SKKN: Một số kinh nghiệm giảng dạy, hướng dẫn HS giải phương trình vô tỷ ở lớp 9 THCS

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢNG DẠY, HƢỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VƠ TỶ Ở LỚP THCS A Tên đề tài: Một số kinh nghiệm giảng dạy, hƣớng dẫn học sinh giải phƣơng trình vô tỷ lớp THCS B Lý chọn đề tài I Cơ sở phƣơng pháp luận: Căn vào thực tế dạy học hệ thống tập phương trình vơ tỷ chương trình Đại số thấy hệ thống tập sách giáo khoa, sách tập Bộ giáo dục - Đào tạo ấn hành đơn giản, chưa sâu, chưa đáp ứng đầy đủ yêu cầu dạng toán thực tế tập phương trình vơ tỷ đa dạng, phong phú thể loại tốn khó Đại số THCS Khi dạy phần này, học sinh giỏi đòi hỏi giáo viên phải tự biên soạn, sưu tầm, lựa chọn mà nội dung giảng dạy chưa thống Là giáo viên, mong muốn cung cấp cho học sinh “chiếc chìa khố” để giải dạng cụ thể phương trình Song khơng phải dạng phương trình có quy tắc định Qua trình giảngdạy, tham khảo đồng nghiệp học hỏi thầy cô mạnh dạn phân dạng phương trình vơ tỷ cách giải dạng đồng thời đưa số cách giải phương trình vơ tỷ với mục đích giúp học sinh hiểu sâu sắc phương trình vơ tỷ nhiều góc độ làm nhẹ nhàng q trình giải phương trình vơ tỷ cho học sinh Khi dạy học sinh giải phương trình vơ tỷ HS cần nắm vấn đề sau: Khái niệm phƣơng trình, tập xác định, nghiệm phƣơng trình - Các định nghĩa, định lý biến đổi hai phương trình tương đương - Cách giải loại phương trình Phƣơng trình vơ tỷ - Định nghĩa phương trình vơ tỷ, bước giải phương trình vơ tỷ nói chung - Các kiến thức thức, phương pháp giải phương trình vơ tỷ II Cơ sở thực tiễn Phương trình vơ tỷ dạng tốn tương đối khó học sinh THCS Dạng tốn giải phương trình vơ tỷ có nhiều cách giải, địi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức cách linh hoạt Có lời giải xem “thiếu tự nhiên” thật độc đáo Các tốn phương trình vô tỷ thường hay đưa vào dạy cho học sinh giỏi, trường chuyên, lớp chọn đề cập sách giáo khoa Song thực chất học sinh làm quen với toán giải phương trình từ bậc Tiểu học với cách hỏi đơn giản dạng “Tìm x” kiến thức loại nâng cao dần lớp với phương trình vơ tỷ, em làm quen lớp dạng đơn giản học nhiều bậc Trung học phổ thơng Tốn “giải phương trình vơ tỷ” đề cập nhiều loại sách tham khảo, giáo viên khó khăn việc sưu tầm, tuyển chọn Để góp phần vào việc giải vấn đề khó khăn mạnh dạn thực sưu tầm, tuyển trọn số dạng tập phương trình vơ tỷ phương pháp giải, áp dụng cho dạng để viết thành đề tài nghiệp vụ: “Một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ THCS” giúp cho việc dạy học đạt kết cao C Nội dung đề tài I Phƣơng hƣớng, nội dung Đại cƣơng phƣơng trình a Khái niệm: Phương trình đẳng thức (mệnh đề) có chứa biến số f(x) = g(x) + Biến số x biểu thức gọi ẩn số + f(x) g(x) hai vế phương trình + Quá trình tìm x gọi giải phương trình + TXĐ: Là tập xác định phương trình + Mỗi giá trị biến x thuộc tập xác định để có đẳng thức gọi nghiệm phương trình + S: Là tập hợp nghiệm phương trình b Tập xác định phƣơng trình Là giá trị biến làm cho biểu thức phương trình có nghĩa c Hai phƣơng trình tƣơng đƣơng Là hai phương trình có tập hợp nghiệm nghiệm phương trình nghiệm phương trình ngược lại Phƣơng trình vơ tỷ a Định nghĩa: Phương trình vơ tỷ phương trình có chứa ẩn số thức Ví dụ: 3x     x b Các bƣớc giải phƣơng trình (dạng chung) - Điều kiện xác định phương trình - Dùng phép biến đổi tương đương đưa dạng phương trình học - Giải phương trình vừa tìm - Đối chiếu kết tìm với điều kiện xác định kết luận nghiệm Chú ý: Với phương trình có ĐKXĐ x  R (trong q trình biến đổi khơng đặt điều kiện) tìm nghiệm phải thử lại c Các kiến thức thức - Một số âm khơng có bậc chẵn - Muốn nâng lên luỹ thừa bậc chẵn hai vế phương trình để phương trình tương đương phải đặt điều kiện A2  A A B  A  A2  B  A  A2  B với A > 0; A2 > B > Các dạng phƣơng trình a Dạng 1: Sơ đồ cách giải: f ( x)  g ( x) f ( x)  g ( x) (1) g (x) > (2) f(x) = [g(x)]2 (3) Giải (2) tìm điều kiện ẩn Giải (3) đối chiếu với điều kiện ẩn để kết luận nghiệm b Dạng 2: f ( x)  g ( x)  h( x) (1) Tìm điều kiện có nghĩa phương trình: f(x) > g(x) > (2) h (x) > Với điều kiện (2) hai vế phương trình (1) khơng âm nên bình phương vế phương trình (1) rút gọn ta được: [h( x)]  f ( x)  g ( x) f ( x).g ( x)  (3) Phương trình (3) có dạng nên giải theo phương pháp dạng Đối chiếu nghiệm tìm (3) với điều kiện kết luận nghiệm c Dạng 3: f ( x)  g ( x)  h( x) (Cách giải dạng 2) d Dạng 4: f ( x)  g ( x)  h( x)  p( x) (1) Điều kiện có nghĩa phương trình: f(x) > g(x) > (2) h (x) > p (x) > Bình phương hai vế đưa dạng: F ( x)  G ( x )  H ( x ) Tuỳ theo trường hợp để giải phương trình vô tỷ (căn bậc n) e Dạng 5: f ( x)  g ( x)  n f ( x).g ( x)  h( x) Điều kiện: f(x) > g(x) > Đặt ẩn phụ a = f ( x)  g ( x) (a > 0) (1) => f ( x).g ( x)  a  f ( x)  g ( x) Đưa phương trình (1) phương trình biết cách giải giải Các phƣơng pháp giải phƣơng trình vơ tỷ Trên dạng phương trình vơ tỷ ta gặp dạng phương trình vơ tỷ đưa dạng Sau số phương pháp giải phương trình vô tỷ thường áp dụng giảng dạy phổ thông a Phƣơng pháp nâng lên luỹ thừa Để làm bậc n ta nâng vế phương trình lên luỹ thừa n Nếu n chẵn ta thực vế phương trình khơng âm Ví dụ: Giải phương trình: 25  x  3  x  (1) ĐKXĐ: x  R Lập phương hai vế phương trình (1) ta được: (1) 25 + x + - x + 3 (25  x)(3  x).(3 25  x  3  x )  64 (2) Vì 25  x  3  x  (theo 1), (2) 28 + 12 (25  x).(3  x)  64 12 (25  x).(3  x)  36 (25  x).(3  x)  Lập phương hai vế (3) ta được: (25 + x)(3 - x) = 27 - x2 - 22x + 75 = 27 x2 + 22x - 48 (x - 2)(x + 24) =0 =0 x=2 x = - 24 Thử lại: + Với x = ta có 25   3     + Với x = - 24 ta có  24  25  3  24    Vậy nghiệm phương trình (1) là: x = 2; x = -24 Ví dụ 2: 1 x   x  Điều kiện - < x < (1) (*) Khi vế phương trình (1) khơng âm, bình phương hai vế ta có: (1) - x + + x + (1  x)(4  x)  (1  x)(4  x)  (2) Bình phương hai vế phương trình (2) ta có: (2) (1 - x)(4 + x) = - x2 - 3x + = x(x + 3) = x = x=-3 Đối chiếu với điều kiện (*) ta có nghiệm phương trình (1) là: x = 0; x = -3 b Phƣơng pháp đƣa phƣơng trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối Ví dụ1: Giải phương trình: x2 - 4x - = x5 (1) Điều kiện x > - (*) Với điều kiện trên: (1) x2 – 3x +  x     x    2 2   x   x5  2 Nếu x > Nếu x < x5 = x - Nếu x > x5 = - x + Nếu x < x  x5  2 =x +5+ x -   x5  x5 + (Vì x5 + x>2 x>2 x + = x2 - 4x + x2 - 5x -1 = x 0)   Khi - 2 x  t x = (1 - t ) (vì x  0) Đến phương trình (1) có dạng: (1 - t2)2 = (3 - t2)(1 - t)2 (1 - t)2(1 + t)2 - (3 - t2)(1 - t2) = (1 - t)2(1 + 2t + t2 - + t2) = (1 - t)2(2t2 + 2t - 2) = (1 - t)2 = t=1 t2 + t - = t= Vì t > nên  1 t=1 t=  1 Với t = ta có x = Với t = 3  1 ta có x = 2 Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm (1) là: x = 0; x = Ví dụ 2: Giải phương trình: Điều kiện: Đặt u = 97  x v= 4 3 97  x  x  15  (1) 15 < x < 97 (*) (u, v > 0) x  15 Khi đó, (1) tương đương với hệ phương trình: u+v=4 u4 + v4 = 82 Mặt khác, u4 + v4 = [(u + v)2 - 2uv]2 - 2u2v2 Vì: u + v = nên u4 + v4 = (16 - 2uv)2 - 2u2 v2 Đặt t = u v (t > 0) ta có: (16 - 2t)2 - 2t2 = 82 (2) t2 - 32t + 87 = t1 = 3, t2 = 29 u  v  u.v  Ta có hai hệ phương trình sau:  u  v  (4) u.v  29 (3)  Hệ (3) có hai nghiệm (1, 3); (3,1) Hệ (4) vơ nghiệm 97  x   x  15  81 97  x  81  x  15  Vậy ta có:  (5)  (6) Hệ (5) có nghiệm x = 96 Hệ (6) có nghiệm x = 16 Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm là: x = 96; x = 16 Ví dụ 3: Giải phương trình: ĐKXĐ: x  R (5  ) x  (5  ) x  10 (1) Ta thấy (5 -2 )(5  )  (5  ) x  u (u  0) (5  ) x  Đặt Khi phương trình (1) có dạng: u + u  10 u - 10u + = u u=5-2 u=5+2 Nếu u = - (5  ) x   (5  ) x  (5  ) x = x Nếu u = + (5  )    (5  ) x  5     52  x2 52 1 x   x = - Vậy nghiệm phương trình (1) là: x = + d Phƣơng pháp so sánh (hay phƣơng pháp đối lập) Giải phương trình phương pháp tức so sánh vế trái, vế phải từ nhận xét dấu “=” xảy ? Ví dụ 1: Giải phương trình x    x  x  x  11 ĐKXĐ: < x < (1) (*) Ta thấy:  x2  4 x    ( x  2)(4  x) = +  x  x  = +  ( x  3) =>  x2  4 x    ( x  3)  => x2  4 x < Vậy vế trái đạt GTLN x = Mặt khác: x2 - 6x + 11 = (x - 3)2 + > => Vế phải đạt GTNN x = Phương trình (1) có nghiệm vế trái = vế phải x = Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm phương trình (1) là: x = Ví dụ 2: Giải phương trình x +  x2  9y  6y  ĐKXĐ: -2  x  2 (1) (*) áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxiki cho hai cặp số (1,1) (x;  x ) Ta có: (x +  x ) < (12 + 12)(x2 + - x2) = 16 Dấu “=” xảy => x +  x  x =  x x = => vế trái đạt GTLN x = Mặt khác 9y2 + 6y + = (3y + 1)2 + > => vế phải đạt GTNN y =  Phương trình (4) có nghiệm vế trái = vế phải Vậy nghiệm phương trình (1) x = y =  e Phƣơng pháp bất đẳng thức Ta dùng bất đẳng thức đánh giá vế phương trình để từ suy nghiệm phương trình Khi giải phương trình vơ tỷ thường dùng phương pháp bất đẳng thức nhiều dạng khác * Chứng tỏ tập giá trị vế rời nhau, phương trình vơ nghiệm Ví dụ: Giải phương trình: ĐKXĐ: x  R x 1  x   Ta thấy x2 > 0xR nên x   x   => x 1  x   Hay vế trái lớn mà vế phải Vậy phương trình cho vơ nghiệm * Sử dụng tính đơn điệu hàm số: 2x 1  x 1  (*) ĐKXĐ: x  R Dự đoán nghiệm: x = Với x = ta có:Vế trái 2.1 1  1    => vế trái = vế phải = => x = nghiệm phương trình (1) Nếu x > 2x 1  x 1  Nếu x < 2x 1  x 1  Vậy x = nghiệm phương trình (1) * Sử dụng điều kiện xảy dấu “=” bất đẳng thức không chặt Ví dụ: Giải phương trình: 36 x2  y 1  28 - x   y  Điều kiện: x -2 > x>2 y-1>0 y >1     x      y    28 (2)   x2   y    Khi (1)  áp dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số dương ta có: x2 y 1  x2   y 1  x2 y2 x   2.3  y   2.2  (1) (*)     x      y    4.6   28   x2   y    =>  (3) Để phương trình (2) có nghiệm (3) phải lấy dấu “=” tức có: x2 y 1  x2  y 1 x = 11 y=5 (4) Ta thấy (4) thoả mãn điều kiện (*) Vậy nghiệm phương trình (1) x = 11 y = * áp dụng bất đẳng thức để đánh giá vế phương trình kết hợp với phương trình cho kết luận nghiệm Ví dụ: Giải phương trình x  x 1   x  x   x  x  ĐKXĐ: x2 + x - > (1) (*) x - x2 + > áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số hạng vế trái (1) Ta có: x  x 1  x  x 1  => x  x 1 1 x  x 11 x  x 1   x  x   x  Kết hợp với phương trình (1) ta được:  x2 - x + < x+1 (x-1)2 < Đẳng thức xảy x=1 (thoả mãn điều kiện (*)) Thử: Thay x=1 vào phương trình (1) ta thấy x=1 nghiệm phương trình (1) g Phƣơng pháp tam thức bậc hai: Đưa phương trình cho dạng tắc ax2 + bx +c = ) (a 0) Ví dụ: Giải phương trình x2 - 7x + 2(x+2) x   24 (1) ĐKXĐ: x  -3 Khi (1) x2 + x - 8x - 24 + 2(x+2) x3 + x + x = - 8(x +3) + 2(x +2) Đặt y = 2 Với y1 = x  (y > 0) , (2) - 8y + 2(x + 2)y + x + x = ' = (x + 2) + 8(x + x) = (3x + 2) y1 = x3   x   3x   x  x   3x  x  , y2 =   8 8 x ta có x3  x x + x   x +3 + x 3 3  ' = + = => x   2  < (loại) x   2  > x +3 = + - Với y2 = x 1 ta có x3  x + - x   x = - < -3 (loại) x 1 x + - x    , ' = + = x   1  (loại) x     (TMĐK) x + = + + x = + (thoả mãn) Vậy x = + nghiệm phương trình (1) h Phƣơng pháp đƣa dạng tổng đa thức không âm khơng Ví dụ: Giải phương trình x + y + z + = x 2  y 3 6 z 5 ĐKXĐ: x > ; y > ; z > (1) (*) (1) (x - - x   1)  ( y   y   4)  ( z   z   9)  ( x   1)  ( y   2)  ( z   3)  x  1  x 3 2  z 5 3  x-2=1 x=3 y - = y=7 z -5 = z = 14 Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm phương trình (1) là: x = 3; y = 7; z = 14 i Phƣơng trình vơ tỷ có biện luận Ví dụ 1: Giải biện luận phương trình: a x 3 a x 3 b (1) ĐKXĐ: x > Lập phương vế phương trình (1) ta được: a+ Vì a2  x  x  a  x  33 a  x  a  x  a  x   b   a x 3 a x  b (2) nên (2) 3 a  x b  b  2a b  2a 33 b (b  0) a2 - x = (b  2a) 27b x = a2 - (b  2a) 27b 8a  b  6ab  15a b 27b x = (a  b) (8a  b) 8a  16a b  8ab  b  a b  2ab x = 27b 27b Vì x > nên (a  b) (8a  b) >0 27b - Nếu a + b  thì: + Khi a > 0; < b < 8: Phương trình (1) vơ nghiệm x = a > 0; b < b > 8: Phương trình (1) có nghiệm: x = + Khi (a  b) (8a  b) 27b - Nếu a + b = phương trình (1) có nghiệm x = - Nếu a = b = 0; Phương trình (1) có vơ số nghiệm x > Kết luận: Nếu a > < b < 8: Phương trình (1) vơ nghiệm Nếu a > b < b > 8; Phương trình (1) có nghiệm x= (a  b) (8a  b) 27b Nếu a = - b  : Phương trình (1) có nghiệm x = Nếu a = b = : Phương trình (1) có vơ số nghiệm x > Nếu a < : Phương trình (1) vơ nghiệm Ví dụ 2: Giải biện luận phương trình: ( a  x ) x  b  ( x  b) a  x ĐKXĐ: a  x  x b  a b (a, b tham số: a  b ) a-x>0 x-b>0 + Nếu a > b b < x < a (2) Đặt x b  u , Khi (1) ax v ,(u, v > 0) Ta có u4 + v4 = a - b v u  u v u  v  u5 + v5 - u4v - uv4 = uv u4(u - v) - v4 (u - v) = (u - v)(u4 - v4) = (u - v)2 (u + v)(u2 + v2) = Vì u2 + v2  nên u + v  nên u -v = u => u =v x  b  a  x x - b = a – x x = ab (thoả mãn điều kiện (2) + Nếu a < b: Phương trình (1) vơ nghiệm Kết luận: Nếu a > b: Phương trình (1) có nghiệm x = ab Nếu a < b: Phương trình (1) vơ nghiệm Một số sai lầm giải phƣơng trình vơ tỷ Thường học sinh hay mắc sai lầm giải phương trình vơ tỷ mà có bậc chẵn, là: - Khơng tìm tập xác định giải: - Không đặt điều kiện biến đổi tương đương phương trình Ví dụ: Giải phương trình: 3x   x   5x  (1) Giải sai: Chuyển vế: 3x   5x   x  x - = 5x - + 2x - + (5x  1)(2 x  3) 10 x  17 x   4 x  10 x  17 x    x (2) 10x2 - 17x + = + 4x2-4x (3) 6x2 – 13x + = (x - 2)(6x - 1) = x=2 x= Vậy nghiệm phương trình (1) x = 2; x = Phân tích sai lầm: học sinh không ý đến điều kiện có nghĩa thức Trong ví dụ trên: Điều kiện x > 3 Do < nên x = không 6 nghiệm phương trình (1) Để khắc phục sai lầm ta tìm ĐKXĐ phương trình giải thử giá trị tìm ẩn vào phương trình cho để kết luận nghiệm - Khơng đặt điều kiện để biến đổi tương đương phương trình ví dụ trên: phương trình (2) (3) khơng tương đương mà Phương trình (2) - 2x > 10x2 - 17x + = (1- x)2 => Như phương trình (3) tương đương với phương trình (2) x< =>x = khơng nghiệm phương trình (1) Giải đúng: ĐKXĐ: x > (*) Ta có: (1) 10 x  17 x    x   x   1  x  x       x 2 10 x  17 x  13   x  x 6 x  13x    x  2, x  1    Đối chiếu với điều kiện (*) => phương trình (1) vô nghiệm Phần 3: Tác dụng đề tài I Tác dụng Việc vận dụng sáng kiến kinh nghiệm mang lại nhiều hiệu việc giải tốn có liên quan giải tốn thuộc dạng Phần đơng em có hứng thú làm tập tập có phương pháp giải vận dụng phương pháp giải loại toán khác giải Đối với khối lượng đại trà việc học em vấn đề xung quanh SGK nhận dìu dắt tận tình cụ thể việc học em đỡ vất vả có hứng thú Đối với loại tốn học sinh khơng dừng lại cấp THCS mà em vận dụng đến lớp 12 chí thi vào Đại học Cao đẳng Đây dạng toán cần quan tâm đa dạng phong phú đề cập đến kiến thức trường phổ thơng có tính tổng hợp, cần phải vận dụng nhiều đơn vị kiến thức lúc giải vấn đề Với cách học cách hướng dẫn học sinh làm nâng cao kiến thức cho em mà cịn hình thức củng cố, khắc sâu kiến thức cho em Trong đề tài nêu số phương pháp giải phương trình vơ tỷ, phương pháp có số ví dụ minh hoạ tơi tuyển chọn số liệu tham khảo Do điều kiện vừa học tập vừa cơng tác, kinh nghiệm cịn hạn chế nên q trình viết khó tránh khỏi đơn điệu, sai sót kiến thức, cách trình bày hệ thống phương pháp hy vọng phần giúp hiểu kỹ tốn giải phương trình vơ tỷ phương pháp giải dạng Thông qua nghiên cứu đề tài này, than thực rút nhiều kiến thức quý báu, giúp tơi hồn tành tốt cho cơng việc giảng dạy sau Tơi mong nhận đóng góp ý kiến q báu thày, bạn bè đồng nghiệp để vốn kiến thức ngày hoàn thiện phong phú II Hiệu Qua năm tham gia giảng dạy thử nghiệm sáng kiến kinh nghiệm tơi đạt kết định Vì vấn đề khó tơi dám áp dụng vào lớp học tốt với số lượng học sinh 32 em Số học sinh làm tốt: 16 em Đạt tỷ lệ: 50% Số học sinh cịn lại tơi phải hướng dẫn tận tình, bỡ ngỡ ban đầu khơng thể tránh khỏi Sau nhiều lần hướng dẫn khó khăn ban đầu khơng cịn nữa, thay vào vận dụng nhanh nhẹn, linh hoạt khơng dạng tốn mà cho nhiều dạng toán khác Với đề tài tơi mạnh dạn trình bày với đồng chí, đồng nghiệp số kinh nghiệm giảng dạy tốn phạm vi nhỏ Rất cịn nhiều khiếm khuyết mong bạn đọc đóng góp ý kiến Tơi xin chân thành cảm ơn ! Sông Mã, ngày 25 tháng 03 năm 2011 NGƢỜI VIẾT