 8 x 3  36 x 2  53 x  25  (2 x  3) 3  (2 x   3) (3 x   5) 3 3 x  5(1) Đặt a  2 x  3; b  3 3 x  5 Phương trình (1) trở thành

Vậy nghiệm của phương trình là: 2; 5 3 x  x   4

Lời giải 2 Phương pháp hàm số

Ta có f t / ( )  3 t 2     t 0 t R  f t ( ) đồng biến trên R

Lời giải 3 Đặt ẩn phụ, đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại 2

Ví dụ 8 Giải phương trình x   4 6   x x 2  10 x  27

Lời giải 1 Phương pháp đánh giá Điều kiện: 4   x 6

Vậy nghiệm của phương trình là: x  5

Với x  5 thỏa mãn phương trình (3)

Suy ra phương trình (3) có nghiệm x  5

Lời giải 4 Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình

Lời giải 5 Đặt ẩn phụ chuyển về hệ phương trình Đặt 4 ( 4)(6 ) 2 10 24 3 ( 2 10 27)

Ta có hệ phương trình:

Ví dụ 9 Giải phương trình ( x  1) 2 x 2  7 x   9 9 x  39

Lời giải 1 Biển đổi phương trình về dạng f 2 ( ) x  g 2 ( ) x Điều kiện 2 2 7 9 0 ; 9  1;  x  x       x    2     

Vậy nghiệm của phương trình là: 3 145 x   2

Lời giải 2 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn

Ta xem (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có   t (3 x  11) 2

Lời giải 3 Đặt 2 ẩn phụ chuyển về phương trình mới Đặt a   x 1; b  2 x 2  7 x   9 9 x  39  2 a 2   b 2 12 a  16

Phương trình đã cho trở thành:

Xuất phát từ phương trình có dạng tổng quát dạng: u x 2 ( )  b x ( )  a x ( ) a x u x ( ) ( )  b x ( ) Nếu đặt v x ( )  a x u x ( ) ( )  b x ( ), ta có hệ đối xứng loại 2 sau:

Từ đó, chúng ta nghĩ tới việc biến đổi phương trình (*) về phương trình có dạng

Thật vậy: Giả sử ( x  1) 2 x 2  7 x   9 9 x  39(*) được viết thành:

Vì biểu thức trong căn của phương trình (*) có chứa 2x 2 nên b x ( ) là một biểu thức bậc hai có dạng b x ( )  x 2  px  q

 (2 n  p x )  ( n 2  q )  ( x  1) 2 x 2    ( n p 1) x    ( n q 1) Đồng nhất hệ số, ta có: 2

Khi đó ta biến đổi

Ta có lời giải sau:

Lời giải 5 Đặt hai ẩn phụ chuyển về hệ phương trình đối xứng loại 2

Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có:

Ví dụ 10 Giải phương trình: 8 x 2  11 x    1 ( x 1) 4 x 2  6 x  5

Lời giải 1 Đặt 2 ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về hệ phương trình đối xứng loại 2

 đây là hệ phương trình đối xứng loại 2

Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có:

Lời giải 2 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt t  4 x 2  6 x    5 t 2 4 x 2  6 x  5

Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có   t (7 x  5) 2

                    Đến đây, ta giải tương tự lời giải 1

Trong quá trình dạy học chuyên đề phương trình vô tỷ, giáo viên cần phát triển năng lực giải quyết vấn đề và tư duy sáng tạo cho học sinh Bên cạnh đó, việc giúp học sinh hiểu nguồn gốc của các bài tập, cũng như ai là người sáng tạo ra chúng, là rất quan trọng Điều này sẽ thúc đẩy sự tò mò và khả năng tư duy phản biện của học sinh Để khám phá sâu hơn về vấn đề này, chúng ta sẽ tiếp tục nghiên cứu nội dung tiếp theo.

2 Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua việc sáng tạo bài toán phương trình vô tỷ

2.1 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ các nghiệm chọn sẵn và nhân biểu thức liên hợp

Để sáng tạo phương trình vô tỷ, chúng ta chỉ cần chọn một nghiệm cụ thể và sau đó xây dựng các biểu thức phù hợp để đảm bảo đẳng thức được thỏa mãn.

Ví dụ 1 Với x  2, ta có x   2 2, 22 3  x  4, x 2   8 12

Ví dụ 2 Với x  1, ta có x 2  2 x   5 2, 4 x   5 3, x 3  2 x 2  5 x   4 8

Ví dụ 3 Với x  6, ta có: (4 x  5) 3 x   2 72, 2 x 3  3 x 2  3 x   2 284

Do đó x  0, x  3 là nghiệm của phương trình x x (  1)( x    3) 3 4   x x  1

Do đó x  1, x  2 là nghiệm của phương trình:

Do đó x  0, x  1 là nghiệm phương trình:

Do đó x  2, x  3 là nghiệm của phương trình:

Do đó 1, 1 x  x  2 là nghiệm của phương trình:

2.2 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ phương trình lượng giác:

Xuất phát từ phương trình cos 3 cos t      2  t    có nghiệm , 5 , 3

3 2 cos 3 t  sin t  4 cos t  3cos t  1 cos  t Đặt x  cos t , ta có bài toán sau

Xuất phát từ phương trình cos 2 cos

Ta có cos 2 cos cos 2 sin 2 2 sin

2 cos 2 sin 2sin cos 1 2 cos 1 cos 2 cos 1 cos 1

          Đặt x  cos t , ta có bài toán sau:

Ví dụ 3 Với t    0;  , ta có: 1 cos  2 t  sin t

Xuất phát từ phương trình sin 5 sin t   2 t 

5 3 sin 5 t  cos t  16sin t  20sin t  5sin t  cos t

4 2 sin (sin t t  20sin t   5) cos t  (16cos 4 t  12cos 2 t  1) 1 cos  2 t  cost(*) Đặt x  cos t , ta có bài toán sau:

Xuất phát từ phương trình: 2 sin cos 2 0 t  4 t

2 sin cos 2 0 (sin cos )(1 2sin ) 0 2sin (4sin 1) cos 4 sin cost t  4 t t t t t t t t

2sin t (4sin t 1) 1 sin t 4sin t 1 sin t

       (*) Đặt x  sin t thay vào (*), ta có bài toán:

2 tan 1 tan sin 2 ; cos 2 tan 1 1 tan t t t t t t

4 tan (1 tan ) sin 4 2 sin 2 cos 2

Xuất phát từ phương trình: 1 1 2 cos t  sin 2 t  sin 4 t có nghiệm t   6

1 1 2 1 2 tan 1 cos sin 2 sin 4 2 sin cos 2sin 2 cos 2 cos t t t t t t t t t

   thay vào (*), ta có bài toán:

Ví dụ 6 Với t  (0; )  , ta có: 1 cot 2sin 2 2 sin 2 sin

Xuất phát từ phương trình: 2 sin cos 2

2 sin 2 cot tan cot 1 cot 1 cot

  (*) Đặt 1 cot , (0; ) x  2 t t   thay vào (*), ta có bài toán:

Xuất phát từ phương trình: sin 1 2 cos 3 0

Ta có: sin 1 2 cos 3 0 sin 2sin cos 3 0 sin sin cos 2

2 2 1 sin t sin (1 cos ) t t 2 2 1 sin t sin (1 t 1 sin t )

     thay vào (*), ta có bài toán:

Ví dụ 8 Với ; t        2 2   , ta có: 2 2

1 tan cos cos cos 1 tan t t t t t

Xuất phát từ phương trình: 5sin 2 t  2sin t   3 0 có nghiệm sin 3 tan 3

Ta có: 5sin 2 2sin 3 0 2 5cos 2 2sin 0 1 5cos tan 0 cos 2 t t t t t t

      thay vào (*), ta có bài toán:

 và sin 2 2sin cos 2 tan cos 2 2 tan 2

Xuất phát từ phương trình: sin sin 6

1 6 tan 32 tan sin sin 6 cos 3sin 2 4sin 2

           thay vào (*), ta có bài toán:

Thực hiện phép biến đổi (1) 1 2 5 (1 2 3 3 )

 , ta có: 1 2 1 tan 2 tan cos t t t   

Xuất phát từ phương trình: (1  cot )(1 cot ) t  2 t  4có nghiệm , 3 (0; )

Ta có: (1 cot )(1 cot 2 ) 4 1 1 4 2 1 2 1 1 4 sin 2 2 tan 1 cot cos tan cos t t t t t t t t

  thay vào (*), ta có bài toán:

2.3 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ các đẳng thức

Ví dụ 1 Xuất phát từ đẳng thức: ( a b c   ) 3  a 3    b 3 c 3 3( a b b c a c  )(  )(  )

Do đó, bằng cách chọn a b c , , sao cho ( a b c   ) 3  a 3   b 3 c 3 thì ta thu được phương trình vô tỷ

Ví dụ 2 Xuất phát từ đẳng thức: a 3   b 3 ab a b (  )  ( a b a b  )(  ) 2

Bằng cách chọn a b , thay vào (1), ta thu được phương trình vô tỷ

Ta có bài toán sau:

Ví dụ 3 Xuất phát từ đẳng thức: a 2  b 2   c 2 2 ab  2 bc  2 ca  ( a b c   ) 2

Bằng cách chọn a b , thay vào (1), ta thu được phương trình vô tỷ

Ví dụ 4 Xuất phát từ đẳng thức: a b c abc ab bc ca          1 ( a 1)( b  1)( c  1) Nếu

Bằng cách chọn a b c , , thay vào a b c abc ab bc ca         1 0, ta thu được phương trình vô tỷ

 , với x  1 1 a b c abc ab bc ca

Khi đó: a b c abc ab bc ca         1 0

Ví dụ 5 Xuất phát từ đẳng thức: 3 2 2 2 7 (*) ( 2 )(3 ) 0 2

Bằng cách chọn a b , bởi các biểu thức phù hợp thay vào (*), ta thu được phương trình vô tỷ

Chọn a  x 2  2 x  2, b  x 2  2 x  2, thay vào (*), ta có:5 x 2  2 x  10  7 x 4  4

Chọn a  x 2  3 x  5; b  x  2 thay vào (*), ta có:

Chọn a  x 2   x 4; b  x 2  2 thay vào (*), ta có:

Ví dụ 6 Xuất phát từ đẳng thức: 2 4 3 2 0(*) ( )( 3 ) 0

Chọn a  x 2  2 ; x b  x  2 thay vào (*), ta có:

Chọn a  x 2  2 , x b  x 2  4 x  3 thay vào (*), ta có:

Ví dụ 7 Xuất phát từ đẳng thức:

Chọn a  x 2   x 1; b  x 3  x 2   x 3 thay vào (*), ta có:

Chọn a  2 x  3; b  x 2  3 x  4 thay vào (*), ta có:

Chọn a  2 x  1; b  x 2  3 x  1 thay vào (*), ta có:

Ví dụ 8 Xuất phát từ đẳng thức: 2 2 5 4(*) 2 2

   với x  1 thay vòa (*), ta có:

  với 3 x  2 thay vào (*), ta có:

Ví dụ 9 Xuất phát từ đẳng thức: 1  a 2  3 a  1(*)   a 0

   , với x    2; 6   thay vào (*), ta có:

Ví dụ 10 Xuất phát từ đẳng thức: 2

Chọn a  x   1 2 x  3 , với x   1 thay vào (*), ta có:

Chọn a  2 x   2 3 x  5, với 5 x  3 thay vào (*), ta có:

Chọn a  4 x   3 3 2 x  1, với 1 x  2thay vào (*), ta có:

Ví dụ 11 Xuất phát từ đẳng thức

Chọn a    x 2 8 x  48; ( ) g x   x h x ; ( )    x 6 thay vào (*), ta có:

Chọn a  2 x 2  7 x  9, ( ) g x    x 5; ( ) h x  2 x  6 thay vào (*), ta có:

Chọn a    x 2 2 x  3, ( ) g x    x 3, ( ) h x    x 1 thay vào (*), ta có:

Chọn a    x 2 5 x  4, ( ) g x   x 6, ( ) h x   x 4 thay vào (*), ta có:

Chọn a  x 2  4 x  5, ( ) g x  2 x  7, ( ) h x  2 x  1 thay vào (*), ta có:

Ví dụ 12 Xuất phát từ đẳng thức: 2    t 2 2 t (*)   t 1

Ví dụ 14 Xuất phát từ đẳng thức: t 2   t 20  0(*) có nghiệm t   4, t  5 Đặt t  2 x   3 x  1, với x   1 thay vào (*), ta có:

Giải phương trình: 2 x   3 x   1 3 x  2 2 x 2  5 x   3 16 Đặt t  x   3 3 3 x  1, với 1 x   3thay vào (*), ta có

Ví dụ 15 Xuất phát từ đẳng thức: 2 t 2    5 t 2 0(*) có 2 nghiệm 2, 1 t   t   2 Đặt 2

 , với x   ( 2;0)  (0; 2) thay vào (*), ta có:

 , với x    ( 3; ) thay vào (*), ta có:

  Đặt t  x 1  x 2 , với x   ( 1;0)  (0;1) thay vào (*), ta có:

Ví dụ 16 Xuất phát từ đẳng thức: 2 t 2    t 1 0(*) có nghiệm 1, 1 t   t  2 Đặt 1 3

  , với x   ( 2;1)   1;3 thay vào (*), ta có:

 , với x     ( ; 1) (0;1)thay vào (*), ta có:

 , với 2 x  3 thay vào (*), ta có:

Ví dụ 17 Xuất phát từ đẳng thức: t 6  14 t 3  24 t  96  0(*) có nghiệm duy nhất t  2 Đặt t  3 4 x  4 thay vào (*), ta có:

Giải phương trình: 2 x 2  3 x   7 3 4 3 x   4 0 Đặt t  3 4 x  4 thay vào (*), ta có:

Giải phương trình: 2 x 2  11 x  21 3 4  3 x   4 0 Đặt t  2 3 3 x  2 thay vào (*), ta có:

2.4 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ hệ phương trình đối xứng loại 2 và hệ gần đối xứng loại 2:

Ví dụ 1 Xuất phát từ hệ phương trình đối xứng loại 2 dạng: 2

Tứ (1)    v a x u b x ( )  ( ) thế vào (2), ta có:

 Đến đây, chọn u a x b x , ( ), ( )phù hợp thay vào (3) hoặc (4), ta được phương trình vô tỷ

Chọn u  2 x  1, ( ) a x   x 2, ( ) b x    ( x 1) thay vào (3), ta có:

Chọn u   x 3, ( ) a x  2 x  3; ( ) b x    ( x 7) thay vào (3), ta có:

Chọn u  3 x  1; ( ) a x  2 x  1; ( ) b x  9 x 2  10 thay vào (3), ta có:

Chọn u   x 4; ( ) a x  2 x  1; ( ) b x   ( x 2  x ) thay vào (3), ta có:

Chọn u   x 2; ( ) a x  x 2  2 x  1; ( ) b x  2 x  5 thay vào (3), ta có:

Ví dụ 2 Xuất phát từ hệ phương trình đối xứng loại 2 dạng: 3

Tứ (1)   v 3 a x u b x ( )  ( ) thế vào (2), ta có: u 3  a x ( ) 3 a x u b x ( )  ( )  b x ( )(3) Đến đây, chọn u a x b x , ( ), ( )phù hợp thay vào (3) hoặc (4), ta có phương trình vô tỷ

Chọn u   x 2; ( ) 1 2 ; ( ) a x   x b x   ( x 2  4 x  3) thay vào (3), ta có:

Chọn u  2 x  1; ( ) a x   x 1; ( ) b x  x 2   x 1 thay vào (3), ta có:

Chọn u  2 x  1; ( ) a x   4 2 ; ( ) x b x   (2 x 2  3 x  1) thay vào (3), ta có:

Chọn u   x 1; ( ) 1 2 ; ( ) a x   x b x  8 x 2   x 6 thay vào (3), ta có:

Chọn u   x 1; ( ) a x   1 2 ; ( ) x b x  5 x 2   x 4 thay vào (3), ta có:

Ví dụ 3 Xuất phát từ hệ gần đối xứng loại 2

Xét x = 3, ta có phương trình 2x - 5 = -1 Để xây dựng phương trình dạng (ax + b)³ và 3cx + d, cần chuyển đổi về hệ phương trình đối xứng loại 2 Hệ này cho phép giải bằng cách trừ (cộng) vế theo vế, tạo ra thừa số (x - y).

Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: 3

Từ (1) 2 y   5 3 x   2 2 y  3 x   2 5 thế vào (2), ta có:

Từ (1)   y 1 3 2 x    2 y 3 2 x   2 1 thế vào (2), ta có:

Từ (1) 3 y   2 3 81 x   8 3 y  3 81 x   8 2 thế vào (2), ta có:

Nếu xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: (3 2) 3 3 81 8(1)

2.5 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ các biểu thức dạng: f 2 ( ) x  g 2 ( ) x hoặc

Do đó x  3 là nghiệm của phương trình:

Do đó 4 2 x  3 là nghiệm của phương trình:

Tiếp tục biến đổi phương trình (*), ta có:

Do đó x  3 là nghiệm của phương trình: f 3 ( ) x  g x 3 ( )

Ví dụ 3 Xét hàm số ( ) 4 1

Ví dụ 4 Xét 2 hàm số ( ) 1 3 ; ( ) 4 1 2 f x  x   2 g x  x  

Do đó 5 x  4 là nghiệm của phương trình

Ví dụ 5 Xét 2 hàm số f x ( )   x 2  x g x ; ( )   2 3 x  1

Ví dụ 6 Xét 2 hàm số f x ( )  x 2  x 2  2 x  16; ( ) g x   x 2

Do đó x  2 là nghiệm của phương trình

Ví dụ 7 Xét 3 hàm số f x ( )  x  1; ( ) g x  2 x  x  3; ( ) h x  x 2  1

Ví dụ 8 Xét 3 hàm số f x ( )  2 x  x 2  1; ( ) g x  x 2  1; ( ) h x  x   3 2

Do đó x  1là nghiệm của phương trình 2 f 2 ( ) x  g x 2 ( ) 3 ( )  h x 2  0

Ví dụ 9 Xét 2 hàm số f x ( )    x 1 4 x  2; ( ) g x   x x   10 10; ( ) h x   x 11

Do đó x  11 là nghiệm của phương trình

2.6 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ bất đẳng thức

Ví dụ 1 Áp dụng bất đẳng thức cô si , ta có

4 27( x   1) 4 3.3.3.( x   1) 10  x    x 1 (1) Đẳng thức xẩy ra khi x  2

         (2) Đẳng thức xẩy ra khi x  2

Ví dụ 2 Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có:

       (1) Đẳng thức xẩy ra khi x   1

        x (2) Đẳng thức xẩy ra khi x   1

Ví dụ 3 Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có:

2 2 2 2 x x x    x  x    x           x      (1) Đẳng thức xẩy ra khi x  2

          (2) Đẳng thức xẩy ra khi x  2

Ví dụ 4 Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có

Ví dụ 5 Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có

Ví dụ 6 Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có

Ta có x 2  4 x   8 x 4  8 x 2  20  ( x  2) 2   4 ( x 2  4) 2     4 2 2 4(1) Đẳng thức ở (1) xẩy ra   x 2

Ví dụ 7 Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có

Ví dụ 8 Xuất phát từ bất đẳng thức: u v  u v Đẳng thức ở xẩy ra  u và v cùng hướng

          (1), với x    2; 4 Đẳng thức ở (1) xẩy ra  u và v cùng hướng

Tương tự chọn u   ( x 1;1); v  ( x  1; 3  x ), ta có:

( 1) 1 3 2 2 4 4 u v  u v  x  x     x x  x  (1), với x    1;3 Đẳng thức ở (1) xẩy ra  u và v cùng hướng

Nếu chọn u   (2 x ;1); v  ( x ; 3 2 )  x , ta có bài toán:

Ví dụ 9 Xuất phát từ bất đẳng thức u    v u v Đẳng thức xẩy ra  u và v cùng hướng

       (1) Đẳng thức ở (1) xẩy ra  u và v cùng hướng 1 1 1

Bằng cách làm tương tự:

Chọn u  (2 ;1), x v   (2 2 ; 2) x Xuất phát từ bất đẳng thức u    v u v , ta có bài toán:

Ví dụ 10 Xuất phát từ bất đẳng thức u    v u v Đẳng thức xẩy ra  u và v cùng hướng

Khi đó u     v u v x 2  10 x  74  x 2  6 x  10  10(1) Đẳng thức ở (1) xẩy ra  u và v cùng hướng 5 7 13

2.7 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ hàm số đơn điệu

Cho hàm số y  f t ( ) đơn điệu trên khoảng ( ; ) a b ; u v ,  ( ; ) a b

Bằng cách chọn u v , phù hợp thay vào (*), ta thu được phương trình vô tỷ

Ví dụ 1 Xuất phát từ hàm số f t ( )   t 3 t , với t  R

Ta có f t / ( )  3 t 2      1 0 t R f t ( ) đồng biến trên R

Chọn u   x 1; v  3 x  1 thay vào (*), ta có:

Chọn u  x  6; v  x 2  4 x thay vào (*), ta có:

Chọn u  4 x  4; v   2 x  2thay vào (*), ta có:

Ví dụ 2 Xuất phát từ hàm số y  f t ( )  2 t 3   t 2 1 đồng biến trên khoảng (0;  )

Ví dụ 3 Xuất phát từ hàm số y   t t t 2  2 đồng biến trên R

Ví dụ 4 Xuất phát từ hàm số f t ( ) 4 t t t 2 3 1

 suy ra f t ( ) đồng biến trên (  ;0)và

Ví dụ 5 Xuất phát từ hàm số f t ( )   t t 2  1 đồng biến trên R

Ví dụ 6 Xuất phát từ hàm số f t ( )    t 2 t 7 đồng biến trên khoảng 0;

Giải phương trình: 2 5 4  x  x 2  1    x x x   6 x  5 Để giải các phương trình vô tỷ mới được sáng tạo, chúng ta chỉ cần đi ngược lại quy trình tạo ra nó

TÍNH KHOA HỌC, TÍNH MỚI, TÍNH THỰC TIỄN, NHỮNG KINH NGHIỆM ĐƯỢC RÚT RA

Nội dung của đề tài được trình bày khoa học, các lập luận chính xác Hệ thống lý thuyết đúng đắn, có sức thuyết phục

2 Tính mới Đề tài có những điểm mới sau:

Phát triển khả năng tìm tòi và xem xét vấn đề từ nhiều góc độ khác nhau là rất quan trọng trong việc rèn luyện tư duy sáng tạo Việc giải phương trình vô tỷ và tìm ra lời giải cho bài toán giúp học sinh đa dạng hóa quy trình sáng tạo, từ đó tạo ra những bài toán mới một cách lôgic và khoa học Điều này không chỉ mang lại hứng thú cho học sinh khi học toán mà còn góp phần tích cực vào việc phát triển năng lực giải quyết vấn đề và khả năng sáng tạo của các em.

- Trình bày các phương pháp giải một cách khoa học, dễ hiểu, dễ áp dụng

Hệ thống bài tập đa dạng; có nhiều bài toán hay và khó trong các kỳ thi học sinh giỏi và kỳ thi đại học

Đề tài này có thể được áp dụng để giảng dạy và học tập chuyên đề phương trình vô tỷ, đặc biệt hữu ích cho giáo viên và học sinh khá, giỏi Nó cũng là tài liệu tham khảo quý giá cho giáo viên trong việc ôn thi và ra đề cho các kỳ thi học sinh giỏi Bên cạnh đó, đề tài này góp phần vào việc đổi mới phương pháp dạy học, nhằm phát triển năng lực của học sinh.

Sau khi áp dụng kết quả nghiên cứu, khảo sát cho thấy hơn 80% học sinh hứng thú với bài học, trong đó hơn 50% biết cách tìm tòi, sáng tạo và xây dựng bài toán mới từ các bài toán gốc và giả thiết mà giáo viên gợi ý.

4 Một số kinh nghiệm rút ra

Dạy học toán không chỉ tập trung vào việc tìm ra phương pháp giải đúng, mà còn phát triển kỹ năng quy trình biến đổi cho học sinh Học sinh cần biết tìm tòi và tư duy sáng tạo để giải quyết bài toán theo nhiều cách khác nhau Đồng thời, việc xây dựng và sáng tạo ra các bài toán mới từ những bài toán gốc hoặc từ suy luận logic cũng rất quan trọng.

Rèn luyện tư duy sáng tạo trong việc giải và sáng tạo phương trình vô tỷ giúp học sinh tiếp thu tri thức hiệu quả, phát huy khả năng sáng tạo và nâng cao kỹ năng tìm kiếm lời giải cho các bài toán tương tự trong tương lai.

Tiêu đề	Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷ
Tác giả	Tác giả
Chuyên ngành	Toán
Thể loại	Sáng kiến Kinh nghiệm

Định dạng
Số trang	53
Dung lượng	903,53 KB