NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ VỚI CÁCH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ A.. Lý do chọn đề tài Toán học là môn học cơ bản trong nhà trường phổ thông, đối với học sinh
Trang 1NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ VỚI CÁCH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT
ẨN PHỤ
A Lý do chọn đề tài
Toán học là môn học cơ bản trong nhà trường phổ thông, đối với học sinh môn toán nói chung và môn đại số nói riêng là một môn học khó Bởi vậy không ít học sinh dù đã cố gắng xong kết quả môn toán nói chung và phân môn đại số nói riêng còn thấp so với yêu cầu Để nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện các nhà trường nói chung, các giáo viên trực tiếp giảng dạy nói riêng cần phải có giải pháp tích cực
để nâng cao chất lượng môn đại số của học sinh THPT
Nhằm mục đích nâng cao chất lượng học sinh khi học môn đại số nói chung và phương trình vô tỉ nói riêng, nên tôi chọn sáng kiến kinh nghiệm ’’Phương trình vô
tỉ với cách giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ’’
B Mục đích nghiên cứu đề tài
Xây dựng những dạng bài tập cơ bản và phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ Giúp học sinh nâng cao trách nhiệm trong học tập, khắc phục tính chủ quan tự mãn, đặc biệt là phát triển năng lực tự đánh giá Giúp người thầy tự điều chỉnh hoạt động dạy và học cho phù hợp
C Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
1 Đối tượng: Học sinh lớp 10, 11 trường THPT Tuần Giáo
2 Phạm vi nghiên cứu: Đề tài tập trung nghiên cứu các dạng bài tập cơ bản và phương pháp giải phương trình vô tỉ bằng cách đặt ẩn phụ
D Nhiệm vụ nghiên cứu
+ Giúp học sinh khối 10, 11 nắm chắc kiến thức cơ bản về phương trình vô tỉ với cách giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ
+ Học sinh hứng thú học và đạt kết quả cao
E Phương pháp nghiên cứu
+ Nghiên cứu phương trình vô tỉ, đặc biệt với cách giải đặt ẩn phụ
Trang 2+ Lấy ý kiến
+ Thử nghiệm sư phạm
F Nội dung nghiên cứu: Giải PT vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Khi giải pt dạng ax b cx d , chúng ta đều biết phải bình phương hai vế để khử căn bậc hai Vậy với pt ax b cx 2 dx e , và một số pt dạng khác có giải được bằng phương pháp đó không? Đây là câu hỏi mà nhiều học sinh chưa trả lời được Qua nhiều năm dạy học sinh THPT tôi rút ra được kinh nghiệm giải pt vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ
I Dạng 1 : Sử dụng ẩn phụ để chuyển PT ban đầu thành 1 pt với ẩn phụ.
1)Các phép đặt ẩn phụ thường gặp :
a) PT chứa f (x) và f(x)
Đặt t = f (x) ( t 0 ) f(x) = t2
b) PT chứa f (x) , g (x) và f (x) g (x) = k ( k= const)
Đặt t= f (x) ( t 0 ) g (x) = k t
c) PT chứa f (x) ± g (x); f(x).g(x) và f(x) + g(x) = k ( k= const) Đặt t = f (x) ± g (x) f(x).g(x) = ±
2
2 k
t
d) PT chứa a 2 x2 Đặt x = a sint với t
2
; 2
hoặc x = a cost với t
0 ;
e) PT chứa a 2 x2 Đặt x = a tant với t ;
2 2
hoặc x = a cott với t
0;
f) PT dạng ax b cx d 0 đặt t cx d x t2 d
c
ta thu được pt bậc hai
at2 ad b t 0
c
g) PT dạng A a x a x B a2 x2 C đặt
t a x a x t a a x ta được pt bậc hai ( 2 2 )
2
At B C
h) PT dạng A x x a B x 2 x 2x x a C 0 đặt
2 2
2
t x x a t x x a x x a ta thu được pt bậc hai 2
0
At B t a C
Trang 3i) PT dạng A x x2 aB x 2 x x a C 0 đặt
t x x a t x x x a a ta được pt bậc hai
2
0 2
t a
At B C
2) Chú ý : Với PT vô tỉ sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, nhất thiết phải tìm điều
kiện đúng cho ẩn phụ
3) Các ví dụ :
VD1 : GPT : 2 3 3
x
x
Đặt t = x2 – 3x + 3 Ta có : t = 232 43
4
3
Đk t
4 3
Khi đó (1) có dạng t + t 3 = 3
t + t + 3 + 2 t( t 3 ) = 9
t( t 3 ) = 3 – t
( 3) (3 )
t
1 3
t t
t = 1
x2 – 3x + 3 = 1
2
1
x x
KL : PT có 2 nghiệm x= 1 ; x = 2
VD 2 :GPT : 2x2 + 2 4 5
x
x = 8x + 13 (2)
ĐK : x2 – 4x -5 0 x -1 hoặc x 5
PT ( 2 ) 2 4 5
x
x = -2x2 + 8x + 13 (2’) Đặt y = 2 4 5
x
x ĐK y 0 Ta có y2 = x2 – 4x - 5
PT ( 2’) y = - 2y2 + 3
2y2 + y - 3 = 0
0 2 3
1
y
y
loại
Với y = 1 x2 – 4x - 5 = 1 x2 – 4x - 6 = 0
10 2
10 2
x
x
tm ĐK
KL : nghiệm của PT x = 2 ± 10
VD 3 : GPT :
2
3
2
x
x + 4 3x x2 - 4 (x2 3x 2 )( 4 3x x2 ) = 11 (3)
ĐK : -1 x 1 và 2 x 4
Đặt t = 2 3 2
x
x + 4 3x x2 t 0
t2 = 6 + 2 (x2 3x 2 )( 4 3x x2 )
(x2 3x 2 )( 4 3x x2 ) =
2
6
2
t
PT (3) có dạng : t – 2 ( t2 – 6 ) = 11 2 t2 – t – 1 = 0
Trang 4
1 1 2
t t
(Loại) Với t = 1 ta có 2 3 2
x
x + 4 3x x2 = 1 (3’) Đặt y = x2 – 3x + 2 4 + 3x – x2 = 6 – y
( 3’) có dạng y + 6 y = 1 ĐK : 0 y 6
y + 6 – y + 2 y( 6 y) = 1 2 y6 y 5 pt vô nghiệm
PT (3) Vô nghiệm
VD 4 : GPT
2
1 1 x = x ( 1 + 2 1 x2 ) (4)
ĐK : 1- x2 0 - 1 x 1
Đặt x = sin t với t
2
; 2
khi đó (4) có dạng 1 1 sin t 2 = sin t ( 1 + 2 2t
sin
1 cost = sin t ( 1 + 2 cos t) 2 cos 2t = sin t + sin 2t
2 cos 2t = 2 sin 3t2 cos 2t 2 cos 2t ( 1 - 2 sin 3t2 ) = 0
os 0 2
sin
t c t
2
6
t
t
1 2 1
x x
Vậy PT có nghiệm là : x =
2
1
; x = 1
VD 5 : GPT
1
2
x = 2 (5)
ĐK : x 1
Cách 1 : Ta có ( 2 1 )( 2 1 )
Đặt t = x x2 1 , t 0
x = 1t Khi đó PT ( 5 ) có dạng t + 1t = 2
t2 – 2 t + 1 = 0 t = 1
x = 1 x - 2 1
x = x – 1
1 2 1 0 1
2 2
x x x x
2 2
1
2
x
x
x = 1 Vậy PT có nghiệm x = 1
Cách 2 : Đặt x = sin1t t 0;
2
Khi đó vế trái PT ( 5 ) có dạng :
Trang 51 sin
1
sin
1
2
t
sin
1 sin
1
2
t
t
t cos
sin
1
t cos
sin
1
2
cos 2 sin 2
2 sin
t t
t
+
2
cos 2 sin 2
2 cos
t t
t
=
=
2
tan t + cot
2
t
2 = VP ( Theo BĐT Cosi )
PT ( 5 ) ĐK để dấu “ =’’ xảy ra là
2
tan t = cot
2
t tan
2
t
= cot
2
t
2
t
=
4
+ k
t = 2 + k2 x = 1
Vậy PT có nghiệm x = 1
VD6:GPT 2 1
x
ĐK: 1 x<0 hoặc x 1
Chia cả hai vế cho x ta được x 2 x 1 3 1
Đặt t x 1
x
ta có pt t2 2t 3 0 t 1 t 3 (loại)
2
2
x
Vậy pt có hai nghiệm 1 5
2
x
II Dạng 2 : Sử dụng ẩn phụ để chuyển PT ban đầu về một PT với 1 ẩn phụ (Các hệ
số vẫn còn chứa x)
1 Chú ý : Phương pháp này được sử dụng đối với những PT khi lựa chọn ẩn phụ
cho một biểu thức thì các biểu thức còn lại không biểu diễn được triệt để qua ẩn phụ đó Khi đó thường ta được 1 PT bậc 2 theo ẩn phụ hoặc theo ẩn x có là một
số chính phương
2 Các ví dụ :
VD 1 : GPT : ( 4x – 1 ) 3 1
x = 2x3 + 2x + 1 (1)
ĐK : x -1
Trang 6Đặt t = 3 1
x ĐK : t 0 t2 = x3 + 1
Khi đó PT ( 1 ) có dạng ( 4x – 1 )t 2t2+ 2x – 1 2t2 4x 1t 2x 1 0 (1’)
Có = ( 4x – 1 )2 - 8( 2x – 1 ) = ( 4x – 3 )2
PT ( 1’ ) Có nghiệm t = 4x 14(4x 3)
2
1
1 2
t
x
t
2 3
3
2 1 0
1 1 4
x
x
3 4 2 2
x x
x
3
4 3
2
x x
Vậy PT có 2 nghiệm phân biệt
3
4 3
2
x x
VD 2 :GPT : x2 – 1 = 2x x2 2x
(2)
ĐK x2 – 2x 0
2
0
x
x
Đặt t = x2 2x
Với t 0 Khi đó PT ( 2 ) có dạng : x2 – 2tx – 1 = 0 (2’)
Có ' = t2 + 1 = x2 – 2x + 1 = ( x – 1 )2
Do đó ( 2’ ) có nghiệm x = t ( x – 1 )
) 1 ( 2
) 1 ( 2
2
2
x x x
x
x x x
x
1 2 2
1 2
2 2
x x x
x x
2 2
2
) 1 2 ( 2 0 1 2
1 2
x x
x
x
x x
0 1 2
3 2 1
0 1 2
2 2
x x
x
x x
2
1
2
1
x
x
tm
KL : Vậy PT có 2 nghiệm x = 1 2
III Dạng 3 :
- Là việc sử dụng k ẩn phụ chuyển PT ban đầu thành một hệ PT với k ẩn phụ
- Trong hệ mới thì : k-1 PT nhận được từ các mối liên hệ giữa các đại lượng tương ứng
- Các ví dụ :
VD 1:
Giải PT : 3 2 x = 1- x 1 (1)
ĐK : x 1
Trang 7Đặt
3 2
1
v 0 u3 + v2 = 1
Khi đó PT ( 1 ) trở thành
3 2 1 1
u v
u3 + ( 1 – u ) 2 = 1 u3 + u2 – 2u = 0
0
1
2
u
u
u
3 3 3
x x x
x x x
2 1 10
x x x
KL : PT có 3 nghiệm x=2; x=1; x=10
IV Dạng 4 : Là việc sử dụng một ẩn phụ chuyển PT ban đầu thành một hệ PT với
1 ẩn phụ và một ẩn x
1)Các bước giải :
B1: Đặt ĐK có nghĩa cho các biểu thức trong phương trình
B3 : Đặt y =( x ) ta biến đổi PT thành hệ PT y f x y( , ) 0( )x
2)Chú ý :
Hệ PT thu được thông thường là hệ đối xứng
Chú ý hai dạng toán cơ bản sau :
+) PT dạng: ax+b= c ( dx + e )2 + x Với d=ac + ; e = bc + (*)
Phương pháp: ĐK: ax + b 0
Đặt dy + e = ax+b ĐK : dy + e 0
Để sử dụng phương pháp này phải khéo léo biến đổi PT ban đầu về dạng tm đk (*) +) PT dạng 3 ax+b= c( dx + e)3 + x + Với d= ac + ; e = bc +
Phương pháp: đặt dy+e = 3 ax b
3 Các ví dụ :
VD1 : GPT : x+1 = x2 + 4x + 5 (1)
ĐK : x -1
( 1 ) x+1 = ( x + 2 )2 + 1; ( a = b = c = d == 1; e = 2 ; = 0 )
Đặt y + 2 = x+1 ;ĐK y + 2 0 y -2
Khi đó PT trở thành
2 2
2 ( 2) 1
2 2
1 ( 2)
1 ( 2)
1' 2'
x – y = - [ ( x + 2 )2 – ( y + 2 )2 ] x – y = - ( x – y ) ( x + y + 4 )
Trang 8 ( x – y ) ( x + y + 5 ) = 0 (*)
Vì x -1 ; y -2 x + y -3 x + y + 5 2
nên PT ( * ) y = x thay vào (1’) Ta được
x + 1 = x2 + 4x + 4 x2+ 3x + 3 = 0 Vô nghiệm
Vậy pt đã cho vô nghiệm
VD 2 : GPT : x3 + 1 = 2 3 2x-1 (2)
Đặt y = 3 2x-1 2x – 1 = y3 x = 3 1
2
y
PT ( 2 ) Trở thành
3 3
1 2
1 2
a b
3
3 3
1 2
2( )
3 1 22 2
3
1 2
x y x xy y
3
3
1 2 ( ) 0
1 2
( )
2 0
I
x y
II
x xy y
+) Giải hệ I
3 1 2
x y
x3 – 2x + 1 = 0
( x - 1 ) ( x2 + x – 1 ) = 0
1
1 5 2
x x
+) Giải hệ II :
Ta có : x2+ xy + y2 +2 = ( x + 1
2y )2 + 3
4y2 + 2 2 Nên hệ ( II ) Vô nghiệm
KL : PT có 3 nghiệm x = 1 ; x = 1 5
2
V Dạng 5: Sử dụng phương tiện đạo hàm để suy ra cách đặt ẩn phụ, đưa pt đã cho
về hệ pt đối xứng
ax b x cx d a, 0
a
2 1
b ad
2
ac
Khi đó bằng phép đặt ax
2
ac
b y
, ta đưa pt về hệ pt đối xứng
Trang 9Ví dụ: Giải pt: 2 29 12 61
3
x
12
x
f x x x f x x x
Đặt
2
,
x x y x x y
2
2 2 2
3
3
x
y
y x y y x y
*) Với
y x x x x
1,2 3 126
9
ax b cx dx e a, 0,c o a,
c
Xét f(x) = cx2 + dx + e ' 2 0
2
d
c
khi đó bằng phép đặt ax b 2cy d Ta đưa pt về hệ pt đối xứng
Ví dụ 1: Giải pt : 9x 5 3 x2 2x 3
9
x
3
f x x x f x x x
3
x y y x y y
9y2 6y 9x 6 3y2 2y 3x 2 1
Mặt khác ta có: 3x2 2x 3 3y 1 3x2 2x 3y 2 2
Trang 10Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
2 2
Ví dụ 2: Giải pt: x2 x 2004 1 16032 x 2004
16032
x
2
f x x x f x x x
2
Mặt khác từ pt ta có: x2 x 2004 2004 2 1 t x2 x 4008 2t
Từ (1) và (2) ta có hệ pt
2 2
4008 4008
ax b cx dx ex m a, 0,c 0,a
c
Xét hàm số f x cx3 dx2 ex m f x' 3cx2 2dx e
'' 6 2 0
3
d
c
Khi đó bằng phép đặt: 3 ax
3
d
b y
c
ta đưa pt đã cho thành hệ pt đối xứng
Ví dụ: Giải pt: 3 63 3 3 2 9
3
x
x x x
3
x
f x x x f x x x f x x x
Đặt
3
12 18 4 18 27 1
3
12 18 4 18 27 2
x
y x x y x x x
Từ (1) và (2) ta có hệ
12 18 4 18 27
12 18 4 18 27
ax b cx dx +ex m a, 0,c 0,a
c
Xét hàm số f x cx3 dx2 ex m f x' 3cx2 2dx e
'' 6 2 0
3
d
c
Khi đó bằng phép đặt: 3 ax b 3cy d ta đưa pt đã cho thành hệ pt đối xứng
Ví dụ: Giải pt 3 3 2 4
81x 8 x 2x x 2
Trang 11Ta có: 3 2 4 2 4 2
f x x x x f x x x f x x x
3
x y xy y y ( 1)
Từ pt và theo cách đặt ta có: 3 2 4
3
y x x x (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ
4
3 4
3
Dạng 6: Dùng định lý Vi-ét để biến đổi pt chứa căn thành pt tích
1 Phương pháp
Bước 1: Viết pt về dạng bậc hai, đặt ẩn phụ t ax b
Bước 2: Biến đổi về dạng thích hợp và kiểm tra dạng Vi-ét
2 Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải pt 2x2 x 3 3x x 3
ĐK: x 3
Đặt: t x 3 ta có t2 3xt 2x2 0
Ta có: 2 32
2 2
x x x
2
2
t x
pt trở thành
2
2
t t
3
Ví dụ 2: Giải pt
2
8
4 2
x
x
ĐK:
8
1
2
x
x
Pt đã cho tương đương: x 8 4x 2 x 8 3x2 6x 0
x 8 3x x 2 x 8 3x x 2 0
Đặt t x 8 ta được: 2
t x x t x x
Đặt t1 3 ,x t2 x 2 pt có dạng: 2
1 2 1 2 0
t t t t t t
1 2
8 3 0
t t t t
Trang 12BÀI TẬP LUYỆN TẬP :
1) Cho PT : ( x + 3 )( x + 1 ) + 4( x + 3 ) 1
3
x x
= m a) Giải PT với m = -3
b) Tìm m để PT có nghiệm
2) Giải PT : x 2 1 + 2 1
2
x x
=
2 2 2
( 1)
2 (1 )
x
3) Giải PT : x2 – 1 = 2x x2 2x
4) Giải PT : x2 + 4x = ( x+ 2 ) x2 2x 4
5) Giải PT : 3 9 x = 2 - x 1
6) Giải PT : 7 x2 + 7x =
28
9
4 x
7) Giải PT : x3 + 2 = 3 3 3 x 2
8) Giải PT : x 3 35 x3 (x 3 35 x3 ) = 30
9) Giải PT : 3x3 + x - 296 =
6
6
12 x
10) Giải PT: x2 4x 3 x 5
G Kết luận
1 Kết quả:
Sáng kiến kinh nghiệm này được tôi áp dụng ở một số tiết dạy của khối 10, 11, bước đầu đã thu được kết quả đáng kể Chất lượng bài giảng được nâng lên so với những năm học trước
Về phía học sinh khi thực hiện tiết dạy này đã thu hút được sự chú ý của các em,
đa số học sinh hiểu bài và không còn lúng túng trong việc chọn cách giải cho một bài toán, vận dụng linh hoạt vào các bài tập cụ thể
2 Bài học kinh nghiệm
Bản thân tôi rút ra được bài học kinh nghiệm trong các giờ luyện tập giáo viên phải chọn bài hay, phù hợp với đối tượng học sinh để học sinh rèn luyện được kỹ năng giải bài tập, gây hứng thú học tập và khơi dậy lòng yêu thích học môn toán của các em
Trang 13Ngoài ra mỗi giáo viên phải khiêm tốn học hỏi, thường xuyên tích lũy kinh nghiệm để từng bước nâng cao trình độ chuyên môn
Cần tổ chức những giờ dạy mẫu có quy mô phù hợp với thực tế nhà trường ở từng địa phương, để tìm ra một phương pháp thích hợp nhất giúp một giờ dạy toán
dù ở đâu, đối tượng học sinh như thế nào vẫn đạt được hiệu quả
Tuần Giáo, ngày 15 tháng 4 năm 2009
Hoàng Thị Duyên