Đề tài SKKN "Giải PT vô tỉ bằng cách đặt ẩn phụ"

Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên 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 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 Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán - Tin 1 Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên + 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 2 ax b cx 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 )(xf và f(x) Đặt t = )(xf ( t ≥ 0 ) ⇒ f(x) = t 2 b) PT chứa )(xf , )(xg và )(xf . )(xg = k ( k= const) Đặt t= )(xf ( t ≥ 0 ) ⇒ )(xg = t k c) PT chứa )(xf ± )(xg ; )().( xgxf và f(x) + g(x) = k ( k= const) Đặt t = )(xf ± )(xg ⇒ )().( xgxf = ± 2 2 kt − d) PT chứa 22 xa − Đặt x = a sint với t       −∈ 2 ; 2 ππ hoặc x = a cost với t [ ] π ;0∈ e) PT chứa 22 xa + Đặt x = a tant với t ; 2 2 π π   ∈ −  ÷   hoặc x = a cott với t ( ) 0; π ∈ f) PT dạng ax 0b cx d+ + + = đặt 2 t d t cx d x c − = + ⇔ = ta thu được pt bậc hai 2 0 at ad b t c − + + = g) PT dạng ( ) 2 2 A a x a x B a x C+ + − + − = đặt 2 2 2 2 2t a x a x t a a x= + + − ⇒ = + − ta được pt bậc hai 2 2 ( ) 2 t a At B C − + = h) PT dạng ( ) ( ) 2 2 0A x x a B x x x x a C+ + + + + + + = đặt 2 2 2t x x a t x x a x x a= + + ⇒ = + + + + ta thu được pt bậc hai ( ) 2 0At B t a C+ − + = Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán - Tin 2 Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên i) PT dạng ( ) ( ) 2 2 0A x x a B x x x a C+ + + + + + = đặt 2 2 2 2 2 2t 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 : 33 2 +− xx + 63 2 +− xx = 3 (1) Đặt t = x 2 – 3x + 3 Ta có : t = 4 3 2 3 2 +       −x ≥ 4 3 ⇒ Đk t ≥ 4 3 Khi đó (1) có dạng t + 3+t = 3 ⇔ t + t + 3 + 2 )3( +tt = 9 ⇔ )3( +tt = 3 – t ⇔ 2 3 0 ( 3) (3 ) t t t t − ≥   + = −  ⇔    = ≤ 1 3 t t ⇔ t = 1 ⇔ x 2 – 3x + 3 = 1 ⇔    = = 2 1 x x KL : PT có 2 nghiệm x= 1 ; x = 2. VD 2 :GPT : 2x 2 + 54 2 −− xx = 8x + 13 (2) ĐK : x 2 – 4x -5 ≥ 0 ⇔ x ≤ -1 hoặc x ≥ 5 PT ( 2 ) ⇔ 54 2 −− xx = -2x 2 + 8x + 13 (2’) Đặt y = 54 2 −− xx ĐK y ≥ 0 Ta có y 2 = x 2 – 4x - 5 PT ( 2’) ⇔ y = - 2y 2 + 3 ⇔ 2y 2 + y - 3 = 0 ⇔     <−= = 0 2 3 1 y y loại Với y = 1 ⇔ x 2 – 4x - 5 = 1 ⇔ x 2 – 4x - 6 = 0 ⇔     += −= 102 102 x x tm ĐK KL : nghiệm của PT x = 2 ± 10 VD 3 : GPT : 23 2 +− xx + 2 34 xx −+ - 4 )34)(23( 22 xxxx −++− = 11 (3) ĐK : -1 ≤ x ≤ 1 và 2 ≤ x ≤ 4 Đặt t = 23 2 +− xx + 2 34 xx −+ t ≥ 0 ⇒ t 2 = 6 + 2 )34)(23( 22 xxxx −++− Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán - Tin 3 Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên ⇒ )34)(23( 22 xxxx −++− = 2 6 2 −t PT (3) có dạng : t – 2 ( t 2 – 6 ) = 11 ⇔ 2 t 2 – t – 1 = 0 ⇔ 1 1 2 t t =    = −  (Loại) Với t = 1 ta có 23 2 +− xx + 2 34 xx −+ = 1 (3’) Đặt y = x 2 – 3x + 2 ⇒ 4 + 3x – x 2 = 6 – y ( 3’) có dạng y + y−6 = 1 ĐK : 0 ≤ y ≤ 6 ⇔ y + 6 – y + 2 )6( yy − = 1 ( ) 2 6 5y y⇔ − = − pt vô nghiệm ⇒ PT (3) Vô nghiệm. VD 4 : GPT 2 1 1 x+ − = x ( 1 + 2 2 1 x− ) (4) ĐK : 1- x 2 ≥ 0 ⇔ - 1 ≤ x ≤ 1 Đặt x = sin t với t       −∈ 2 ; 2 ππ khi đó (4) có dạng 2 1 1 sin t+ − = sin t ( 1 + 2 t 2 sin1 − ) ⇔ tcos1+ = sin t ( 1 + 2 cos t) ⇔ 2 cos 2 t = sin t + sin 2t ⇔ 2 cos 2 t = 2 sin 2 3t cos 2 t ⇔ 2 cos 2 t ( 1 - 2 sin 2 3t ) = 0 ⇔ os 0 2 3 2 sin 2 2 t c t  =    =   ⇔       = = 2 6 π π t t ⇔ 1 2 1 x x  =   =  Vậy PT có nghiệm là : x = 2 1 ; x = 1. VD 5 : GPT 1 2 −− xx + 1 2 −+ xx = 2 (5) ĐK : x ≥ 1 Cách 1 : Ta có )1)(1( 22 −+−− xxxx = 1 Đặt t = 1 2 −− xx , t ≥ 0 ⇒ 1 2 −+ xx = t 1 Khi đó PT ( 5 ) có dạng t + t 1 = 2 ⇔ t 2 – 2 t + 1 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ 1 2 −− xx = 1 ⇔ x - 1 2 −x = 1 Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán - Tin 4 Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên ⇔ 1 2 −x = x – 1 ⇔    +−=− ≥− 121 01 22 xxx x ⇔    = ≥ 22 1 2 x x ⇔ x = 1 Vậy PT có nghiệm x = 1 Cách 2 : Đặt x = tsin 1 t 0; 2 π   ∈     Khi đó vế trái PT ( 5 ) có dạng : 1 sin 1 sin 1 2 −− t t + 1 sin 1 sin 1 2 −+ t t = t t cos sin 1 − + t t cos sin 1 + = 2 cos 2 sin2 2 sin2 2 tt t + 2 cos 2 sin2 2 cos2 2 tt 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 π + k π ⇔ t = 2 π + k2 π ⇔ x = 1 Vậy PT có nghiệm x = 1 VD6:GPT 2 1 2 3 1x x x x x + − = + ĐK: 1 x− ≤ <0 hoặc 1x ≥ Chia cả hai vế cho x ta được 1 1 2 3x x x x + − = + Đặt 1 t x x = − ta có pt 2 2 3 0 1 3t t t t− − = ⇔ = ∨ = − (loại) 2 1 1 5 1 1 0 2 x x x x x ± ⇒ − = ⇔ − − = ⇔ = (tm) 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). Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán - Tin 5 Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên 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 ) 1 3 +x = 2x 3 + 2x + 1 (1) ĐK : x ≥ -1 Đặt t = 1 3 +x ĐK : t ≥ 0 ⇒ t 2 = x 3 + 1 Khi đó PT ( 1 ) có dạng ( 4x – 1 )t 2 2t= + 2x – 1 ( ) 2 2 4 1 2 1 0t x t x⇔ − − + − = (1’) Có ∆ = ( 4x – 1 ) 2 - 8( 2x – 1 ) = ( 4x – 3 ) 2 ⇒ PT ( 1’ ) Có nghiệm t = 4 )34(14 −±− xx ⇔     = −= 2 1 12 t xt ⇔ ( ) 2 3 3 2 1 0 1 2 1 1 1 4 x x x x  − ≥     + = −      + =   ⇔           −=           = = ≥ 3 4 3 2 0 2 1 x 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 : x 2 – 1 = 2x xx 2 2 − (2) ĐK x 2 – 2x ≥ 0 ⇔    ≥ ≤ 2 0 x x Đặt t = xx 2 2 − Với t ≥ 0 Khi đó PT ( 2 ) có dạng : x 2 – 2tx – 1 = 0 (2’) Có '∆ = t 2 + 1 = x 2 – 2x + 1 = ( x – 1 ) 2 Do đó ( 2’ ) có nghiệm x = t ± ( x – 1 ) ⇔     −−−= −+−= )1(2 )1(2 2 2 xxxx xxxx ⇔     −=− =− 122 12 2 2 xxx xx Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán - Tin 6 Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên ⇔         −=− ≥− =− 22 2 )12(2 012 12 xxx x xx ⇔            =+− ≥ =−− 0123 2 1 012 2 2 xx x xx ⇔     += −= 21 21 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- 1x − (1) ĐK : x ≥ 1 Đặt 3 2 1 u x v x  = −   = −   v ≥ 0 ⇒ u 3 + v 2 = 1 Khi đó PT ( 1 ) trở thành 3 2 1 1 u v u v  + =  + =  ⇒ u 3 + ( 1 – u ) 2 = 1 ⇔ u 3 + u 2 – 2u = 0 ⇔ 0 1 2 u u u =   =   = −  ⇔ 3 3 3 2 0 2 1 2 2 x x x  − =  − =   − = −   ⇔ 2 0 2 1 2 8 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 . B2 : Biến đổi PT về dạng f [ x, ϕ ( x ) ] = 0 B3 : Đặt y = ϕ ( x ) ta biến đổi PT thành hệ PT ( ) ( , ) 0 y x f x y ϕ =   =  2)Chú ý : Hệ PT thu được thông thường là hệ đối xứng Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán - Tin 7 Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên Chú ý hai dạng toán cơ bản sau : +) PT dạng: ax+b = c ( dx + e ) 2 + x α β + Với d=ac + α ; e = bc + β (*) 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 + α x + β Với d= ac + α ; e = bc + β Phương pháp: đặt dy+e = 3 ax b+ 3. Các ví dụ : VD1 : GPT : x+1 = x 2 + 4x + 5 (1) ĐK : x ≥ -1 ( 1 ) ⇔ x+1 = ( x + 2 ) 2 + 1; ( a = b = c = d = β = 1; e = 2 ; α = 0 ) Đặt y + 2 = x+1 ;ĐK y + 2 ≥ 0 ⇔ y ≥ -2 Khi đó PT trở thành 2 2 2 ( 2) 1 ( 2) 1 y x y x  + = + +   + = +   ⇔ 2 2 1 ( 2) 1 ( 2) y x x y  + = +   + = +   ( ) ( ) 1' 2' ⇒ x – y = - [ ( x + 2 ) 2 – ( y + 2 ) 2 ] ⇔ x – y = - ( x – y ) ( x + y + 4 ) ⇔ ( 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 = x 2 + 4x + 4 ⇔ x 2 + 3x + 3 = 0 Vô nghiệm Vậy pt đã cho vô nghiệm VD 2 : GPT : x 3 + 1 = 2 3 2x-1 (2) Đặt y = 3 2x-1 ⇔ 2x – 1 = y 3 ⇔ x = 3 1 2 y + PT ( 2 ) Trở thành 3 3 1 2 1 2 x y y x  + =   + =   ( ) ( ) a b ⇔ 3 3 3 1 2 2( ) x y x y y x  + =   − = −   ⇔ 3 2 2 1 2 ( )( ) 2( ) x y x y x xy y y x  + =   − + + = −   ⇔ 3 2 2 1 2 ( )( 2) 0 x y x y x xy y  + =   − + + + =   ⇔ 3 3 2 2 1 2 ( ) 0 1 2 ( ) 2 0 x y I x y x y II x xy y   + =   − =     + =     + + + =    +) Giải hệ I 3 1 2x y x y  + =  =  ⇔ x 3 – 2x + 1 = 0 ⇔ ( x - 1 ) ( x 2 + x – 1 ) = 0 ⇔ 1 1 5 2 x x =   − ±  =   Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán - Tin 8 Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên +) Giải hệ II : Ta có : x 2 + xy + y 2 +2 = ( x + 1 2 y ) 2 + 3 4 y 2 + 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. 5.1/ PT dạng ( ) 2 1 ax , 0b x cx d a a + = + + ≠ và thỏa mãn 2 1 2 2 a c c b ad   + = +  ÷   Xét hàm số ( ) 2 1 2 ' 0 2 ac y x cx d f x x c x a a = + + ⇒ = + = ⇒ = − , Khi đó bằng phép đặt ax 2 ac b y+ = + , ta đưa pt về hệ pt đối xứng. Ví dụ: Giải pt: 2 29 12 61 3 6 36 x x x + + − = ĐK: 61 12 x ≥ − Ta có: ( ) ( ) 2 29 1 3 ' 6 1 0 6 6 f x x x f x x x= + − ⇒ = + = ⇔ = − Đặt ( ) 2 2 2 12 61 1 1 12 61 1 1 , 36 6 6 36 3 36 12 61 36 12 1 3 5 1 x x y y y y x y y y y x + + = + ≥ − ⇔ = + + ⇔ + = + + ⇔ + = + Mà theo cách đặt ta có: ( ) 2 2 29 1 3 3 5 2 6 6 x x y x x y+ − = + ⇔ + = + Từ (1) và (2) ta có hệ: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 3 3 5 3 3 2 0 y y x y x y x x y x x y x y y x y x  + = +  ⇒ − + − = −  + = +   ⇔ − + + = ⇔ = hoặc 3 2 3 x y + = − *) Với 2 5 1 3 5 , . 3 6 y x y y x y   = ⇒ = ⇒ = = ≥ −  ÷   *) Với 2 2 3 2 3 2 3 5 9 6 13 0 3 3 x x y x x x x + + = − ⇒ + = + ⇔ + − = 1,2 3 126 9 x − ± ⇔ = . Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán - Tin 9 Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên 5.2/ PT dạng : 2 1 ax , 0, ,b cx dx e a c o a c   + = + + ≠ ≠ ≠  ÷   Xét f(x) = cx 2 + dx + e ( ) ' 2 0 2 d f x cx d x c ⇒ = + = ⇒ = − khi đó bằng phép đặt ax 2b cy d+ = + . Ta đưa pt về hệ pt đối xứng Ví dụ 1: Giải pt : 2 9 5 3 2 3x x x− = + + ĐK: 5 9 x ≥ Ta có: ( ) ( ) 2 1 3 2 3 ' 6 2 0 3 f x x x f x x x= + + ⇒ = + = ⇒ = − Đặt: 2 1 9 5 3 1, 9 5 9 6 1 3 x y y x y y− = + ≥ − ⇒ − = + + ( ) 2 2 9 6 9 6 3 2 3 2 1y y x y y x⇔ + = − ⇔ + = − Mặt khác ta có: ( ) 2 2 3 2 3 3 1 3 2 3 2 2x x y x x y+ + = + ⇔ + = − Từ (1) và (2) ta có hệ pt: 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 y y x x x y  + = −   + = −   Ví dụ 2: Giải pt: 2 2004 1 16032 2004x x x− − + = ĐK: 1 16032 x ≥ − Ta có: ( ) ( ) 2 1 2004 ' 2 1 0 2 f x x x f x x x= − − ⇒ = − = ⇒ = Đặt ( ) 2 1 1 16032 2 1, 4008 1 2 x t t t t x+ = − ≥ ⇒ − = Mặt khác từ pt ta có: ( ) ( ) 2 2 2004 2004 2 1 4008 2x x t x x t− − = − ⇒ − = Từ (1) và (2) ta có hệ pt 2 2 4008 4008 t t x x x t  − =   − =   5.3/ PT dạng: 3 2 3 1 ax ex , 0, 0,b cx dx m a c a c   + = + + + ≠ ≠ =  ÷   Xét hàm số ( ) ( ) 3 2 2 ex ' 3 2f x cx dx m f x cx dx e= + + + ⇒ = + + ( ) '' 6 2 0 3 d f x cx d x 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 2 3 63 3 9 3 8 3 2 4 x x x x− = − + Ta có: ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 9 9 3 ' 3 '' 2 3 0 3 2 4 4 2 x f x x x f x x x f x x x= − + ⇒ = − + ⇒ = − = ⇒ = Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán - Tin 10 [...]... ⇒ f '' ( x ) = 6cx + 2d = 0 ⇒ x = − 3c 3 Khi đó bằng phép đặt: ax + b = 3cy + d ta đưa pt đã cho thành hệ pt đối xứng 4 Ví dụ: Giải pt 3 81x − 8 = x3 − 2 x 2 + x − 2 3 4 4 2 Ta có: f ( x ) = x3 − 2 x 2 + x − 2 ⇒ f ' ( x ) = 3x 2 − 4 x + ⇒ f '' ( x ) = 6 x − 4 = 0 ⇒ x = 3 3 3 4 Đặt 3 81x − 8 = 3 y − 2 ⇒ 3 x = y 3 − 2 y 2 + y ( 1) 3 4 Từ pt và theo cách đặt ta có: 3 y = x3 − 2 x 2 + x (2) 3 4  3 2 3... 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 2 x 2 + x + 3 = 3x x + 3 ĐK: x ≥ −3 Đặt: t = x + 3 ta có t 2 − 3xt + 2 x 2 = 0 Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tin 11 Tổ: Toán - Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên 2 x + x = 3x Ta có:   2 x.x = 2 x 2 t1 = 2 x t2 = x nên đặt. .. 3x, t2 = x + 2 pt có dạng: t − ( t1 + t2 ) t + t1t2 = 0 2  x + 8 = 3x ⇔ ( t − t1 ) ( t − t2 ) = 0 ⇔   x +8 = x + 2  BÀI TẬP LUYỆN TẬP : 1) Cho PT : ( x + 3 )( x + 1 ) + 4( x + 3 ) a) b) x +1 =m x−3 Giải PT với m = -3 Tìm m để PT có nghiệm ( x 2 + 1)2 x2 + 1 = x +1 + 2 x (1 − x 2 ) 2x 2) Giải PT : 3) 4) 5) Giải PT : x2 – 1 = 2x x 2 + 2 x Giải PT : x2 + 4x = ( x+ 2 ) x 2 − 2 x + 4 Giải PT : 3 9 − x...Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên 63 3 63 9 27 27 9 9 27 = y − ⇒ 3x − = y3 − y 2 + y− ⇒ 3x − = y 3 − y 2 + y 8 2 8 2 4 8 2 2 4 Đặt ⇔ 12 x − 18 = 4 y 3 − 18 y 2 + 27 y ( 1) 3 3x − 3 x3 3 2 9 − x + x ⇒ 12 y − 18 = 4 x 3 − 18 x 2 + 27 x ( 2 ) 2 3 2 4 3 2 12 x − 18 = 4 y − 18 y + 27 y  Từ (1) và (2) ta có hệ  3 2 12 y − 18 = 4 x − 18 x + 27 x  Từ pt và theo cách đặt ta có: y − = 1  3 2 5.4/ PT dạng: PT. .. Giải PT : x2 + 4x = ( x+ 2 ) x 2 − 2 x + 4 Giải PT : 3 9 − x = 2 - x − 1 6) Giải PT : 2 7 x2 + 7x = 4x + 9 28 3x − 2 7) Giải PT : x3 + 2 = 3 3 8) Giải PT : x 3 35 − x 3 ( x + 3 35 − x 3 ) = 30 29 = 6 12 x − 6 6 2 10) Giải PT: x − 4 x − 3 = x + 5 9) Giải PT : 3x3 + x - Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tin 12 Tổ: Toán - Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên G Kết luận 1 Kết quả: Sáng kiến kinh nghiệm này được tôi... nên đặt  pt trở thành t = t1 t 2 − ( t1 + t2 ) t + t1t2 = 0 ⇔ ( t − t1 ) ( t − t2 ) = 0 ⇔  t = t 2 Ví dụ 2: Giải pt x +8 =  x + 3 = 2x ⇔  x+3 = x  3x 2 + 7 x + 8 4x + 2  x ≥ −8  ĐK:  1 x ≠ − 2  Pt đã cho tương đương: ( x + 8 ) − ( 4 x + 2 ) x + 8 + 3x 2 + 6 x = 0 ⇔ ( x + 8 ) − ( 3 x + x + 2 ) x + 8 + 3x ( x + 2 ) = 0 Đặt t = x + 8 ta được: t − ( 3x + x + 2 ) t + 3x ( x + 2 ) = 0 2 Đặt t1... 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 . 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 )(xf và f(x) Đặt t = )(xf . 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 Giáo. Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên 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