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

1 PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ Định hướng đổi mới căn bản và toàn diện giáo dục nước ta trong giai đoạn hiện nay là “chuyển mạnh quá trình giáo dục từ chủ yếu trang bị kiến thức sang phát triển toàn diện năng lự[.]

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Định hướng đổi toàn diện giáo dục nước ta giai đoạn “chuyển mạnh trình giáo dục từ chủ yếu trang bị kiến thức sang phát triển toàn diện lực phẩm chất người học” Theo đó, Chương trình giáo dục phổ thơng 2018 xây dựng theo định hướng phát triển phẩm chất lực học sinh; tạo môi trường học tập rèn luyện giúp học sinh phát triển hài hoà thể chất tinh thần, trở thành người học tích cực, tự tin, biết vận dụng phương pháp học tập tích cực để hồn chỉnh tri thức kĩ tảng, có ý thức lựa chọn nghề nghiệp học tập suốt đời; có phẩm chất tốt đẹp lực cần thiết để trở thành người cơng dân có trách nhiệm, người lao động có văn hoá, cần cù, sáng tạo Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo từ lâu xác định mục tiêu quan trọng giáo dục.Theo Chương trình giáo dục phổ thơng 2018, lực giải vấn đề sáng tạo lực cốt lõi cần phải bồi dưỡng phát triển cho người học Năng lực giải vấn đề sáng tạo khái niệm Do vậy, việc làm rõ khái niệm nghiên cứu khả dạy học mơn Tốn nhằm góp phần phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cần thiết Phương trình vơ tỷ có nhiều dạng phương pháp giải khác Nó thường xuất kỳ thi học sinh giỏi Hiện nay, có nhiều tài liệu, sách tham khảo viết phương trình vơ tỷ Tuy nhiên, tài liệu, sách tham khảo phần lớn dừng lại việc phân dạng phương trình vơ tỷ, nêu phương pháp giải lấy ví dụ minh họa Rất tài liệu, sách tham khảo viết theo hướng phát triển lực học sinh Trong dạy học mơn Tốn, chúng tơi cho rằng, phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thông qua việc sử dụng tốn phương trình vơ tỷ Hiện nay, có nhiều nghiên cứu phát triển lực giải vần đề sáng tạo cho học sinh thông qua chủ đề, toán nhiều lĩnh vực khác toán học…Tuy nhiên, chưa có nghiên cứu phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thơng qua tốn phương trình vơ tỷ Vì lý trên, tác giả chọn đề tài: “Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thông qua số tập phương trình vơ tỷ” để nghiên cứu PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I CƠ SỞ KHOA HỌC Cơ sở lý luận Có nhiều nghiên cứu lực giải vấn đề lực sáng tạo nói chung Theo Nguyễn Lộc, Nguyễn thị Lan Phương công (2016), “năng lực giải vấn đề khả cá nhân sử dụng hiệu trình nhận thức, hành động thái độ, động cơ, xúc cảm để giải tính vấn đề mà khơng có sẵn quy trình, thue tục, giải pháp thông thường” [2; tr216] Trần Việt Dũng (2013), “năng lực sáng tạo khả tạo có giá trị cá nhân dựa tổ hợp phẩm chất độc đáo cá nhân đó” [3; tr162] Tuy nhiên, việc đưa vào khái niệm lực giải vấn đề lực sáng tạo chương trình giáo dục phổ thơng - Chương trình tổng thể cách đưa sáng tạo, có tính Theo đó, lực giải vấn đề lực sáng tạo thể cấp THPT mơ tả sau: -Nhận ý tưởng mới: Biết xác định làm rõ thông tin, ý tưởng phức tạp từ nguồn thơng tin khác nhau; biết phân tích nguồn thơng tin độc lập để thấy khuynh hướng độ tin cậy ý tưởng - Phát làm rõ vấn đề: Phân tích tình học tập, sống; phát nêu tình có vấn đề học tập, sống - Hình thành triển khai ý tưởng mới: Nêu nhiều ý tưởng học tập sống; suy nghĩ khơng theo lối mịn; tạo yếu tố dựa ý tưởng khác nhau; hình thành kết nối ý tưởng; nghiên cứu để thay đổi giải pháp trước thay đổi bối cảnh; đánh giá rủi ro có dự phịng - Đề xuất, lựa chọn giải pháp: Biết thu thập làm rõ thơng tin có liên quan đến vấn đề; biết đề xuất phân tích số giải pháp giải vấn đề; lựa chọn giải pháp phù hợp - Thiết kế tổ chức hoạt động: + Lập kế hoạch hoạt động có mục tiêu, nội dung, hình thức, phương tiện hoạt động phù hợp; + Tập hợp điều phối nguồn lực (nhân lực, vật lực) cần thiết cho hoạt động + Biết điều chỉnh kế hoạch việc thực kế hoạch, cách thức tiến trình giải vấn đề cho phù hợp với hoàn cảnh để đạt hiệu cao + Đánh giá hiệu giải pháp hoạt động - Tư độc lập: Biết đặt nhiều câu hỏi có giá trị, khơng dễ dàng chấp nhận thông tin chiều; không thành kiến xem xét, đánh giá vấn đề; biết quan tâm tới lập luận minh chứng thuyết phục; sẵn sàng xem xét, đánh giá lại vấn đề Trong đề tài này, quan niệm lực giải vấn đề sáng tạo mơn Tốn khả huy động, tổng hợp kiến thức, kĩ thuộc tính cá nhân nhằm giải nhiệm vụ học tập mơn Tốn, có biểu sáng tạo Sự sáng tạo trình giải vấn đề biểu bước đó, cách hiểu vấn đề, hướng giải cho vấn đề, cải tiến cách thực giải vấn đề, cách nhìn nhận đánh giá Nói riêng, dạy học mơn Tốn, Chương trình giáo dục phổ thơng mơn Tốn nêu rõ định hướng nội dung giáo dục toán học góp phần hình thành phát triển cho học sinh phẩm chất chủ yếu, lực chung lực toán học (bao gồm: NL tư lập luận tốn học, NL mơ hình hóa tốn học, NL giải vấn đề toán học, NL giao tiếp toán học, NL sử dụng cơng cụ, phương tiện tốn học)[4; tr 9] Như vậy, thấy mối quan hệ việc phát triển lực thành phần lực toán học lực giải vấn đề sáng tạo Cũng phân tích trên, chúng tơi cho rằng, giáo viên phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thông qua việc tập trung rèn luyện cho học sinh thực hoạt động “năng lực thành phần” lực giải vấn đề sáng tạo trình bày Cơ sở thực tiễn Trong giai đoạn nay, dạy học theo chương trình giáo dục phổ thơng hành (chương trình sách giáo khoa năm 2006) xây dựng theo hướng tiếp cận nội dung Chun đề phương trình vơ tỷ chương trình sách giáo khoa đại số lớp 10 có thời lượng khơng nhiều, số lượng tập ít, thiếu tính đa dạng Thực tế cho thấy, phương trình vơ tỷ đa dạng phong phú, có nhiều phương pháp giải khác nhau, có nhiều tốn khó, phức tạp Để giải nó, địi hỏi học sinh phải nắm vững phương pháp giải, có tư sáng tạo, linh hoạt thành thạo kỹ biến đổi Về phương pháp, hình thức tổ chức dạy học thấy có nhiều thay đổi Phương pháp dạy học tích cực nhà trường đạo liệt để giáo viên áp dụng vào giảng dạy Tuy nhiên, cịn có giáo viên ngại đổi phương pháp dạy học, không linh hoạt giảng dạy Do đó, việc phát triển phẩm chất, lực người học cịn nhiều hạn chế Khi dạy chun đề phương trình vô tỷ, số giáo viên biết sưu tầm tập có sách giáo khoa, sách tham khảo khác dạy cho học sinh, không phân tích, hướng dẫn, đưa câu hỏi, tình có vấn đề để khích thích tính tị mị, sáng tạo cho học sinh nên không tạo hứng thú cho học sinh học chuyên đề Hiện nay, việc phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh dạy học gặp số khó khăn Có nhiều yếu tố ảnh hưởng tới điều này, kể đến là: chất lượng đội ngũ giáo viên, nội dung chương trình, sở vật chất, cách tiếp cận phương pháp dạy học Song, để tiếp cận với Chương trình giáo dục phổ thơng 2018, chắn người dạy, người học cần phải thay đổi nhận thức phương pháp dạy học II PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THƠNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Để phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh, nội dung đề tài tập trung vào rèn luyện tư sáng tạo giải phương trình vơ tỷ Trên sở lời giải số tốn phương trình vơ tỷ, ngược lại quy trình, chúng tơi nêu phương pháp sáng tạo toán Trước hết bước vào phần rèn luyện tư sáng tạo giải phương trình vơ tỷ Rèn luyện tư sáng tạo giải phương trình vơ tỷ 1.1 Phương pháp giải phương trình vơ tỷ 1.1.1 Phương pháp biến đổi tương đương, chuyển phương trình cho  g ( x)  phương trình dạng: f ( x)  g ( x)    f ( x)   g ( x)  Kỹ 1: Biến đổi tương đương, chuyển phương trình cho dạng tích f ( x).g ( x).h( x)  Kỹ 2: Nhân biểu thức liên hợp 1.1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ Kỹ Đặt ẩn phụ, chuyển phương trình cho phương trình Kỹ Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình cho phương trình Kỹ Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình cho hệ phương trình Kỹ Đặt ẩn phụ khơng hoàn toàn 1.1.3 Phương pháp đánh giá 1.1.4 Phương pháp lượng giác hóa 1.1.5 Phương pháp biển đổi tương đương, chuyển phương trình cho dạng f ( x)  f ( x)  g ( x)   f n ( x)  g n ( x) 1.1.6 Phương pháp hàm số 1.2 Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thông qua rèn luyện tư sáng tạo giải số tập phương trình vơ tỷ Ví dụ Giải phương trình sau: 2( x2  3x  2)  x3  (1) Phân tích: Quan sát, thấy phương trình (1) có dạng phương trình f ( x)  g ( x) Sau thực phép biến đổi  g ( x)  f ( x)  g ( x)    f ( x)   g ( x)  (2) Phương trình (2) thu phương trình bậc Lúc đó, với hỗ trợ máy tính casio, ta thấy phương trình (2) biến đổi dạng tích có nhân tử chung biểu thức x2  x  Từ ta có lời giải: Lời giải Áp dụng cơng thức  g ( x)  f ( x)  g ( x)    f ( x)   g ( x)  (2) Điều kiện: x  2 Phương trình   x  3x   2( x  x  2)  x    2  9( x  8)  4( x  x  2)    x   ;1   2;    x   ;1   2;      2   4 x  33x  52 x  48 x  56  ( x  x  4)(4 x  x  14)   x   ;1   2;    x   13   x   ;1  2;            x   13  x   13   x  6x      x   13 Vậy nghiệm phương trình là: x   13; x   13 Tiếp tục phân tích, ta thấy: x3   ( x  2)( x  x  4) x  3x   ( x  x  4)  ( x  2) Đến đây, ta thấy phương trình (1), có xuất biểu thức x  x  x  Nếu đặt a  x  x  4, b  x  , Ta có phương trình 2a  3ab  2b2   (a  2b)(a  2b)   a  2b   a  2b Từ ta có lời giải sau: Lời giải Điều kiện: x  2 Ta có: 2( x  3x  2)  x3   2( x  x  4)  2( x  2)  ( x  2)( x  x  4)(*) Đặt a  x2  x   0; b  x   Phương trình trở thành 2a  3ab  2b2   (a  2b)(a  2b)   a  2b   a  2b  x   13 Với a  2b  x  x   x   x  x      x   13 Nhận xét: 1.Từ lời giải 2, có câu hỏi đặt làm để ta nghĩ đến việc biến đổi phương trình xuất hai biểu thức x  x  x  ? Theo kinh nghiệm, ta biến đổi biểu thức x3   ( x  2)( x  x  4) Bây ta nghĩ tới việc biến đổi x2  3x  theo x  x  x  Để thực hiên ý độ đó, ta cần làm sau: Giả sử x  3x   m( x  x  4)  n( x  2)  mx  (n  2m) x  4m  2n m  m  Đồng hệ số, ta có n  2m  3   n  1  4m  2n    x  3x   ( x  x  4)  ( x  2) Phương trình (*) có dạng tổng qt A f ( x)  B.g ( x)  C f ( x) g ( x) a  Nếu đặt  f ( x) b  g ( x) , ta có lời giải Giải sử g ( x)  , ta có: A f ( x)  B.g ( x)  C f ( x) g ( x)  A Bằng cách đặt t  f ( x) f ( x)  B  C g ( x) g ( x) f ( x) , ta có lời giải g ( x) Lời giải Điều kiện: x  2 Ta có: 2( x  3x  2)  x3   2( x  x  4)  2( x  2)  ( x  2)( x  x  4)  22 x2 x2 3 (1) x  2x  x  2x  Đặt t  x2 , điều kiện t  x  2x  2  1 t   t  2 Phương trình (1) trở thành: 2t  3t     Với t   t  x   13 x2   x2  6x     x  2x   x   13 Vậy nghiệm phương trình là: x   13; x   13 Nhận xét: Phương trình (1) lời giải có dạng tổng qt sau: af ( x)  b n f ( x)  c  Khi đó, ta đặt ẩn phụ t  n f ( x) toán giải Thực tế cho thấy, q trình giải tập phương trình vơ tỷ, có nhiều phương trình, sau số bước biến đổi, ta thu phương trình dạng: af ( x)  b n f ( x)  c  Nếu để ý, ta thấy lời giải thực chất biến đổi tương đương phương trình cho dạng tích Từ đó, ta có thêm lời giải sau: Lời giải Ta có: 2( x  3x  2)  x3   2( x  x  4)  2( x  2)  ( x  2)( x  x  4)  2( x  x  4)  ( x  2)( x  x  4)  2( x  2)  ( x  2)( x  x  4)     x  2    x2  x  x2  x   x   x  2 x2  x   x     x2  x   x   x2  2x    x   13  x2  x   x    x2  x   x   x2  x      x   13 Vậy nghiệm phương trình là: x   13; x   13 Sử dụng lời giải nêu trên, ta giải tập phương trình vơ tỷ sau: a) 3x  12 x  10  x  x  12  d) 81x   27 x  42 x  b) 2( x2  x  6)  x3  e) x  3x   x3  x  11x  c) x  5x   x3  Bình luận: Ở ví dụ 1, để phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh, chúng tơi đưa phân tích, nhận xét để rèn luyện cho học sinh tư sáng tạo tìm tịi lời giải giúp học sinh trả lời câu hỏi “vì lại nghĩ lời giải này” Chúng đưa dạng phương trình tổng quát để học sinh nhận dạng ghi nhớ cách giải Ở ví dụ tiếp theo, chúng tơi khơng nặng phân tích, nhận xét để giúp học sinh tư tìm tịi lời giải Chúng tơi tập trung vào định hướng giải toán nhiều cách khác để giúp học sinh nắm sâu phương pháp giải phương trình vơ tỷ linh hoạt việc tiếp cận bài tốn nhiều “góc nhìn” khác Ví dụ Giải phương trình sau: 3x2  3x   ( x  6) 3x2  x  Lời giải Biển đổi tương đương, chuyển phương trình cho phương trình tích  Điều kiện: x   6;    10    10 ;         Ta có: 3x2  3x   ( x  6) 3x2  x   (3x2  x  3)  5( x  1)  ( x  1) 3x  x   3x  x        (3x  x  3)  3x  x   5( x  1)  ( x  1) 3x  x      3x  x     3x  x   x     85 x   3 x  x  28   3x  x    85     x  1  x   3x  x   x    2 x  x     x  1   x   Vậy nghiệm phương trình là: x   85 ; x  1 3 Lời giải Đặt ẩn phụ, chuyển phương trình cho phương trình Ta có: 3x2  3x   ( x  6) 3x2  x   (3x2  x  3)  5( x  1)  ( x  1) 3x  x   3x  x  Đặt a  3x2  x  3; b  x  Phương trình trở thành: a  a  5b  ab  5a  (a  5a)  (ab  5b)   (a  5)(a  b)    a  b Với a   3x  x    3x  x  28   x   85   x  1   x  1   2 x  x   x  1  x  1 Với a  b  3x  x   x    Vậy nghiệm phương trình là: x   85 ; x  1 3 Lời giải Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Đặt t  3x  x    t  3x  x   3x  t  x  Phương trình 3x2  3x   ( x  6) 3x2  x   t  x   3x   ( x  6)t  t  ( x  6)t  5( x  1)  (1) Ta xem phương trình (1) phương trình bậc ẩn t tham số x có biệt số t  ( x  6)2  20( x  1)  ( x  4)2  t  x  Do phương trình (1) có nghiệm t  5; t  x   3x  x   t  Khi phương trình (1)  (t  5)(t  x  1)     t  x   3x  x   x   Đến ta giải tương tự lời giải Lời giải Nhân biểu thức liên hợp   Ta có: 3x2  3x   ( x  6) 3x2  x   ( x  6) 3x  x    3x  x  28  ( x  6)(3x  x  28) 3x  x   3 x  x  28  3 x  x  28    3x  x  28    x6   3x  x   x    3x  x  Đến ta giải tương tự lời giải Ví dụ Giải phương trình: 3x2  5x   2( x 1) x2  3x   Lời giải Biến đổi phương trình dạng tích Điều kiện: x   ;   1;     Ta có: 3x2  5x   2( x 1) x2  3x    (2 x2  3x  1)  ( x  1) x2  3x   ( x  3) x  3x   ( x  3)( x  1)   x2  3x  1( x2  3x   x  1)  ( x  3)( x  3x   x  1)   x  3x    x  ( x  3x   x  1)( x  3x   x  3)     x  3x   1  x Với x  x  3  41  x  3x    x    3  41  x   x  3x   x   2  x  1 Với x  3x    x    : vô nghiệm Vậy nghiệm phương trình là: x  3  41 2  x  5x  Lời giải Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình a  x  Đặt  2  a  x  x    a  b  3x  x  2  b  x  x  b  x  x   a  b   a  b  2 Phương trình trở thành: a  b2   2ab   (a  b)2     x  3x    x a  b   Với   x  3x   1  x  a  b  2 Đến ta giải tương tự lời giải Lời giải Đặt 2 2    a  x  a  x  x  a  b  3x  x     2  b  x  x   2ab  3 x  x  b  x  3x   a  b   a  b  2ab   (a  b)     a  b  2 Đến ta giải tương tự lời giải Lời giải Biến đổi phương trình cho dạng f ( x)  g ( x) Ta có 3x2  5x   2( x 1) x2  3x    (2 x2  3x   2( x  1) x2  3x   ( x  1)2   ( x2  3x   x  1)  22  x  3x   x    x  3x    x     x  3x   x   2  x  3x   1  x Đến ta giải tương tự lời giải Lời giải Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Đặt t  x  3x    t  x  3x  Phương trình 3x2  5x   2( x 1) x2  3x    t  2( x  1)t  x  x   (1) Ta xem phương trình (1) phương trình bậc ẩn t tham số x có t  Phương trình (1) có nghiệm t   x; t  1  x  x  3x    x t   x   x  3x   1  x t  1  x Khi (1)  (t  x  3)(t  x  1)    Đến ta giải tương tự lời giải Lời giải Nhân biểu thức liên hợp Ta có: 3x2  5x   2( x 1) x2  3x    x  3x   2( x  1)   x  3x   (3  x)   x  3x   2( x  1)( x  x  8)  x  3x      2( x  1) 1 0 x  3x    x  x  3x    x 10 Với x  3x    x  Với  3  41 2( x  1) x  3x    x   x  3x   1  x : vơ nghiệm Ví dụ Giải phương trình x3  (1  x )3  x  x (1) Lời giải Đặt ẩn phụ, đưa phương trình Điều kiện x   1;1 Đặt t  x   x , điều kiện t   1;   t 1 x  x  t   x  x  Suy ra:  3   3 2 t  x  (1  x )  3x  x x   x  x3  (1  x )3  t  3t    Phương trình (1) trở thành: t  t  3t t    t  2t  3t     2 t   x  Với t   x   x    x   x    2 x  2 x   Với t    x   x    x  Vậy nghiệm phương trình x  x 2   2 1 2   2 1 ;x  2 Lời giải Đặt ẩn phụ, chuyển phương trình Đặt y   x  , ta có hệ: 2 2   x  y  ( x  y )  xy    3    x  y  xy ( x  y )  3xy ( x  y )  xy (I) x  y  S , điều kiện S  4P  xy  P Đặt   S 1 P   S  2P  Hệ (I) trở thành:   2  S  3SP  P   S  3S S   S    2 11 S  2  S    P  S 1  P   P       S    S  2S  3S     S     S       P   S   x  y  2 Với    x P   xy    S      2 1 x  y  1  x Với   P     xy   2 Vậy nghiệm phương trình x    2 1 ;x  2 Lời giải Phương pháp lượng giác hóa   Đặt x  sin t , t    ;   2 Khi (1  x )3  (1  sin t )3  cos3 t;  x   sin t  cos t Phương trình trở thành: sin3 t  cos3 t  sin t cos t  (sin t  cos t )3  3sin t cos t (sin t  cos t )  sin t cos t  (1) Đặt a  sin t  cos t  sin t cos t  a2 1 , điều kiện a   1;  a  Phương trình (1) trở thành: a3  2a  3a      a      Với a   sin t  cos t   cos  t     cos  t     t   k 2  t 4         k 2 Vì t    ;   t   x  sin  4  2 sin t  cos t   Với a    sin t  cos t      sin t cos t   x 4  sin t    2 1   2 1 Vậy nghiệm phương trình x    2 1 ;x  2 Ví dụ Giải phương trình sau:  x   x2 x 12 Nhận xét: Trong phương trình có chứa lượng giác  tan    x giúp ta liên tưởng đến công thức cos  0  cos t    Đặt x  tan t , t    ;    1  sin t  2    Khi  x   tan t  Phương trình  x  1  cos t cos t  x2 x 5cos t   tan t   5cos t  2sin t  cos t sin t   5sin t  2sin t      sin t    cos t   sin t   x  tan t   sin t   5  Vậy nghiệm phương trình là: x   Bài tập tương tự giải phương pháp lượng giác:   a) x  (4 x2 1)  x2  x3   x2 , đặt t  sin x, t    ;   2  b)   x2  x(1   x ) , đặt t  sin x, t  0;   c) x  3x x 9 d) x    2 36   , t  (0;  ) \   , đặt x  x cos x 2 x  ( x  1)     , đặt x  tan t , t    ;  \ 0;   2x x(1  x ) 4  2  Ví dụ Giải phương trình x3  15x  78x  141  x  Lời giải Ta có: x3  15x  78x  141  x   ( x  5)3  5( x  5)  x   x  a  x  Đặt   b  x  Phương trình trở thành: a3  5a  b3  5b  (a  b)(a  ab  b2  5)   a  b   a  b x  Với a  b  x   x   x  15 x  73x  116    11  x  3 x  Vậy phương trình có nghiệm là:  11  x  Nhận xét: Để biến đổi phương trình dạng ( x  5)3  5( x  5)  x   x  13 Ta làm sau: xét phương trình ( x  m)3  5( x  m)  ( 2x  9)3  x   x3  3mx2  (3m2  3) x  m3  5m   x  3m  15   m  5 Đồng hệ số với phương trình cho, ta có: 3m   78 m3  5m   141  Khi x3  15x  78x  141  x   ( x  5)3  5( x  5)  x   x  Lời giải Phương pháp hàm số Ta có: x3  15x  78x  141  x   ( x  5)3  5( x  5)  x   x  (1) Xét f (t )  t  5t , t  R Ta có f / ( x)  3t   0t  R  f (t ) đồng biến R x  Khi (1)  f ( x  5)  f ( x  9)  x   x    11  x  3 Lời giải Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình gần đối xứng loại Ta có: x3  15x  78x  141  x   ( x  5)3  x   3x  16 ( y  5)3  x   ( y  5)  x  9(1)   3   ( x  5)  5( y  5)  3x  16 ( x  5)  y  3x  9(2) Đặt y   x    Trừ vế theo vế (1) (2), ta có: ( y  5)3  ( x  5)3  x  y  ( y  x)  ( y  5)  ( y  5)( x  5)  ( x  5)   5( y  x)   ( y  5)  ( y  5)  ( y  5)( x  5)  ( x  5)     y  x   x  y x   x   2x     x  11   Nhận xét: Để đặt y   x  Ta làm sau: giả sử x   ax  b , a  5(ay  b)  x3  15 x  78 x  141 Ta có:  3 2  2 x   a y  3a by  3ab y  b  5ay  5b  x   x3  15 x  78 x  141  y  3a 2by  3ab y  b3  ( x3  a y )  (15 x  3a 2by )  80 x  (3ab  5a) y   (b3  b  150)  (1)  a3 3a 2b 3ab  5a    a   Để (1) có nhân tử chung x  y , ta cần có:  15 80 b  5 b3  5b  150   14 Nên ta có phép đặt y   x  Ví dụ Giải phương trình: 3x   x3  36 x  53x  25 Lời giải Đặt hai ẩn phụ, đưa phương trình Phương trình: 3x   8x3  36x2  53x  25  (2 x  3)3  (2 x  3)  (3x  5)  3x  (1) Đặt a  2x  3; b  3x  Phương trình (1) trở thành a3  a  b3  b  a3  b3  a  b   (a  b)(a  ab  b  1)   a  b   a  b x  Với a  b  3x   x   3x   (2 x  3)  8x  36 x  51x  22     x  3 Vậy nghiệm phương trình là: x  2; x  5 Lời giải Phương pháp hàm số Phương trình: 3x   8x3  36x2  53x  25  (2 x  3)3  (2 x  3)  (3x  5)  3x  (1) Xét f (t )  t  t , t  R Ta có f / (t )  3t  t  0t  R  f (t ) đồng biến R x  Do (1)  f (2 x  3)  f ( 3x  5)  x   3x     x  3 Lời giải Đặt ẩn phụ, đưa hệ phương trình gần đối xứng loại Ta có 3x   8x3  36x2  53x  25  (2 x  3)3  3x   x  (2 y  3)3  x  Đặt y   3x     (2 x  3)  y  x   (2 y  3)3  (2 x  3)3  2( x  y)  (2 y  x)  (2 y  x)  (2 y  3)(2 x  3)  (2 x  3)   (2 y  x)   (2 y  x)  (2 y  3)  (2 y  3(2 x  3)  (2 x  3)  1   y  x   x  y x  Khi x   3x     x  Ví dụ Giải phương trình x    x  x  10 x  27 Lời giải Phương pháp đánh giá Điều kiện:  x  Ta có: VP  ( x  5)2   (1) 15 VT  1( x  4)  1(6  x)  x 3 7 x   (2) 2 1  x  VT   Từ (1) (2), ta có: VT  VP    1   x  x  VP  x    Vậy nghiệm phương trình là: x  Lời giải Ta có: x    x  x  10 x  27  x  20 x  54  x    x  2( x2 10 x  25)  ( x   x   1)  (6  x   x  1)  x     2( x  5)  ( x   1)  (  x  1)    x    x    6 x 1 Vậy nghiệm phương trình là: x  Lời giải  ( x  1)  (  x 1)  ( x2 10 x  25)   x 5 x 5 1     ( x  5)   ( x  5)    x  5  x  1  x 1  x 1  x  1  x   1  5  x  x    x 1 Xét phương trình 1 5  x (3) x  1  x 1 1    Với x   4;5  , ta có:  x    x   5  x  1 5  x x  1  x 1 Với x  thỏa mãn phương trình (3) 1    Với x   5;6 , ta có:  x    x   5  x  1 5 x x  1  x 1 Suy phương trình (3) có nghiệm x  Vậy nghiệm phương trình là: x  Lời giải Đặt ẩn phụ chuyển phương trình x    x  x2  10 x  27    x  10 x  24  ( x  10 x  27)2 16    ( x  10 x  27)  ( x  10 x  27) Đặt t  x  10 x  27  ( x  5)2   Phương trình trở thành:   t  t   t  t   4(3  t )  t  4t   t  4t  4t    t (t  2)(t  2)  4(t  2)   (t  2)(t  2t  4)   t  Với t   x  10 x  27   ( x  5)2   x  Vậy nghiệm phương trình là: x  Lời giải Đặt ẩn phụ chuyển hệ phương trình a  x   ab  ( x  4)(6  x)   x  10 x  24   ( x  10 x  27) Đặt   b   x  x  10 x  27   a 2b2 a  b  a 2b   0(1) a  b   a 2b a  b  a 2b      Ta có hệ phương trình:  2 ( a  b)  2 a  b  ( a  b )  ab  ab  (2)     2 Thế (2) vào (1), ta có:  ( a  b)   ab    0(3)   Đặt t  a  b , điều kiện t  Phương trình (3) trở thành:  t2   t      t  4t  4t    (t  2)(t  2t  4)   t    t    Với t   a  b   x    x   ( x  4)(6  x)   ( x  4)(6  x)   ( x  5)2   x  Ví dụ Giải phương trình ( x  1) x2  x   x  39 Lời giải Biển đổi phương trình dạng f ( x)  g ( x) Điều kiện x  x    x   ;    1;    2 Ta có ( x  1) x2  x   x  39  4( x  1) x2  x   36 x 156  4(2 x2  x  9)  4( x  1) x2  x   ( x  1)2  x  66 x  121  x  x   x  5(1)  (2 x  x   x  1)  (3x  11)    x  x   2 x  6(2) Giải (1): x   x  5  145  2x  7x   x      145  x   x  3x  34  x   2 17  x  3 Giải (2): x  x   2 x    2 x  17 x  45  Vậy nghiệm phương trình là: x  : Vô nghiệm  145 Lời giải Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Ta có: ( x  1) x  x   x  39  x  x   ( x  1) x  x   x  16 x  30  Đặt t  x  x  Phương trình trở thành t  ( x  1)t  x  16 x  30  (1) Ta xem (1) phương trình bậc ẩn t tham số x có t  (3x  11)2 Phương trình (1) có nghiệm t  x  5; t  2 x   2x2  x   x  t  x   t  2 x   x  x   2 x  Do (1)  (t  x  5)(t  x  6)    Lời giải Đặt ẩn phụ chuyển phương trình Đặt a  x  1; b  x2  x   x  39  2a  b2  12a  16 Phương trình cho trở thành: ab  2a  b2  12a  16  4b2  4ab  a  9a  48a  64  (2b  a)  (3a  8)  x2  x   x   2b  a  3a     b  a   a   x  x   2 x   Lời giải a  x  x  a  x    Đặt   4b2  x  28 x  36  a  4ab  4b  x  66 x  121  b  x  x  4ab  36 x  156   x2  x   x   2b  a  3x  11   (2b  a)  (3x  11)    x  x   2 x   2b  a  3x  11 2 Nhận xét: Xuất phát từ phương trình có dạng tổng qt dạng: u ( x)  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 sau: 2  u ( x)  b( x)  a( x).v( x)  u ( x)  b( x)  a( x).v( x)    v ( x)  a( x).u ( x)  b( x)  v ( x)  b( x)  a( x).u ( x) 18 Từ đó, nghĩ tới việc biến đổi phương trình (*) phương trình có dạng u ( x)  b( x)  a( x) a( x).u ( x)  b( x) Thật vậy: Giả sử ( x  1) x2  x   x  39 (*) viết thành: ( x  n)2  b( x)  ( x  1) ( x  1)( x  n)  b( x) Vì biểu thức phương trình (*) có chứa 2x nên b( x) biểu thức bậc hai có dạng b( x)  x  px  q Khi đó: ( x  n)2  b( x)  ( x  1) ( x  1)( x  n)  b( x)  ( x  n)  ( x  px  q)  ( x  1) ( x  1)( x  n)  ( x  px  q) 2  (2n  p) x  (n  q)  ( x  1) x  (n  p  1) x  (n  q  1)  2n  p  n   n  q  39   p 1 Đồng hệ số, ta có:  n  p    q  14 n  q   9 Khi ta biến đổi ( x  1) x  x   x  39  ( x  5)  ( x  x  14)  ( x  1) ( x  1)( x  5)  ( x  x  14) Ta có lời giải sau: Lời giải Đặt hai ẩn phụ chuyển hệ phương trình đối xứng loại Ta có: ( x  1) x  x   x  39  ( x  5)  ( x  x  14)  ( x  1) ( x  1)( x  5)  ( x  x  14) u  x  Đặt  u  ( x  x  14)  ( x  1)v(1)   2 v  ( x  x  14)  ( x  1)u (2) v  ( x  1)( x  5)  ( x  x  14) Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có:  x2  x   x  u  v  u  v  ( x  1)(v  u )  (u  v)(u  v  x  1)     x  x   2 x  u  v  x   Lời giải Nhân biểu thức liên hợp Ta có: ( x  1) x2  x   x  39  x  3x  34  ( x  1)   x  x   ( x  5)   x  5 Xét x  x   x    x  x    x     x  3x  34  : Vô nghiệm Suy ra: x  x   x   19 Khi x2  3x  34  ( x  1)  x  3x  34    x  x   ( x  5)    x 1   ( x  3x  34) 1  0 2 x2  x   x  x  x   x    ( x  1)( x  3x  34)   x  x  34   145  145 x     x x 1 1 0  x  x   2 x  6(VN )  2x2  x   x   Ví dụ 10 Giải phương trình: 8x2  11x   ( x  1) x2  x  Lời giải Đặt ẩn phụ, chuyển phương trình cho hệ phương trình đối xứng loại Ta có: 8x2  11x   ( x  1) x2  x   (3x  2)  ( x  x  3)  ( x  1) ( x  1)(3x  2)  ( x  x  3) 2   u  x  u  ( x  x  3)  ( x  1)v  Đặt  2 v  ( x  1)(3 x  2)  ( x  x  3)   v  ( x  1)u  ( x  x  3)  2  u  ( x  1)v  ( x  x  3)(1)  2  v  ( x  1)u  ( x  x  3)(2) hệ phương trình đối xứng loại Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có: u  v u  v  ( x  1)(u  v)  (v  u )(u  v  x  1)    u  v  x    14  x   x Với u  v  x  x   3x    5 x  x    Với u  v  x      33 x   x  x   4 x     x 12 6 x  x    Lời giải Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Đặt t  x  x   t  x  x  Phương trình 8x2  11x   ( x  1) x2  x   t  ( x  1)t  12 x2  17 x   (1) Ta xem phương trình (1) phương trình bậc ẩn t tham số x có t  (7 x  5)2 Phương trình (1) có nghiệm t  3x  2; t  4 x   x  x   3x  t  x   t  4 x   x  x   4 x  Khi (1)  (t  3x  2)(t  x  3)    Đến đây, ta giải tương tự lời giải 20 ... II PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THƠNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Để phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh, nội dung đề tài tập trung vào... giáo viên phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thông qua việc tập trung rèn luyện cho học sinh thực hoạt động ? ?năng lực thành phần” lực giải vấn đề sáng tạo trình bày Cơ sở thực tiễn... phương trình cho dạng f ( x)  f ( x)  g ( x)   f n ( x)  g n ( x) 1.1.6 Phương pháp hàm số 1.2 Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thông qua rèn luyện tư sáng tạo giải số tập