(Skkn 2023) một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Tốn học mơn học có vai trị quan trọng trường THCS Qua toán học giúp cho người học nâng cao khả tư duy, khả suy luận vận dụng kiến thức vào mơn học khác Qua giúp người học phát triển hồn thiện nhân cách Chính lẽ việc lĩnh hội tiếp thu mơn tốn vấn đề mà khơng người giáo viên dạy tốn khơng quan tâm Đặc biệt hoạt động dạy học mơn tốn địi hỏi người dạy người học phải khơng ngừng tìm tịi sáng tạo, tích luỹ kinh nghiệm để đưa phương pháp giảng dạy, cách lĩnh hội phù hợp Để giúp người học nắm vững kiến thức mơn học có tính hệ thống vấn đề đặt Nhất thực hành việc giải tốn mang tính vận dụng đòi hỏi người học phải nắm vững hệ thống kiến thức khả vận dụng linh hoạt cơng cụ tốn học có tính hệ thống, kĩ năng, kĩ sảo thực Trong chương trình tốn học phổ thơng phương trình nói chung phương trình vơ tỷ nói riêng kiến thức phổ biến Phương trình vơ tỷ thường xuất kỳ thi tuyển sinh, thi học sinh giỏi Có nhiều phương pháp giải phương trình vơ tỷ Với SKKN xin trao đổi bạn phương pháp giải phương trình vơ tỷ ẩn mà chứa thức bậc hai chủ yếu mở rộng bậc ba, bậc bốn, bậc năm mà giải phải đưa hệ phương trình Trong trình giảng dạy lớp 9, tơi thấy phương trình vơ tỷ phương trình mà giải người làm toán phải định hướng nên giải theo cách cho phù hợp nhanh gọn Vì học sinh giải phương trình vơ tỷ, để có định hướng rõ ràng việc tìm lời giải thật công việc đơn giản Trong bồi dưỡng học sinh giỏi ôn tập cho học sinh chuẩn bị thi chuyển cấp, địi hỏi người giáo viên phải tìm tịi, suy nghĩ, đọc nhiều sách tham khảo Chính tơi tổng hợp lại số phương pháp giải phương trình vơ tỷ cho học sinh làm tài liệu học tập tham khảo: Một số phương pháp giải phương trình vơ tỉ" khơng giúp học sinh " phát triển tư duy, phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo học tốn mà cịn giáo dục tư tưởng, ý thức, thái độ lòng mê say học toán cho học sinh PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I - Cơ sở lý luận vấn đề: KHÁI NIỆM VỀ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Phương trình vơ tỉ phương trình chứa ẩn dấu (ở tơi đề cập đến phương trình vơ tỉ mà ẩn nằm dấu bậc hai bậc ba) CÁC VÍ DỤ VỀ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ a) x  1 b) 3x   c) x  x 3 d) x3 x  x2  x  2 x  x  3  x2  4 x 1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Để giải phương trình chứa dấu ta thường tìm cách khử dấu Cụ thể : - Tìm ĐKXĐ phương trình - Biến đổi đưa phương trình dạng học - Giải phương trình vừa tìm - So sánh kết với ĐKXĐ kết luận nghiệm KIẾN THỨC LIÊN QUAN ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ * Để giải phương trình thành thạo kiến thức sau cần nắm vững: + Định nghĩa bậc hai số học + Hằng đẳng thức A2  A + Các phép biến đổi thức + Các phép toán đa thức, phân thức … + Phương pháp giải phương trình hệ phương trình + Các kiến thức bất đẳng thức II - Thực trạng vấn đề: Các tốn giải phương trình vơ tỷ tốn khó, để giải dạng tốn địi hỏi phải nắm nhiều kiến thức phương pháp để giải PT vơ tỷ Có nhiều phương pháp để giải PT vơ tỷ ta phải vào đặc thù loại toán mà sử dụng phương pháp cho phù hợp Đối với học sinh THCS loại toán giải PT vô tỷ làm đa số em ngại lại thường sử dụng kỳ thi học sinh giỏi Hơn đa số em giỏi lại có hứng thú với loại tốn này, giúp em khả phân tích, dự đốn, tính tốn, lập luận lơgic, khả tổng hợp, khái quát vấn đề … Tuy nhiên thực tế giảng dạy trường THCS, học sinh gặp nhiều khó khăn giải dạng tốn tốn khơng có cách giải mẫu, không theo phương pháp định nên học sinh khơng xác định hướng giải tốn Mặt khác nhận thức học sinh THCS cịn có nhiều hạn chế khả tư chưa tốt học sinh cịn lúng túng nhiều khơng biết vận dụng kiến thức vào giải dạng toán khác Trong chương trình đại số Học sinh biết áp dụng định nghĩa bậc hai số học, sử dụng đẳng thức A2  A , phép biến đổi thức bậc hai để giải PT vơ tỷ Tuy nhiên chưa có hệ thống phương pháp giải PT vơ tỷ nên nhiều học sinh cịn lúng túng, cụ thể: + Khi chưa áp dụng SKKN, kiểm tra khảo sát với 15 học sinh đội tuyển tốn trường THCS Hưng Hóa năm học 2018 – 2019 với Đề khảo sát (Thời gian 90 phút) Giải phương trình sau: x2  x  (2 điểm) x   2x   x   x  2 x  x  (2 điểm) x 1 (2 điểm) x  2 5x   3x  (2 điểm) (2 điểm) x   x  3 Kết quả: Tổng Điểm số TB 15 Điểm TB Điểm Khá Điểm giỏi SL % SL % SL % SL % 06 40 40 13,3 6,7 + Qua chấm đánh giá khách quan tinh thần pháp thiếu sót, sai lầm hạn chế học sinh để tìm cách giúp đỡ học sinh giải khó khăn q trình học tập tơi nhận thấy: - Học sinh chưa biết cách áp dụng kiến thức học vào giải PT vô tỷ như: Bình phương hai vế, phân tích đa thức thành nhân tử, bất đẳng thức - Chưa biết nhận xét, đánh giá đặc điểm biểu thức PT để chọn lựa phương án tốt - Chưa có phương pháp cụ thể để giải PT vô tỷ - Chưa nắm kiến thức liên quan, thiếu cẩn thận dẫn đến giải PT vô tỷ thiếu nghiệm thừa nghiệm - Học sinh giải PT vô tỷ đơn giản, hay mắc sai lầm, ngại giải PT vơ tỷ Do thực SKKN: “ Một số phương pháp giải PT vô tỷ ” nhằm giúp học sinh có hứng thú giải PT vơ tỷ làm tập tốt hơn, tự giải tập có dạng tương tự, hạn chế nhiều sai lầm giải phương trình vơ tỷ Nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh có khiếu mơn tốn lớp Trang bị cho học sinh số phương pháp giải phương trình vơ tỷ, áp dụng để làm tập Vì việc nghiên cứu số phương pháp giải phương trình vơ tỉ cần thiết, giúp giáo viên nắm vững nội dung xác định phương pháp giảng dạy khắc phục tình trạng giải phương trình vơ tỷ góp phần nâng cao chất lượng học mơn tốn học sinh trường THCS III - Các biện pháp thực để giải vấn đề: Trên cở sở nhận định, đánh giá, phân tích thực trạng vấn đề Tôi tiến hành phân loại theo số phương pháp giải PT vô tỷ Thông qua ví dụ cụ thể, ví dụ mẫu, nhận xét đặc điểm, phân tích sai lầm, đánh giá, đưa tập tương tự giải PT vô tỷ theo cấu trúc phương nhu sau: PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LÊN LUỸ THỪA - Sử dụng công thức định nghĩa bậc hai số học: a x  x 0    x a - Bình phương lập phương hai vế PT 1.1 Giải phương trình dạng: f ( x )  g ( x) Ví dụ 1: Giải phương trình: (1) 3x   x  x 0 - Ta có : 3x   x    x 3 x  - Giải x 3x   x  3x  0 Có a  b  c 1    3     0 Suy x1  không t/m x 0 ; x2 4 t/m x 0 - Vậy PT (1) có nghiệm x 4 Ví dụ 2: - ĐKXĐ : Giải phương trình:  x  0  x 0 13   x x  x x  13 PT có nghiệm x1 10  13 x  (13  x ) t/m (*) ; x  13  x (2’)   x 13 (*) 1 - Bình phương hai vế (2’) ta được: (2) x 17  x  27 x  170 0 không t/m (*) - Vậy PT (2) có nghiệm x 10 1.2 Giải phương trình dạng: Ví dụ 3: Giải phương trình: - ĐKXĐ: 1  x 0     x 0 f ( x)  1 x   x 1   x  h( x )  g ( x )  x 1 (3)   x 1   x    x 1 - Bình phương hai vế PT (3’) ta được:  x 1  2  x   x     x   x  x  1(3")    x  x  0 (3’) PT có nghiệm x1,2   1  1 có x  t/m   x  2 - Vậy PT (3) có nghiệm x   1 Chú ý: Ở cách giải không đặt điều kiện cho hai vế PT không âm dễ mắc sai lầm, có xuất nghiệm ngoại lai Thật ví dụ cho điều kiện  x 1 bình phương hai vế (3”) ta : x  x  0 giải PT ta nghiệm x1,2   1  1 Đối chiếu với điều kiện  x 1 PT có hai nghiệm x1,2  Mà thử lại ta thấy có x  Ví dụ 4: Giải phương trình:  1 nghiệm (4) x    x 2 - Lập phương hai vế PT (4) ta được: x    x  3 ( x  1)(7  x)   x    x 8  x    x  3 ( x  1)(7  x).2 8 ( thay   x  1   x  0   x  1   x  0 ) x    x 2  x    x 7 - Thử lại thấy x  1; x 7 t/m (4) - Vậy x  1; x 7 nghiệm PT (4) Chú ý: Học sinh thường lúng túng chưa biết thay Khi thay x    x 2 x    x 2 PT thu khơng tương đương với PT phải kiểm tra lại 1.3 Giải phương trình dạng : Ví dụ 5: Giải phương trình: x 1 -   x  0  - ĐKXĐ: 12  x 0   x  0  f ( x)  h( x )  x = x  = 12  x g ( x) 12  x + x (5) (5’)  x    x 12   x 12 (*)  x 7  - Bình phương hai vế biến đổi ta được: x  2 (12  x)( x  7) (5” ) - Ta thấy với ĐK (*) hai vế PT (5” ) khơng âm nên bình phương vế PT (5” ) ta được:  x   4   x  19 x  84   x  84 x  352 0 PT có nghiệm x1  - Vậy x1  44 x2 8 t/m (*) 44 x2 8 nghiệm PT (5) 1.4 Giải phương trình dạng : Ví dụ 6: Giải phương trình: - ĐKXĐ:  x  x    x   x  x  x    x   x             f ( x)  x 1 + h( x )  x  10 = 0 10 0 0 0 10  g ( x) x2 + + q( x) x 5 (6)  x  (*) - Bình phương hai vế PT (6) ta được: x   x  10  ( x  1)( x  10) x   x     ( x  1)( x 10) =  x    x  5 (6’) ( x  2)( x  5) - Với x  hai vế (6’) dương nên bình phương hai vế (6’) biến đổi ta được: ( x  1)( x  10)   x Điều kiện x  (**) - Ta việc kết hợp (*) (**) x  x    x  Thay vào PT (6) thấy thỏa mãn - Vậy x  nghiệm nhầt PT (6) Nhận xét : Phương pháp nâng lên luỹ thừa sử dụng vào giải số dạng PT vô tỉ quen thuộc, song trình giảng dạy cần ý nâng lên luỹ thừa bậc chẵn Với a; b  a b a n b2 n ngược lại ( n 1, 2,3 ) Từ mà ý ĐKXĐ căn, điều kiện hai vế PT vấn đề mà học sinh hay mắc sai lầm sử dụng phương pháp Ngồi cịn phải biết phối hợp vận dụng phương pháp với nhiều phương pháp khác lại với Bài tập áp dụng: Giải PT sau: x   x  2  x x  x  1 x +  x 3 x  45  x  16 1  x   x  x   x  (2 x  5) x   2x  x y  x 1 x4 PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PT CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI Sử dụng đẳng thức A  A để đưa phương trình vơ tỷ phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Ví dụ 1: Giải phương trình: x  x   x  x  4 (1) - ĐKXĐ: x 4 ta có : (1)  x   x    x   x   4   x    x   4 - Ta có x 2     x   0  x 4  4  x 2  x   4 x    x 4 x  2  x  4  x 8 * Nếu x 8 x   0 ta có : x  4  x 8 (t/m) * Nếu x  x    ta có : x 22 x  4  4 (luôn đúng) - Vậy PT (1) có vơ số nghiệm x t/m x 8 Chú ý: - Có thể dựa vào đặc điểm x   2; x   liên hợp Rồi dùng BĐT: A  B  A  B Dấu xảy  AB 0 - HS sai lầm kết luận nghiệm Ví dụ : Giải phương trình: x  x  3  x  x   1 (2) - ĐKXĐ: x 1 (*) (2)  ( x  1)  x    ( x  1)  x   1  ( x   2)  ( x   3) 1  x 1  x   1 (2’ ) - Áp dụng BĐT: A  A Dấu xảy  A 0 Ta có x 1  x  1  x  1  3 x   x  1 23 x  1  x   0  x  2   x  0  x  3 Dấu xảy  3   x 5  x 10 t/m (*)   x 10 - Vậy PT (2) có vơ số nghiệm x t/m x 10 Nhận xét : Phương pháp đưa phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối sử dụng giải số dạng phương trình vơ tỉ quen thuộc song thực tế cần lưu ý cho học sinh: - Áp dụng đẳng thức A2 = A - Học sinh thường hay mắc sai lầm lúng túng xét khoảng giá trị ẩn nên giáo viên cần lưu ý để học sinh tránh sai lầm Bài tập áp dụng: Giải phương trình sau: x  x   x  10 x  25 8 x  x   x2  x   x  4x  x   x   x   x  5 x   x   x   x  2 PHƯƠNG PHÁP 3: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH Phân tích thành nhân tử để xuất phương trình vơ tỷ đơn giản Ví dụ 1: Giải phương trình:  x  1 x  3  x    x  1 x  2  x  (1) - ĐKXĐ: x 3 - Với x 3 ta có (1)  x  x   x   x  x   x     x 1   x2  x  0  x   0  x  1  x 0  ( loại )       x   x  0  x   x  2  (vô lý) - Vậy PT (1) cho vô nghiệm Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 x  (2) x  1 - ĐKXĐ: x  (*) - Đặt x  t   x t  Khi 1 x  3 t2 (2)  3  t  t 1  3  t 1  t   t   t   t  4t  3t  0   t    t  2t  1 0  t 2 t 1  Thauy vào chỗ đặt ta x 2 x 1  2 t/m (*) - Vậy x 2 x 1  2 nghiệm PT (2) Ví dụ 3: - Đặt Giải phương trình: x  2  x  1  x   x  1 (3) x   y 1 2 (3)   x  1 y 2 y  x   y   x  1 y  x  0   y  xy  y    y  x  1 0   y  1  y  x  1 0  y  x  0 (vì y   )  x 1 2 x   x  x 0 x   x  3x   0 nên 3x  0 - Giải PT ta tìm x  Ví dụ 4: nghiệm PT (3)  Giải phương trình: - ĐKXĐ:   x 1  1 x    x  2 x (4) (*) - Đặt  x u ( u  ) suy x u  phương trình (4) trở thành:  u  1    u  1    u  2  u  1   u  1   u  2u  0     u    u  1 0  u  0    u  2u  0 + Nếu u  0  u 1 ( t/m u 0 ) suy x 0 t/m (*) + Nếu  u  2u  0  2  u 2u    u  2u  1 u 0  5u  4u  0  u1   0(loai ); u2  (t / m)  24  1 - Khi x u22      t/m điều kiện (*) 25  5 - Vậy PT (4) cho có nghiệm x 0 x  10  24 25 Nhận xét: Khi sử dụng phương pháp đưa PT tích để giải PT vơ tỉ ta cần ý bước sau: + Tìm tập xác định PT + Dùng phép biến đổi đại số , đưa PT PT tích dạng f x  g x  0 Từ ta suy f x  0 ; g x  0; … PT quen thuộc + Nghiệm PT tập nghiệm PT f x  0 ; g x  0; … thuộc tập xác định + Biết vận dụng, phối hợp cách linh hoạt với phương pháp khác nhóm số hạng, tách số hạng đặt ẩn phụ thay cho biểu thức chứa ẩn đưa PT dạng tích quen thuộc biết cách giải Bài tập áp dụng: Giải PT sau: x3  x  0 x2  x   x2  x   x  x  x  5 2 x  x    x  x  3 5 x3  3x  3x  PHƯƠNG PHÁP 4: ĐẶT ẨN PHỤ 4.1 Đặt ẩn phụ để có phương trình bậc hai Ví dụ : Giải phương trình : 3x  x  20  x  x  (1) - Vì x  x   x  1   0x => TXĐ: x  R - Ta có (1)  x  x     x  x  - Đặt t  x  x  => t  - Khi ta có: 3t  t  3t  t  0 Có a  b  c 3   0 16 63  t1   ( loại ) ; t2     ( loại ) 9 - Vậy PT (1) vô nghiệm 4.2 Đặt ẩn phụ để có phương trình hữu tỷ bậc cao Ví dụ 2: Giải phương trình: x  x  12 x  36 11 (2) - ĐKXĐ: x  0  x  - Đặt x  t  t 0  x  t  x t   x t  2t  - Khi ta có: t  2t   t   12t  36 0  t  t  12t  36 0  t  2t  2t  4t  3t  6t  18t  36 0   t    t  2t  3t  18  0 - Vì t 0 nên t  2t  3t  18 18  0t suy t  0  t 2 - Với t 2 x 3   - Vậy PT (2) có nghiệm x 3 Nhận xét: + Cần xác định rõ mối quan hệ biểu thức dấu với biểu thức bên ngồi dấu để đặt ẩn phụ cách thích hợp + Đôi phải biến đổi để xuất mối quan hệ Bài tập áp dụng: Giải PT sau: x  x  5 2 x  x   2 3  1 x  x 1 2 x 2   2   x 4 x2  x  x    x     x   2 x  2 x  2 2 x 2 x  PHƯƠNG PHÁP 5: ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Ví dụ1: Giải phương trình: 25  x  15  x 2 - ĐKXĐ: x 15 - Đặt: 25  x a 0 (*); 15  x b 0 - Từ PT (1) cho chuyển hệ phương trình:  a  b 2 a  b 2   2 a  b 5  a  b 10  a   b   12 (1) Thay vào PT (*) ta có 25  x  51 - Vậy PT (1) có nghiệm x  Ví dụ 2: 49 51  x  51 ( t/m ĐKXĐ )  x2  4 (5  x)  x  ( x  3) x  2 5 x  x  Giải phương trình: (2) - ĐKXĐ: x 5 - Đặt  x u (u 0) ; x  t (t 0) - Phương trình (2 ) trở thành hệ phương trình:   t 2 u    ut  t  u  ut 0  u 0  x 5 ( t/m ĐKXĐ )    t 0  x 3 - Vậy PT (2) có nghiệm x 3 x 5 Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 x  (3) x  1 - ĐKXĐ: x 1 - Đặt  x u ; x  t (t 0) - Khi ta có u 2  x; t x  nên u  t 1 - PT cho đưa hệ: u  t 1(1' )  3 ' u  t 1(2 ) Từ PT (1’)  u 1  t Thay vào PT (2’) ta có:   t   t 1  t  t  4t  3 0  t 0    t  4t  0  t 0     t 1   t 3 Từ ta x 1; x 2; x 10 ( t/m ĐKXĐ x 1 ) - Vậy PT (3) có nghiệm x 1; x 2; x 10 Ví dụ 4: Giải phương trình: - Đặt x  a ; 3 ( x  1)2  ( x  1)  x  1 x  b nên ta có: a  ( x  1)2 ; b  ( x  1) ; ab  x  nên a  b2  ab 1 - Suy hệ PT (4)  a   b x 1 x  (4’) Ta phương trình: a  b3 2 - Từ (4’) (4”) ta có hệ phương trình: 13 (4”)  a  b  ab 1(4 ')  3  a  b 2 - Từ hệ phương trình ta suy a  b 2  b a  - Thay vào PT (4’) ta được:  a  1 0  a 1 Từ ta x 0 - Vậy PT (4) có nghiệm là: x 0 Nhận xét: Qua ví dụ cho ta thấy phương pháp hệ PT có điểm sáng tạo đặc thù riêng, địi hỏi học sinh phải tư phương pháp áp dụng cho học sinh khá, giỏi Ta cần ý số điểm sau: + Tìm điều kiện tồn PT + Biến đổi PT để xuất nhân tử chung + Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải PT việc giải hệ PT quen thuộc Ngồi người học cịn biết kết hợp phương pháp với phương pháp khác phương pháp đặt ẩn phụ, sử dụng đẳng thức Bài tập áp dụng: Giải PT sau: 1  2 x  x2 2 x  x3  3  x   x 1 x   x  21  x    x  x PHƯƠNG PHÁP 6: NHÂN VỚI BIỂU THỨC LIÊN HỢP Ví dụ 1: Giải phương trình: x   x  1  10  x   (1) - ĐKXĐ: x  Ta có x 0 không nghiệm (1) nên:  x  0 Khi (1)  x   x    1 x     x 1  1 x     x  x 10  x   10  x      x   10  x   x 0  x  1(t / m : x  1) - Vậy PT (1) có nghiệm x  14 Ví dụ 2: Giải phương trình: - ĐKXĐ: x 0; x  (2)  1  x    2x  x x (2) 1 1   x 1  x2 x x2  1 x x  x x 1  x  1       x  1   0  x  0    0  x 1  x   x 1  x  x  x  - Vậy PT (2) có nghiệm x 1 Ví dụ 3: Giải phương trình: 2x   x  14  x  16  x  (3) - ĐKXĐ: x 2 (3)  16  x  x  16  x  2 (2 x  2)  (2 x  2)(5 x  14)  (5 x  14)   3x  16    x 2   0 (2 x  2)  (2 x  2)(5 x  14)  (5 x  14)    Do mẫu biểu thức ngoặc thứ có dạng a  ab  b  a  b   b    2 16 (t/m: x 2 ) với a; b  nên PT tương đương với 3x  16 0 Khi x  16 - Vậy PT (3) có nghiệm x  Nhận xét: + Khi giải PT vô tỉ cách nhân liên hợp ta thương áp dụng đẳng thức: a  b (a  b)(a  b) ; a b3 (a b)(a ab  b ) + Biến đổi làm xuất nhân tử chung để đưa PT tích Thường thừa số tích ta chứng minh khác với giá trị ẩn thuộc tập xác định PT + Có PT cần phải biến đổi ta nhân biểu thức liên hợp Bài tập áp dụng: Giải PT sau: x   x  3x   x  x   x  x  2 x  16 x  18  x  2 x  15 x2  x   x  x  x  x PHƯƠNG PHÁP 7: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC 7.1 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Nhẩm nghiệm chứng minh nghiệm PT Ví dụ 1: Giải phương trình: (1) x x  1  x x   2 x x  3 - ĐKXĐ: x 0 x 3 - Ta thấy với x 0 giá trị vế trái là: 0  1  0  2 0 Giá trị vế phải là: 2  3 0 => x 0 nghiệm + Với x 3 chia hai vế (1) cho x  ta có Mà  x  1   x  3 x   x  2 x  x   x  Suy (1’) x 1 x 2 x Nên PT (1’) vơ nghiệm, PT (1) khơng có nghiệm x 3 + Với x  chia hai vế (1) cho  x  ta có  x   x 2  x (1’’) Mà  x   x  x   x Suy  x   x   x Nên PT (1’’) vơ nghiệm, PT (1) khơng có nghiệm x  - Vậy x 0 nghiệm PT (1) Ví dụ 2: Giải phương trình: x + x 1 =3 (2) - ĐKXĐ: x  - Ta thấy x 3 nghiệm PT (2) + Với x  x   , x   nên vế trái (2) lớn  PT (2) vô nghiệm + Với   x  x  1 , x   nên vế trái (2) nhỏ  PT (2) vô nghiệm - Vậy x 3 nghiệm PT (2) Ví dụ 3: - ĐKXĐ: Giải phương trình: x  28  x  23  x  x  9 (3)  x  0  x 1   x 0 - Ta thấy x 2 nghiệm PT (3) - Giải tương tự ví dụ ta thấy x 2 nghiệm PT (3) 16 Nhận xét : Khi giải PT vô tỉ mà ta chưa biết cách giải thường ta sử dụng phương pháp nhẩm nghiệm, thử trực tiếp để thấy nghiệm PT Rồi chứng minh PT khơng cịn nghiệm khác Bài tập áp dụng: Giải PT sau: x  26  2 x  + x  x  8 x  3x  = 2x  2x  + x  x 1 7.2 CHỨNG TỎ TẬP GIÁ TRỊ CỦA VẾ RỜI NHAU, KHI ĐĨ PT VƠ NGHIỆM Ví dụ 1: Giải phương trình: - ĐKXĐ:   x  5 x  3 x x  5x   0  0  0 - Với x 1 x  x x 3x  (1)  x 1 < 5x  Suy vế trái (1) số âm , cịn vế phải số khơng âm - Vậy PT (1) vơ nghiệm Ví dụ 2: Giải PT: ( x  3)  +  Mà x  x  11 ( x  3)   x  x  13  ( x  3)  + ( x  2)  =   ( x  3)   ( x  2)  (2) x  x  3  2 (*)    3   Vế phải phương trình cho lớn vế trái Vậy PT (2) cho vơ nghiệm Ví dụ 3: Giải phương trình : x  x   x  (3) - ĐKXĐ: x 3 - Khi ta có: x  x 1 Giá trị vế trái nhận giá trị âm Mà x  0 => giá trị vế phải lại khơng âm Do PT cho vô nghiệm Bài tập áp dụng: Giải PT sau: x  x2  6  x  x   x  x  13 x  2 x  x2  7.3 SỬ DỤNG TÍNH ĐỐI NGHỊCH Ở VẾ Ví dụ 1: Giải PT: 3x  x   x  10 x  14 4  x  x 17 (1) - Ta có vế trái (1) 3x  x   x  10 x  14  3( x  1)   5( x  1)    5 - Vế phải (1);  x  x 5   x 1 5 Vậy hai vế x  - Do phương trình (1) có nghiệm x  Ví dụ 2: Giải phương trình: - ĐKXĐ:  x 6 x (2)   x  x  10 x  27 Xét vế phải (2) ta có: x  10 x  27  x    2 với x Và vế trái (2)  x    x    1  x    x  4  hay x   x 2 - Vì phương trình (2) có nghiệm là:   10 x  27  2(*) x   x    x  2(**)  - Giải phương trình (*) ta x 5 giá trị t/m (**) - Vậy x 5 nghiệm PT (2) Bài tập áp dụng : Giải PT sau: x  12 x  16 x  x  12  y  y  13 5  x  10 x  3  x  x x  x  3,5  ( x  x  2)( x  x  4) x  x   3x  x  2  x  x 7.4 DỤNG ĐIỀU KIỆN XẢY RA DẤU “ =” Ở BẤT ĐẲNG THỨC KHƠNG CHẶT Ví dụ 1: Giải PT: x  y  1995  z  1996   x  y  z (1) - ĐKXĐ: x 2 ; y  1995 ; z 1996 - Phương trình (1)  x  y  z 2 x   y  1995  z  1996  ( x   1) ( y  1995  1)  ( z  1996  1) 0  x  1    y  1995 1   z  1996 1  x 3    y  1994  z 1997  - Vậy  x; y; z   3;  1994;1997  nghiệm PT (1) 18 ( t/m ĐKXĐ ) Ví dụ 2: Giải phương trình: - ĐKXĐ: x  Ta có x x 0 ;  x  4 (2) x 0 - Áp dụng bất đẳng thức Cô-si a  b 2 ab a, b 0 Dấu “=” xảy  a b ) x - Ta có x  x  2 x  x  =4  x  x 6  (t/m ĐKXĐ) x  4  x   x  2 4  x  4 - Vậy PT (2) có nghiệm x 6 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ: GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH: Bài : x  x  2 x  Bài 2: x   x   x   x  1 Bài 3: x  3x   x  3x  0 Bài 4: x  x  2 x  Bài :    x   x   x  4 x Bài : x    x  x  Bài : x 8  x  2 Bài : x  3x   x  3 x  Những ý giải phương trình vơ tỉ: * Khi giải phương trình vơ tỉ cần ý sai lầm: + Không ý đến tập xác định phương trình + Khơng đặt điều kiện để biến đổi tương đương * Một phương trình vơ tỉ giải nhiều phương pháp, giải phương trình vơ tỉ cần phải nhận xét đặc điểm biểu thức phương trình để chọn lựa phương án tối ưu IV- Hiệu SKKN: Sau tiến hành dạy thực nghiệm học sinh đội tuyển toán, để đánh giá hiệu SKKN, tiến hành kiểm tra đánh giá với 15 học sinh 19 đội tuyển toán trường THCS Hưng Hóa năm học 2018 – 2019 với đề khảo sát năm trước Đề khảo sát (Thời gian 90 phút) Giải phương trình sau: x2  x  2 x   2x   x   x  2 x  x  (2 điểm) x 1 (2 điểm) (2 điểm) (2 điểm) x  2 5x   3x  (2 điểm) x   x  3 Kết quả: Tổng Điểm số TB 15 SL % Điểm TB SL % 33,3 Điểm Khá Điểm giỏi SL SL % 46,7 % 20 Qua việc áp dụng SKKN vào giảng dạy cho học sinh, tơi thấy học sinh xác định dạng tốn cách làm giải PT vô tỷ Đồng thời đứng trước tốn khó cho dù dạng tập học sinh có hướng suy nghĩ tập suy luận em tự tin Quá trình ơn tập cho học sinh lớp bồi dưỡng học sinh giỏi mạnh dạn đưa SKKN áp dụng vào việc giảng dạy Tôi thấy học sinh say mê giải tập với dạng Có nhiều tốn khó em tháo gỡ, có khoảng 60% học sinh tiếp thu tốt SKKN * Giúp HS: + Hình thành cho HS có kỹ giải phương trình vơ tỷ + Đưa số phương pháp giải cho HS khá, giỏi Đối với thầy: Không nghiên cứu Sách giáo khoa, sách giáo viên trước giảng dạy mà sưu tầm nghiên cứu tài liệu bồi dưỡng tham khảo để kết hợp vận dụng linh hoạt cho phù hợp với nhận thức học sinh 20